Apuntes de Matem´
atica Discreta
5. Combinaciones. Teorema del Binomio
Francisco Jos´
e Gonz´
alez Guti´
errez
Lecci´
on 5
Combinaciones. Teorema del
Binomio
Contenido
5.1 Combinaciones . . . 105
5.1.1 Definici´on . . . 106
5.1.2 Formaci´on y n´umero de combinaciones . . . 106
5.2 Teorema del Binomio . . . 112
5.2.1 Proposici´on . . . 119
5.2.2 F´ormula de Pascal . . . 119
5.2.3 Tri´angulo de Pascal . . . 121
5.3 Combinaciones con Repetici´on . . . 121
5.3.1 Definici´on . . . 122
5.3.2 N´umero de combinaciones con repetici´on . . . 123
Los elementos a combinar en estas cuestiones no tienen m´as propiedades que su diversidad. No tienen valor o capacidad ar-itm´eticos, salvo que se pueden contar. No se puede operar con ellos, sumarlos o restarlos, multiplicarlos o dividirlos. Simple-mente, se pueden combinar.
Thomas Kirkman (1857)
5.1
Combinaciones
Supongamos que disponemos de una baraja de 52 cartas. ¿Cu´antas manos de cinco cartas diferentes pueden obtenerse de dicha baraja?
Supongamos calculadas todas las ordenaciones posibles de las 52 cartas de la baraja. Tendr´ıamos P52
ordenaciones distintas. Parece que si elegimos cinco cartas cualesquiera en cada una de las ordenaciones (las mismas en cada ordenaci´on), el problema estar´ıa resuelto. Sin embargo, no es as´ı, ya que por ejemplo dos de los grupos elegidos podr´ıan ser
a1a2a3a4a5 ya1a3a4a2a5
pero estas dos manos son iguales desde el punto de vista que se plantea la pregunta, es decir, el orden en que nos den las cinco cartas es irrelevante. Entre las P52 ordenaciones habr´a P5 que ser´an iguales.
Adem´as cada una de ellas estar´a repetidaP52−5 veces, luego por laregla del producto, dentro de las P52
ordenaciones habr´a un total deP5·P(52−5)ordenaciones iguales. As´ı pues, el n´umero de manos distintas,
M, por el n´umero de veces que se repite cada una ser´a igual al total de ordenaciones posibles de las 52 cartas, es decir, M ·P5·P52−5=P52 de aqu´ı que M = P52 P5·P(52−5) = 52! 5!·(52−5)!
sea el n´umero de manos diferentes de cinco cartas que pueden obtenerse. La nueva situaci´on nos sit´ua ante la definici´on de combinaci´on que ahora veremos.
5.1.1
Definici´
on
Dada una colecci´on de m objetos a1, a2, . . . , am−1, am distintos y un n´umero entero positivo n6m,
llamaremos combinaci´on de ordenna cualquier subcolecci´on,a1, a2, . . . , an denobjetos de la colecci´on
dada.
Dos combinaciones ser´an distintas si alg´un o algunos elementos de uno de los grupos no se encuentra en el otro, es decir, si difieren en alg´un o algunos elementos.
5.1.2
Formaci´
on y n´
umero de combinaciones
Al n´umero de combinaciones de orden n de una colecci´on de m objetos, lo designaremos por Cm,n y
diremos que es el n´umero de combinaciones dem elementos tomadosn an. Su n´umero es
Cm,n=
m!
n!(m−n)!
Demostraci´on
Procederemos por inducci´on para formar las combinaciones demelementos tomadosnany calcular su n´umero.
Paso b´asico. Paran= 1, las combinaciones de orden 1, ser´an:
a1 a2 a3. . . an
para n = 2, obtendremos las combinaciones de orden dos de m elementos. Estas podr´an obtenerse a˜nadiendo a cada combinaci´on de orden 1 los elementos que le siguen, uno a uno, es decir,
a1a2 a1a3 a1a4 · · · a1an a2a3 a2a4 · · · a2an a3a4 · · · a3an .. . an−1an
Supuestas formadas las de orden n−1, de modo que en cada una aparezcan los ´ındices ordenados de menor a mayor, las combinaciones de ordenn, se obtienen a˜nadiendo a cada combinaci´on de ordenn−1 cada uno de los elementos posteriores al ´ultimo de los que en ella figuren.
De esta forma, todas las combinaciones n-arias as´ı formadas son distintas, bien porque proceden de combinaciones de ordenn−1, o bien, por tener diferente el ´ultimo elemento.
Adem´as se obtienen todas las posibles, pues si faltara alguna, separando en una cualquiera de ellas el ´
ultimo elemento nos quedar´ıa una combinaci´on de orden n−1 que no habr´ıa figurado entre las que nos hab´ıan servido de partida de ordenn−1 en contra de la hip´otesis.
Calculemos ahora el n´umero de combinaciones.
Supongamos formadas todas las combinaciones de orden nde melementos, es decir, Cm,n. Si en cada
combinaci´on permutamos de todos los modos posibles losnelementos que figuran en ella, obtendr´ıamos todas las variaciones posibles de esosmelementos tomadosna n. As´ı pues, cada combinaci´on da lugar aPn variaciones, por tanto,
Vm,n=Cm,n·Pn=⇒Cm,n= Vm,n Pn = m! (m−n)! n! = m! n!(m−n)! Al n´umero resultante se le llaman´umero combinatorio y se nota en la forma
m n = m! n!(m−n)!
Ejemplo 5.1 Se dispone de doce puntos en un plano de tal manera que tres cualesquiera de ellos no est´an alineados.
(a) ¿Cu´antas rectas determinan dichos puntos?
(b) ¿Cu´antas de las rectas anteriores pasan por un determinado puntoa? (c) ¿Cu´antos tri´angulos contienen al puntoacomo v´ertice?
Soluci´on
Recordemos que dos puntos cualesquiera del plano determinan una recta y que un tercer punto, o bien est´a alineado con los otros dos, en cuyo caso pertenece a la recta que ambos determinan, o bien no lo est´a, y en tal caso, determina con los otros puntos, dos rectas, una con cada uno de ellos. Dado que disponemos de doce puntos y tres cualesquiera de ellos no est´an alineados, podremos asegurar que cada dos de ellos determinan una recta distinta de las dem´as.
(a) Supongamos que los puntos sona, b, c, d, e, f, g, h, i, jyky notemosadcomo la recta que determinan los puntos ayd.
Pues bien, ad y por da son iguales ya que la recta que determinan a y d es la misma que la determinadadya, por tanto el orden en que tomemos los puntos no influye en la recta que ambos determinan.
Sin embargo, los puntosayddeterminan una recta distinta de la que determinandyeque, a su vez, es distinta de la que determinanayf, por tanto el cambio de alg´un o algunos puntos influye en el hecho de que las rectas que determinan sean distintas.
Consecuentemente, las rectas que determinan los doce puntos ser´ıan combinaciones de orden dos elegidas entre ellos y
C12,2= 12 2 = 12! 2!·10! = 11·12 2 = 66 ser´a el n´umero de rectas distintas que hay.
(b) Bastar´ıa dejar fijo el punto a y trazar una recta a cada uno de los restantes once puntos, luego habr´a, en total, once rectas que pasan por dicho punto.
(c) Cada tres puntos no alineados en el plano determinan un tri´angulo que los tiene como v´ertices. Dejando fijo el punto a, bastar´ıa calcular las combinaciones de orden dos de los once puntos restantes y obtendr´ıamos C11,2= 11 2 = 11! 2!·9!= 10·11 2 = 55
tri´angulos diferentes que tienen al punto acomo uno de sus v´ertices.
Ejemplo 5.2 Un estudiante tiene que responder siete preguntas de un cuestionario de diez. ¿de cu´antas formas puede hacer su elecci´on si
(a) no hay restricciones?
(b) debe responder a las dos primeras preguntas?
(c) debe responder, como m´ınimo, a tres preguntas de las cinco primeras? Soluci´on
Supongamos que las diez preguntas son:
p1, p2, p3, p4, p5, p6, p7, p8, p9, p10
y elegimos un grupo cualquiera de siete de ellas,
p1p3p5p7p8p9p10
es claro que si cambiamos el orden entre ellas el grupo elegido es el mismo, sin embargo si cambiamos alguna o algunas preguntas, el grupo es distinto, por tanto los grupos de siete preguntas ser´an combina-ciones de orden siete elegidas entre las diez del cuestionario.
(a) Al no haber ning´un tipo de restricciones la elecci´on podr´a hacerse de
C10,7= 10 7 = 10! 7!·3! = 120 formas distintas.
(b) Si el estudiante debe responder a las dos primeras preguntas, hallamos todos los grupos distintos de cinco preguntas que pueden elegirse entre las ocho restantes y a cada uno de ellos le a˜nadimos las dos primeras. Por tanto, la elecci´on puede hacerse de
C8,5= 8 5 = 8! 5!·3! = 56 formas distintas.
(c) El estudiante debe responder, como m´ınimo, a tres preguntas de entre las cinco primeras.
Hallamos todos los grupos distintos de k preguntas, con k = 3,4 ´o 5 que pueden elegirse entre las cinco primeras y para cada uno de ellos elegimos 7−k preguntas entre las cinco restantes. El n´umero total de formas distintas de hacer la elecci´on ser´a, por tanto,
5 X k=3 C5,k·C5,7−k = 5 X k=3 5 k · 5 7−k = 5 3 · 5 4 + 5 4 · 5 3 + 5 5 · 5 2 = 11· 5 2 = 11· 5! 2!·3! = 110
Ejemplo 5.3 Para hacer un apuesta de la Loter´ıa Primitiva hay que marcar seis n´umeros elegidos entre el 1 y el 49. ¿De cu´antas formas diferentes puede marcar una persona 6, 5, 4 ´o 3 n´umeros? Soluci´on
Supongamos que marcamos los n´umeros 2, 3, 5, 7, 11 y 13 en este orden. Si los hubi´eramos marcado en cualquier otro orden la apuesta ser´ıa la misma. Sin embargo, cambiando alg´un o algunos n´umeros de ´
estos por otros, tendr´ıamos una apuesta distinta.
Por tanto, las apuestas que pueden hacerse ser´ancombinacionesde orden seis elegidas entre los cuarenta y nueve n´umeros disponibles.
♦Marcando seis n´umeros, el resultado ser´a
C49,6= 49 6 = 49! 6!·(49−6)! = 44·45·46·47·48·49 2·3·4·5·6 = 13.983.816 formas diferentes.
♦Cinco n´umeros se podr´an marcar de
C49,5= 49 5 = 49! 5!·(49−5)! = 45·46·47·48·49 2·3·4·5 = 1.906.884 formas diferentes.
♦An´alogamente, cuatro n´umeros se podr´an marcar de
C49,4= 49 4 = 49! 4!·(49−4)! = 46·47·48·49 2·3·4 = 211876 formas distintas.
♦Finalmente, podremos marcar tres n´umeros de
C49,3= 49 3 = 49! 3!·(49−3)! = 47·48·49 2·3 = 18424 formas diferentes.
Ejemplo 5.4 Demostrar que sines un n´umero entero positivo, entonces
C2n,n+C2n,n−1=
1
2C2n+2,n+1
C2n,n+C2n,n−1 = 2n n + 2n n−1 = 2n! n!·n!+ 2n! (n−1)!·(n+ 1)! = 2n!·(n+ 1) n!·(n+ 1)! + 2n!·n n!·(n+ 1)! = 2n!·(2n+ 1) n!·(n+ 1)! = (2n+ 1)! n!·(n+ 1)! = (2n+ 1)!·(2n+ 2) (2n+ 2)·n!·(n+ 1)! = 1 2 · (2n+ 2)! (n+ 1)!·(n+ 1)! = 1 2 2n+ 2 n+ 1 = 1 2C2n+2,n+1
Ejemplo 5.5 Se quiere elegir un comit´e de doce personas de un grupo formado por diez hombres y diez mujeres. Decir de cu´antas formas puede hacerse la elecci´on
(a) Si no hay restricciones.
(b) Si debe haber 6 hombres y 6 mujeres. (c) Si debe haber un n´umero par de mujeres. (d) Si debe haber 8 hombres como m´ınimo. Soluci´on
Se quieren elegir doce personas de entre las veinte que forman el grupo. Obviamente, el orden en el que se elijan no influye en la composici´on del comit´e, aunque ´este si var´ıa cuando cambiamos alguna o algunas personas. Se trata, por tanto, decombinaciones de orden doce escogidas de entre las veinte personas.
(a) Si no hay restricciones, quiere decir que la composici´on del comit´e puede ser cualquiera, luego la elecci´on puede hacerse de
C20,12= 20 12 = 20! 12!·8!= 125970
(b) Si en el comit´e debe haber seis hombres y seis mujeres, elegimos seis hombres de entre los diez que hay en el grupo y para cada uno de ellos se eligen seis mujeres de entre las diez que hay en el mismo.
Los seis hombres pueden elegirse deC10,6formas distintas y para cada una de estas combinaciones
habr´aC10,6 formas distintas de elegir a las mujeres, consecuentemente, por laregla del producto, la
elecci´on del comit´e podr´a hacerse de
C10,6·C10,6= 10 6 · 10 6 = 10! 6!·4!· 10! 6!·4! = 210·210 = 44100
formas distintas.
(c) Si debe haber un n´umero par de mujeres, entonces podemos representar su n´umero en el comit´e por 2ky el n´umero de hombres por 12−2k, dondek= 1,2,3,4,5.
Razonando igual que en el apartado (b), para cadak tendremosC10,2k·C10,12−2k comit´es con un
n´umero par de mujeres, por tanto el n´umero total de formas de hacer la elecci´on ser´a
5 X k=1 C10,2k·C10,12−2k = 5 X k=1 10 2k · 10 12−2k = 10 2 · 10 10 + 10 4 · 10 8 + 6 6 · 6 6 + 10 8 · 10 4 + 10 10 · 10 2 = 45·1 + 210·45 + 210·210 + 45·210 + 45·1 = 63090
(d) Seak el n´umero de hombres que integran el comit´e, entoncesk = 8,9 ´o 10, siendo el de mujeres 12−k, razonando igual que en el apartado anterior, habr´a
10 X k=8 C10,k·C10,12−k = 10 8 · 10 4 + 10 9 · 10 3 + 10 10 · 10 2 = 10695
formas distintas de hacer la elecci´on.
Ejemplo 5.6 Un comit´e de selecci´on entrevista a cinco candidatos para un puesto de trabajo, entre-gando al final una lista con las personas que propone. Decir cu´antas listas distintas puede entregar el comit´e en los casos siguientes:
(a) La lista ordena a los candidatos del uno al cinco.
(b) El comit´e selecciona un primer candidato, un segundo y un tercero.
(c) El comit´e decide proponer a un candidato para el puesto y seleccionar un grupo de dos suplentes. Soluci´on
(a) El n´umero de listas, en estas condiciones, coincide con el n´umero de formas de ordenar un conjunto con cinco elementos, por tanto, habr´a
P5= 1·2·3·4·5 = 120
listas distintas.
(b) Si el comit´e selecciona un primer candidato, un segundo y un tercero, entonces es como seleccionar ordenadamente tres personas de entre un grupo de cinco, por tanto, el n´umero de listas distintas es, en este caso,
V5,3= 5·4·3 = 60
(c) Proponemos cualquiera de los cinco candidatos para el puesto y nos quedar´ıan cinco personas para elegir a los dos suplentes. Dado que no importa el orden de ´estos, las distintas formas de elegirlos ser´ıan combinaciones de orden dos elegidas entre las cuatro personas que restan. Por la regla del producto, el n´umero de listas distintas es
5·C4,2= 5· 4 2 = 5· 4! 2!·2!= 30
5.2
Teorema del Binomio
Sin es un n´umero entero positivo, entonces,
(a+b)n= n X k=0 n k akbn−k Demostraci´on Observemos lo siguiente: (a+b)2= (a+b)(a+b) =a·a+a·b+b·a+b·b
donde hemos multiplicado el primer sumando (laa) del primer factor (a+b) por los dos del segundo y luego el segundo sumando (la b) del primer factor por los dos del segundo. De esta forma vemos que en cada uno de los cuatro sumandos que configuran el resultado figura uno, y s´olo un elemento de cada factor. El siguiente diagrama resume la situaci´on.
a • •b • a a2 • b ab • a ba • b b2 (a+b)2=a2+ 2ab+b2
Procediendo de forma id´entica,
(a+b)3= (a+b)(a+b)(a+b) =a·a·a+a·a·b+a·b·a+a·b·b+b·a·a+b·a·b+b·b·a+b·b·b
y un diagrama similar al anterior ser´ıa,
a • b• a • •b a • b• a • a3 • a2b b a • a2b b • ab2 a • a2b b • ab2 a • ab2 • b3 b (a+b)3=a3+ 3a2b+ 3ab2+b3
y el siguiente ´arbol nos permitir´ıa escribir el desarrollo de (a+b)4. a • •b a • •b a • •b a• •b a• •b a• •b a• •b a• a4 •b a3b a• a3b •b a2b2 a• a3b • a2b2 b a• a2b2 • ab3 b a• a3b • a2b2 b a• a2b2 • ab3 b a• a2b2 • ab3 b a• ab3 • b4 b (a+b)4=a4+ 6a2b2+ 4ab3+b4
Obs´ervese que al elegir una letra, y s´olo una (laao lab), de cada factor, todos y cada uno de los factores resultantes han de tener el mismo n´umero de letras, dos en (a+b)2, tres en (a+b)3, cuatro en (a+b)4
y as´ı sucesivamente. Veamos un ejemplo de lo que decimos e intentemos sacar alguna conclusi´on. Supongamos que queremos saber el coeficiente de alguno de los sumandos del desarrollo de (a+b)7. Como
hemos visto todos tendr´an siete letras. Consideremos por ejemplo ababaaa, es decir a5b2 y fij´emonos
´
unicamente en lasaes. Teniendo en cuenta que cada una de ellas pertenece a un ´unico factor y llamando a ´estosf1, f2,f3,f4, f5,f6 yf7 para calcular todas las opciones posibles, podemos utilizar el siguiente
esquema: a a a a a f1 f2 f3 f4 f5 f2 f1 f5 f3 f5 f7 f6 f3 f2 f4 .. . ... ... ... ...
Por lo tanto, el n´umero de veces que se repetir´a a5 (y, consecuentemente, a5b2) es igual al n´umero de
grupos de 5 factores que podamos elegir entre los 7 de que disponemos y de tal forma que el orden no influye en el hecho de que dos grupos sean distintos, es decir, el coeficiente de a5b2 en el desarrollo de
(a+b)7 esC 7,5.
Un razonamiento id´entico nos permite decir que el coeficiente dea3b4 en el mismo desarrollo es C 7,3, y
as´ı podemos calcular los coeficientes de todos los sumandos.
Este mismo razonamiento puede utilizarse para calcular el coeficiente de cualquier sumando en el desar-rollo de (a+b)n. Sik es cualquier n´umero entero entre 0 yn, el sumandoakbn−k tiene la arepetidak
veces correspondiendo una, y s´olo una, a cada factor, luego son grupos dekelementos (factores) elegidos entren(total de factores) y donde el orden no importa. Por lo tanto su n´umero esCn,k.
De acuerdo con todo lo expuesto, ya estamos en condiciones de escribir el desarrollo de (a+b)n. (a+b)n = C n,0·a0bn+Cn,1·a1bn−1+Cn,2·a2bn−2+· · ·+Cn,n−1·an−1b+Cn,n·anb0 = n 0 a0bn+ n 1 abn−1+ n 2 a2bn−2+· · ·+ n n−1 an−1b+ n n anb0 = n X k=0 n k akbn−k
Nota 5.1 Plantearemos ahora el mismo problema de forma ligeramente distinta. En el c´alculo que hicimos del coeficiente dea5b2 en el desarrollo de (a+b)7nos hemos fijado ´unicamente en lasaes. ¿Qu´e pasar´ıa si nos fijamos tanto en lasaes como en las bes? El esquema siguiente refleja la situaci´on.
f1 f2 f3 f4 f5 f6 f7 a b a a b a a b b a a a a a a a b a b a a .. . ... ... ... ... ... ...
El n´umero de productos posibles de la formaa5b2 tal que cada ay cada best´e en uno y s´olo un factor
ser´ıa igual al de palabras de siete letras que podamos formar con cinco aesy dos bes o lo que es igual todas las ordenaciones posibles que puedan hacerse con ellas, es decir,P R57,2.
En general, el n´umero de productos del tipo akbn−k ser´ıa igual al n´umero de palabras distintas que
pueden escribirse de tal forma que cada una tuvieranveces repetida laayn−k veces repetida lab, es decir, P Rk,nn −k = n! k!·(n−k)! = n k Por lo tanto, (a+b)n = P R0,n n ·a0bn+P Rn1,n−1·a1bn−1+· · ·+P Rnn−1,1·an−1b+P Rn,n0·anb0 = n X k=0 P Rk,nn −k·akbn−k = n X k=0 n! k!·(n−k)! ·a kbn−k = n X k=0 n k akbn−k
Ejemplo 5.7 Se lanza una moneda al airenveces. ¿De cu´antas maneras pueden obtenerse una, dos, tres, cuatro,. . . ., oncaras?
Soluci´on
Sea Ak con 1 6 k 6 n el conjunto formado por todos los resultados posibles en los que aparezcan,
exactamente,k caras al lanzar la monedanveces, es decir,
A1 = {(c, x, x, . . . , x),(x, c, x, . . . , x), . . .}
A2 = {(c, c, x, . . . , x),(x, c, c, . . . , x), . . .}
.. .
El conjunto A1∪A2∪ · · · ∪An= n [ k=1 Ak
estar´a formado por todos los resultados en los que aparezcan una, dos,. . ., oncaras. Por tanto, el n´umero pedido es el cardinal de dicho conjunto. Como losAkson disjuntos dos a dos, por elprincipio de adici´on,
n [ k=1 Ak = n X k=1 |Ak|
El esquema siguiente nos ayudar´a a calcular|Ak|para 16k6n.
c c c · · ·(k c c 1 2 3 · · · k−1 k 2 3 k · · · 1 k−1 2 n 3 · · · n−1 1 .. . ... ... . .. ... ...
Ser´an todos los grupos deklanzamientos que podamos elegir entre los n, de tal forma que el orden no influye en el hecho de que dos grupos sean distintos (obs´ervese que las dos primeras filas de la tabla anterior significan lo mismo aunque est´en en distinto orden). Por lo tanto,
|Ak|=Cn,k. De aqu´ı que n [ k=1 Ak = n X k=1 |Ak| = n X k=1 Cn,k = n X k=1 n k = n X k=0 n k 1k·1n−k− n 0 = 2n−1
Ejemplo 5.8 ¿De cu´antas maneras puede elegir un profesor a uno o m´as estudiantes entre seis? Soluci´on
Seana, b, c, d, e yf los seis estudiantes y supongamos que el profesor elige a un grupo de tres,abc. Es obvio que el orden en que los escoja no influye en el grupo elegido, sin embargo el cambio de alg´un o algunos estudiantes si influye ya que los gruposabcyadeson distintos.
Por tanto, las formas de elegir los estudiantes ser´an combinaciones de ordenkseleccionadas de entre los seis estudiantes, siendo 16k66, por tanto el profesor dispone de
6 X k=1 C6,k= 6 X k=1 6 k = 6 X k=0 6 k − 6 0 = 6 X k=0 6 k 1k16−k− 6 0 = (1 + 1)6−1 = 26−1 = 63
maneras distintas de elegir a uno o m´as estudiantes entre seis.
Ejemplo 5.9 Para elaborar una pizza podemos utilizar, adem´as de queso y tomate, los siguientes ingredientes: carne, champi˜nones, pimientos, cebolla, salami y anchoas. Decir cu´antas pizzas diferentes es posible elaborar en los casos siguientes:
(a) pueden tener desde todos a ning´un ingrediente. (b) tienen al menos, champi˜nones y anchoas.
(c) no tienen ni carne ni salami.
Soluci´on
Dos pizzas ser´an distintas cuando en su elaboraci´on utilicemos, adem´as de queso y tomate, diferentes ingredientes. El orden en que se utilizan los mismos no es relevante, por tanto las diferentes pizzas ser´an combinaciones de ordennelegidas entre los seis ingredientes de que se disponen.
(a) Si pueden tener desde todos a ning´un ingrediente, entoncesnvariar´a entre seis y cero, por tanto, el n´umero total de pizzas diferentes
6 X n=0 C6,n= 6 X n=0 6 n = 6 X n=0 6 n 1n·16−n= (1 + 1)6= 26= 64
(b) Si han de intervenir en su composici´on, champi˜nones y anchoas, entonces le a˜nadimos estos dos ingredientes a todas las posibles pizzas que puedan elaborarse con los otros cuatro. El total de pizzas diferentes ser´a, utilizando el mismo razonamiento que en (a),
4 X n=0 C4,n= 4 X n=0 4 n = 4 X n=0 4 n 1n·14−n= (1 + 1)4= 24= 16
(c) Al no tener carne ni salami, el total de pizzas diferentes ser´a igual al anterior ya que tendr´ıamos cuatro ingredientes, luego
4
X
n=0
C4,n= 16
es el total de pizzas diferentes que no llevan carne ni salami.
Ejemplo 5.10 ¿Cu´antos subconjuntos tiene un conjunto connelementos?
Soluci´on
Elegido cualquier subconjunto del conjunto dado, el orden en que est´en situados los elementos en el mismo es irrelevante luego dos subconjuntos ser´an distintos si, y s´olo s´ı se diferencian en, al menos, un elemento, de aqu´ı que los subconjuntos conk elementos sean las combinaciones de ordenkque puedan elegirse entre losnelementos del conjunto dado, siendo 06k6n.
Obs´ervese quek= 0 se corresponde con subconjuntos con cero elementos, es decir, el conjunto vac´ıo.
Pues bien, de acuerdo con este razonamiento, el n´umero de subconjuntos que tiene un conjunto con n
elementos ser´a 1 + n X k=1 Cn,k= n 0 + n X k=1 n k = n X k=0 n k 1n1n−k= (1 + 1)n= 2n
Ejemplo 5.11 Dado el conjuntoA={1,2,3,4,5,6,7}, determinar el n´umero de
(a) subconjuntos deA.
(c) subconjuntos deAque contienen tres elementos. (d) subconjuntos deAque contienen a los elementos 1 y 2.
(e) subconjuntos deAcon un n´umero par de elementos.
(f) subconjuntos deAcon un n´umero impar de elementos y que incluyan al elemento 3.
Soluci´on
(a) Veamos cuantos subconjuntos tieneA.
Directamente del ejemplo anterior, el n´umero de subconjuntos que tiene Aser´a
1 + 7 X k=1 C7,k= 7 0 + 7 X k=1 7 k = 7 X k=0 7 k 1717−k = (1 + 1)7= 27= 128
(b) El n´umero de subconjuntos no vac´ıos deAse calcula directamente del punto anterior,
128−1 = 127
es decir, al total le hemos restado uno ya que hay un s´olo subconjunto vac´ıo enA. (Se corresponde con k= 0).
(c) El n´umero de subconjuntos deA que contienen tres elementos tambi´en se sigue directamente del apartado (a) para k= 3, luego es
C7,3= 7 3 = 7! 3!·4! = 35
(d) Para hallar todos los subconjuntos que contienen al 1 y al 2, hallamos todos los subconjuntos de
{3,4,5,6,7} y a cada uno de ellos le a˜nadimos el 1 y el 2. Por tanto, el n´umero de subconjuntos de este tipo ser´a
5 X k=0 C5,k= 5 X k=0 5 k 1515−k= (1 + 1)5= 25= 32
(e) Siguiendo el mismo razonamiento que en (a), bastar´ıa calcular el n´umero de subconjuntos de A
parak= 2,4 y 6, es decir habr´a
C7,2+C7,4+C7,6= 7 2 + 7 4 + 7 6 = 63 subconjuntos de Aque tengan un n´umero par de elementos.
(f) Bastar´ıa hallar todos los subconjuntos de {1,2,4,5,6,7} que tengan cero, dos, cuatro y seis ele-mentos y a˜nadirle a cada uno de ellos el 3, por tanto, habr´a
1 +C6,2+C6,4+C6,6= 1 + 6 2 + 6 4 + 6 6 = 1 + 2· 6! 2!·4!+ 1 = 32
subconjuntos de Acon un n´umero impar de elementos entre los cuales se incluya el 3.
Ejemplo 5.12 ¿De cu´antas formas distintas puede descomponerse el n´umero 8 como suma de enteros positivos?
Soluci´on
Una posible descomposici´on ser´ıa
que consideraremos distinta de la
1 + 5 + 2 = 8 y otra podr´ıa ser
7 + 1 = 8
Las descomposiciones m´as extremas ser´ıan en un ´unico sumando 8 = 8
y en ocho sumandos
1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 8.
As´ı pues habr´a que calcular cu´antas descomposiciones pueden hacerse con 1,2,3,4,5,6,7 y 8 sumandos y luego sumarlas todas. Calcularemos el n´umero de descomposiciones con k sumandos donde k var´ıa entre 1 y 8.
El n´umero de descomposiciones que hay conksumandos ser´a igual al n´umero de soluciones de la ecuaci´on,
x1+x2+· · · ·+xk= 8, 16k68
dondexi>0, i= 1,2, . . . , k, ya que si alguna de las xi fuese cero, entonces no habr´ıak sumandos sino
k−1. Pues bien,
xi>0 =⇒xi>1 =⇒xi−1>0
y haciendoyi =xi−1 y sustituyendo, tendremos que
y1+ 1 +y2+ 1 +· · · ·+yk+ 1 = 8
es decir,
y1+y2+· · · ·+yk= 8−k, conyi >0, i= 1,2, . . . , k
luego el problema se reduce a calcular el n´umero de soluciones enteras no negativas de la ecuaci´on anterior que, como ya sabemos, es
P Rkk−−11+8,8−−kk =P Rk7−1,8−k, para 16k68 Por lo tanto, el n´umero total de descomposiciones, ser´a
8 X k=1 P R87−k,k−1 = 8 X k=1 7! (k−1)!(8−k)! = 8 X k=1 7 k−1 = 7 X k=0 7 k = 7 X k=0 7 k 1k·17−k = (1 + 1)7 = 27 = 128
5.2.1
Proposici´
on
Sin yk son dos n´umeros enteros no negativos tales que 06k6n, entonces, n+ 1 k = n k + n k−1 Demostraci´on
Sea Aun conjunto con nelementos yB un conjunto con un s´olo elemento, por ejemplo,B ={b} y tal queb no pertenezca a A. Entonces,A∩B =∅y si C =A∪B, por elprincipio de adici´on, tendremos que
|C|=|A|+|B|=n+ 1.
Pues bien, seaP el conjunto formado por todos los subconjuntos deC conkelementos, es decir,
P ={X ⊆C:|X|=k}
y seaX cualquiera deP. Hay dos opciones:
Loskelementos deX son deA, es decirX es un elemento de
Q={X ⊆A:|X|=k}
o
loskelementos deX sonk−1 de Aybes elemento que le falta, o sea es un elemento de
R={X =D∪B:D⊆A, |D|=k−1}.
Adem´as,
P =Q∪R, con Q∩R=∅
luego por elprincipio de adici´on,
|P|=|Q|+|R| pero, |P| = Cn+1,k |Q| = Cn,k |R| = Cn,k−1 de aqu´ı que Cn+1,k=Cn,k+Cn,k−1 es decir, n+ 1 k = n k + n k−1
5.2.2
F´
ormula de Pascal
Sin yk son dos enteros positivos tales que16k6n−1, entonces n k = n−1 k + n−1 k−1 Demostraci´on
Para obtener la f´ormula de Pascal1, basta sustituirnporn−1 en la igualdad anterior.
Ejemplo 5.13 Demostrar la proposici´on 5.2.1 efectuando los n´umeros combinatorios. Soluci´on
En efecto, desarrollando los n´umeros combinatorios del segundo miembro,
n k + n k−1 = n! k!(n−k)!+ n! (k−1)!(n−k+ 1)! = n!(n−k+ 1) +n!k k!(n−k+ 1)! = n!(n−k+ 1 +k) k!(n−k+ 1)! = n!(n+ 1) k!(n−k+ 1)! = (n+ 1)! k!(n−k+ 1)! = n+ 1 k
1Blaise Pascal, matem´atico, f´ısico, fil´osofo y escritor franc´es (Clermont-Ferrand 1623-Par´ıs 1662). Hijo de una familia de
la alta burgues´ıa auvernesa, que, en 1631, fij´o su residencia en Par´ıs, donde los medios literarios y cient´ıficos que frecuent´o le ayudaron a crear una vocaci´on precoz. Se dice que su padre trat´o de mantenerlo, al principio, alejado de los libros de matem´aticas, con objeto de estimular al joven Blaise a desarrollar otros intereses, pero a la edad de doce a˜nos el muchacho demostraba ya tal grado de inteligencia geom´etrica que, en adelante, se favoreci´o su inclinaci´on matem´atica. A los catorce a˜nos ya acompa˜naba a su padre a las reuniones informales de la “Academia de Mersenne” en Par´ıs. Aqu´ı fue donde se familiariz´o con las ideas de Desargues, y dos a˜nos m´as tarde, en 1640, el joven Pascal public´o suEssay pour les coniques. A la edad de dieciocho a˜nos aproximadamente cambi´o de tema y para ayudar a su padre en un trabajo fiscal, se dedic´o a dise˜nar una m´aquina calculadora; en unos pocos a˜nos construy´o y vendi´o unas cincuenta de estas m´aquinas. Durante este tiempo la familia Pascal entr´o en relaci´on con los jansenitas Saint-Cyran y Antoine Arnauld. Durante esta ´epoca, Pascal continu´o sus investigaciones y tuvo dos entrevistas con Descartes, pero sin que al parecer pudieran encontrar ambos un camino de inteligencia com´un; sin duda les separaron, entre otras cosas, sus teor´ıas sobre el vac´ıo. A continuaci´on, en 1648, se interes´o Pascal en la hidrost´atica, y los resultados de sus investigaciones fueron el famoso experimento de Puy-de-Dˆome que confirmaba el peso del aire, y los experimentos acerca de la presi´on ejercida por un fluido, que clarificaron la aparente paradoja hidrost´atica. Su padre muri´o en 1651 y su hermana Jacqueline ingres´o en 1652 en el convento de Port-Royal. Entonces Pascal se dedic´o m´as febrilmente a las ciencias. Comenz´o a frecuentar algunos amigos, si no libertinos, al menos bastante independientes, el duque de Roannez, Mitton y el caballero de M´er´e. Fue en esta ´epoca cuando Pascal, buscando soluciones a un problema propuesto por M´er´e, se interes´o por el C´alculo de Probabilidades. Pascal relacion´o el estudio de las probabilidades con el tri´angulo aritm´etico, superando en sus discusiones la obra de Cardano en tal medida que la conocida distribuci´on triangular de n´umeros ha venido recibiendo, desde entonces, el nombre de tri´angulo de Pascal. Durante la noche del 23 de noviembre de 1654 (del que queda emocionante testimonio en suMemorial), experiment´o Pascal una especie de ´extasis religioso que lo impuls´o a abandonar la ciencia y la matem´atica para dedicarse a la teolog´ıa. Siguiendo los M. Singlin, que tom´o como director espiritual en 1655, se retir´o a Port-Royal des Champs, donde, sin convertirse en miembro activo de la abad´ıa, se dedic´o a la penitencia. Cuando Arnauld fue amenazado con la condenaci´on en la Sorbona, Pascal le defendi´o revel´andose como un excepcional polemista. Desde enero de 1656 a marzo de 1657 bajo el seud´onimo de MONTALTE public´o las dieciocho cartas conocidas con el nombre deProvincialesdonde ataca a la Sorbona, a los jesuitas y, sobre todo, los abusos de la casu´ıstica. Ya s´olo volver´ıa a los estudios matem´aticos durante un breve per´ıodo de tiempo en 1658-1659. Una noche de 1658 en que un dolor de muelas un otra dolencia le imped´ıa dormir, decidi´o, como distracci´on contra el dolor, dedicarse al estudio de la cicloide. Milagrosamente, el dolor ces´o, lo que interpret´o Pascal como un signo de que el estudio de la matem´atica no desagradaba a Dios. En 1661 intervino en el drama de conciencia en que se debat´ıan los jansenitas obligados a firmar la condenaci´on de Jansenio. La hermana de Pascal (que muri´o aquel mismo a˜no) influy´o en su hermano para que tomar´a partido por la intransigencia y as´ı lo hizo contra los propios maestros jansenitas Arnauld y Nicole inclinados a firmar. Ante la resistencia que encontr´o, Pascal se retir´o de la lucha, dedic´andose desde entonces a una vida de piedad personal. Su obra fundamental qued´o incompleta. En el contexto de una integraci´on de la funci´on seno en suTrait´e des sinus du quart de cercle, de 1658, Pascal se aproxim´o extraordinariamente a lo que pudo haber sido el descubrimiento del c´alculo; tan cerca estuvo de ellos que Leibniz escribir´ıa m´as tarde que fue leyendo esta obra de Pascal cuando se le mostr´o s´ubitamente la luz. Si Pascal no hubiera muerto poco despu´es de cumplir 39 a˜nos, o bien si su mentalidad hubiera sido m´as exclusivamente matem´atica, no cabe pr´acticamente duda de que se hubiera anticipado a Newton y a Leibniz en sus m´as grandes descubrimientos.
5.2.3
Tri´
angulo de Pascal
Con la f´ormula de Pascal puede obtenerse un m´etodo para el c´alculo de los coef icientes del desarrollo de(a+b)n.
En efecto, si tenemos en cuenta que para cualquier entero no negativonse verifica que
n 0 = n n = 1
y los tomamos como valores inicial y final, respectivamente, los coeficientes de las sucesivas potencias de (a+b)n pueden distribuirse en una figura que se conoce como tri´angulo de Pascal.2
0 0 1 0 1 1 2 0 2 1 2 2 3 0 3 1 3 2 3 3 4 0 4 1 4 2 4 3 4 4 5 0 5 1 5 2 5 3 5 4 5 5
que desarrollando los n´umeros combinatorios, resulta 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 . . . .
Todas y cada una de las filas empiezan y terminan con 1 y cualquier otro n´umero en el tri´angulo es suma
de los dos que est´an encima suya.
5.3
Combinaciones con Repetici´
on
Supongamos que disponemos demobjetosa1, a2, . . . , amy que son bocadillos.
Supongamos, tambi´en, para fijar ideas supongamos que m= 4, es decir, hay cuatro clases distintas de bocadillos, por ejemploa1 es de jam´on (j),a2 de chorizo (c),a3 de salchich´on (s) ya4 de tortilla (t).
2Figura en elTrait´e du Triangle Arithm´etiquepublicado por Pascal en 1665. Tambi´en recibe el nombre de tri´angulo
de Yang Hui’s, en honor al matem´atico chino que lo descubri´o en 1261. El matem´atico Chu Shih-Chieh, tambi´en chino, lo incluye en su libroEl espejo precioso de los cuatro elementosde 1303.
Supongamos que diez estudiantes de Matem´atica Discreta entran en la cafeter´ıa de la Escuela dispuestos a comerse un bocadillo cada uno.
¿De cu´antas maneras distintas pueden pedir los bocadillos los estudiantes?
Designaremos con las letrasc, j, syta los bocadillos de chorizo, jam´on, salchich´on y tortilla, respectiva-mente. Uno de los pedidos puede sercccjjsttttque, obviamente, es igual al pedidoccjcstttty distinto al
ccjjssttt. El orden, por tanto, es irrelevante y lo ´unico que hace a dos peticiones distintas es el cambio de alg´un o algunos elementos entre los que no sean iguales entre s´ı.
Estamos, pues, ante un problema de combinaciones, aunque los elementos pueden repetirse, luego no podremos utilizar lo estudiado en el apartado anterior.
Calcularemos este n´umero con el m´etodo siguiente: a cada grupo de diez elementos le hacemos corre-sponder otro de catorce elementos escribiendo tantosunos como elementos distintos haya en los grupos, seguidos de tantosceros como veces se repita el elemento en el mismo.
En nuestro ejemplo, hay cuatro clases de bocadillos que lo supondremos ordenados en la forma csjt, luego habr´a cuatrounos, as´ı, la petici´on,cjjtttccssse corresponder´a con el grupo, 10001001001000. La siguiente tabla representa alguna de las peticiones y los grupos deceros yunos correspondientes.
A B
cccjjcjctt 10000011000100
cccjjtttss 10001001001000
ssssjjjjjj 11000010000001
tttttttttt 11110000000000
En la columnaA tenemos todas las combinaciones con repetici´on de cuatro elementos tomados diez a diez y su n´umero coincidir´a con el n´umero de grupos distintos que haya en la columnaB.
Obs´ervese que los grupos de la columna B comienzan todos con un uno. Para calcular cu´antos grupos hay podemos prescindir de la primera posici´on y quedan, por tanto, trece elementos, de los cuales tres son unos y los diez restantes son ceros. Consecuentemente, el n´umero total de grupos es igual al de permutaciones con repetici´on de trece elementos donde hay tres iguales entre s´ı y distintos a otros diez, tambi´en iguales entre s´ı, por tanto, el n´umero ser´a
P R313,10 As´ı pues, CR4,10=P R 3,10 13 = 13! 3!·10! = (4−1 + 10)! (4−1)!·10! = 4−1 + 10 10 = 286
Las combinaciones con repetici´on se definen de la misma forma que las combinaciones simples, salvo que ahora, no es necesario que todos los elementos sean distintos. Por tanto, dos combinaciones con repetici´on ser´an iguales cuando est´en formadas por los mismos elementos repetidos igual n´umero de veces.
5.3.1
Definici´
on
Llamaremos combinaciones con repetici´on de orden n definidas en un conjuntoA con m elementos, a los diferentes grupos den elementos, iguales o distintos, que pueden formarse con los melementos dados, de modo que dos grupos sean distintos cuando difieran, al menos, en un elemento.
El ordennde una combinaci´on con repetici´on puede ser mayor que el n´umero de elementos con los cuales se forma. Cuandon6m, entre las combinaciones con repetici´on figuran las combinaciones simples del mismo orden.
5.3.2
N´
umero de combinaciones con repetici´
on
El n´umero de combinaciones con repetici´on de ordennde una colecci´on demobjetos lo simbolizaremos porCRm,ny lo llamaremos combinaciones con repetici´on de melementos tomados nan. Su valor es
CRm,n= m−1 +n n Demostraci´on
Disponemos los elementos que forman cada una de las CRm,n (combinaciones con repetici´on de m
elementosa1, a2, . . . , amtomados denenn) de manera que sus ´ındices respectivos sigan el orden natural.
Entonces, una combinaci´on gen´erica se puede expresar mediante una sucesi´on de s´ımbolos de dos clases, 1 y 0 en la forma siguiente:
Para representar el elemento a1 se escribe un uno seguido de tantos ceros como veces se repite dicho
elemento en la combinaci´on considerada; a continuaci´on se escribe otrouno, que representar´a el elemento
a2 y se le hace seguir de tantos ceros como veces figure dicho elemento en la citada composici´on y as´ı
sucesivamente, conviniendo que si faltase alg´un elemento se expresar´a esta circunstancia escribiendo un
uno por cada uno de ellos sin ir seguido de ning´uncero.
Por ejemplo, la combinaci´on de orden tres a1a1a3 elegida entre los cuatro elementos a1, a2, a3, a4 se
escribir´a:
1001101
De este modo cada combinaci´on que estamos considerando viene representada por una expresi´on que comienza poruno y contiene en forma ordenadamvecesuno ynvecescero.
Rec´ıprocamente, toda expresi´on de este tipo representa una de tales combinaciones.
Consecuentemente, para determinar el n´umero de estas combinaciones lo que haremos es calcular el n´umero de expresiones del tipo 100. . . .. Pues bien, el primer s´ımbolo esuno, luego si lo dejamos fijo, nos queda por disponer en cualquier orden losm−1unos restantes y losnceros, lo cual puede hacerse de
Pmm−−1+1,nn
formas distintas. Por tanto,
CRm,n=P m−1,n m−1+n = (m−1 +n)! (m−1)!·n! = m−1 +n n =Cm−1+n,n
Ejemplo 5.14 Se dispone de tres bolsas iguales con caramelos de fresa, de menta y de lim´on. Cada una de las bolsas contiene, al menos, diez caramelos. Decir de cu´antas formas pueden seleccionarse diez caramelos en los siguientes casos:
(a) sin ninguna restricci´on.
(b) en cada selecci´on deben figurar, al menos, un caramelo de fresa, dos de menta y tres de lim´on. (c) en cada selecci´on han de figurar exactamente, uno de fresa y, al menos, uno de menta.
Soluci´on
(a) Veamos de cu´antas formas pueden seleccionarse diez caramelos si no hay ninguna restricci´on. Una de las posibles distribuciones de los diez caramelos es
donde f, m y l representan los sabores fresa, menta y lim´on, respectivamente. Observamos que si en esta distribuci´on elegida al azar, intercambiamos entre s´ı uno o varios sabores, la misma no var´ıa, sin embargo si cambiamos uno o varios caramelos por otros de distinto sabor, tendremos una distribuci´on diferente, por tanto, las distribuciones de los diez caramelos son combinaciones con repetici´on de orden diez elegidas entre los tres tipos de caramelos distintos. Consecuentemente, los diez caramelos pueden seleccionarse de
CR3,10= 3−1 + 10 10 = 12 10 = 12! 10!·2! = 66 formas distintas.
(b) En cada selecci´on fijamos un caramelo de fresa, dos de menta y tres de lim´on, quedar´an, por tanto, cuatro caramelos de entre los tres sabores para elegir, el mismo razonamiento del apartado anterior nos conduce a que el n´umero de selecciones distintas es
CR3,4= 3−1 + 4 4 = 6 4 = 6! 4!·2! = 15
(c) Ahora fijamos en cada selecci´on un caramelo de fresa y uno de menta. Entonces, quedar´an por elegir ocho caramelos de entre dos sabores, menta y lim´on, ya que ha de haber, exactamente, uno de fresa en cada selecci´on, luego el n´umero de selecciones distintas es
CR2,8= 2−1 + 8 8 = 9 8 = 9! 8!·1! = 9
Ejemplo 5.15 Hallar de cu´antas maneras pueden distribuirse cuatro pelotas de golf en diez cajas numeradas, si
(a) todas las pelotas son diferentes y en ninguna caja cabe m´as de una pelota. (b) las pelotas son indistinguibles y en ninguna caja cabe m´as de una pelota.
(c) todas las pelotas son diferentes y en cada caja caben cuantas pelotas se desee. (d) las pelotas son indistinguibles y en cada caja caben cuantas pelotas se desee.
Soluci´on
Seanci parai= 1,2,3,4,5,6,7,8,9 y 10 las diez cajas disponibles.
(a) Como las pelotas son diferentes, las distinguiremos con un sub´ındice, es decir, designaremos a las pelotas por p1, p2, p3yp4.
Fijamos las cuatro pelotas y calculamos el n´umero de grupos distintos de cuatro cajas que podemos elegir entre las diez. El esquema siguiente nos muestra la situaci´on.
p1 p2 p3 p4 c1 c2 c3 c4 c1 c2 c4 c3 c1 c2 c5 c6 .. . ... ... ...
El grupo c1c2c3c4 significa, pues, que las pelotas p1, p2, p3 y p4 se asignan a las cajas c1, c2, c3 y
c4, respectivamente. El grupoc1c2c4c3que tiene las mismas cajas que el anterior, significa que la
distintos, es decir, el orden el que situemos los elementos en el grupo influye para que ´estos sean diferentes.
Adem´as, el grupoc1c2c5c6tambi´en es distinto de los anteriores, luego el cambio de alg´un o algunos
elementos tambi´en hace distintos a dos grupos.
Consecuentemente, el n´umero total de grupos distintos que pueden formarse son las variaciones de orden cuatro de diez elementos, de aqu´ı que, en este caso, haya
V10,4= 10·9·8·7 = 5040
formas diferentes de distribuir las pelotas de golf en las diez cajas.
(b) Al ser iguales las cuatro pelotas, el esquema del apartado anterior podr´ıa escribirse en la forma:
p p p p c1 c2 c3 c4 c1 c2 c4 c3 c1 c2 c5 c6 .. . ... ... ...
donde hemos eliminado los sub´ındices de las pelotas. Ahora los grupos c1c2c3c4 y c1c2c4c3 son
iguales, luego el orden en que se sit´uen los elementos dentro de un grupo es irrelevante. Sin embargo, el grupoc1c2c5c6 es distinto, es decir, el cambio de alg´un o algunos elementos si hace a
dos grupos diferentes.
Consecuentemente, el n´umero total de grupos distintos que pueden formarse son las combinaciones de orden cuatro elegidas entre diez elementos, por tanto, en este caso, hay
C10,4= 10 4 = 10! 4!·6! = 210
maneras de distribuir las cuatro pelotas de golf en diez cajas numeradas. (c) Las pelotas vuelven a ser diferentes. Un esquema de este caso es
p1 p2 p3 p4 c1 c1 c1 c1 c1 c1 c2 c2 c1 c2 c1 c2 .. . ... ... ...
donde el grupoc1c1c1c1significa que a la cajac1se le asignan cuatro pelotas y as´ı con todos los que
repitan caja. El razonamiento es id´entico al del apartado (a) con la salvedad de en que cada caja podemos introducir cu´antas pelotas queramos, por tanto las variaciones de orden cuatro elegidas entre las diez cajas ser´an con repetici´on, es decir, el n´umero de distribuciones distintas es
V R10,4= 104= 10000
(d) Ahora son, otra vez, todas las pelotas iguales. El esquema es,
p p p p c1 c1 c1 c1 c1 c1 c2 c2 c1 c2 c1 c2 .. . ... ... ...
Ahora los grupos c1c1c2c2 y c1c2c1c2 son iguales, ya que ambos significan lo mismo, es decir, dos
pelotas en la cajac1 y otras dos en la cajac2, es decir, el orden es irrelevante.
Sin embargo, los gruposc1c1c1c1yc1c1c2c2son distintos ya que el primero significa que en la caja
c1hay cuatro pelotas y el segundo que hay dos pelotas en la cajac1y otras dos en lac2, por tanto,
el cambio de alg´un o algunos elementos si hace distintos a dos grupos. Consecuentemente, en este caso, hay
CR10,4= 10−1 + 4 4 = 13 4 = 13! 4!·9! = 715
formas distintas de distribuir las cuatro pelotas en las diez cajas.
Ejemplo 5.16 Dada la siguiente lista de n´umeros:
−5,−4,−3,−2,−1,1,2,3,4
se seleccionan cuatro de ellos.
(a) ¿De cu´antas maneras pueden hacerse las selecciones de modo que el producto de los cuatro resulte positivo y
(a.1) los n´umeros sean distintos?
(a.2) cada n´umero pueda seleccionarse hasta cuatro veces? (a.3) cada n´umero pueda seleccionarse, a lo sumo, tres veces?
(b) Cont´estese el apartado (a) siendo el producto de los cuatro n´umeros, negativo.
Soluci´on
Seana, b, cydlos cuatro n´umeros, las distintas opciones que pueden presentarse atendiendo al signo del producto de los cuatro se reflejan en el cuadro siguiente:
opciones a b c d Signo del producto
1 + + + + +
2 + + + − −
3 + + − − +
4 + − − − −
5 − − − − +
(a) Las opciones en que el signo del producto es positivo son la 1, la 3 y la 5. (a.1) Los n´umeros son distintos.
− En la primera opci´on s´olo hay una posibilidad ya que hay, ´unicamente cuatro n´umeros positivos.
− En la tercera opci´on podremos elegir dos n´umeros de entre los cuatro positivos y dos de entre los cuatro negativos.
Obs´ervese que para el signo del producto el orden en que elijamos los n´umeros es irrele-vante, luego dos grupos ser´an distintos cuando cambiemos alg´un(os) elementos, por tanto, ser´an combinaciones de orden dos tanto para los cuatro positivos, como para los cinco negativos.
Los dos positivos pueden elegirse, pues, deC4,2formas y para cada una de ellas hayC5,2
maneras diferentes de elegir los dos negativos. El n´umero de formas de hacer la selecci´on de los n´umeros en la tercera opci´on es, por laregla del producto,
C4,2·C5,2
− Para la quinta opci´on, los cuatro n´umeros han de ser negativos, luego razonando igual que en la opci´on anterior y teniendo en cuenta que hay cinco n´umeros negativos, habr´a
C5,4
formas distintas de seleccionar los cinco n´umeros negativos y que el producto de ellos sea positivo.
Consecuentemente, el n´umero de maneras distintas en que pueden hacerse las selecciones de modo que el producto de los cuatro n´umeros resulte positivo es, por laregla de la suma,
1 +C4,2·C5,2+C5,4= 1 + 4 2 · 5 2 + 5 4 = 66
(a.2) Cada n´umero puede seleccionarse hasta cuatro veces. El razonamiento es id´entico al del apartado anterior con la salvedad de que al poder repetirse los n´umeros las combinaciones ser´an con repetici´on.
− En la opci´on primera las selecciones pueden hacerse de
CR4,4
formas distintas.
− En la tercera opci´on, las formas distintas de hacer las selecciones es
CR4,2·CR5,2
− Para la quinta opci´on las selecciones pueden hacerse de
CR5,4
maneras diferentes.
Consecuentemente, el n´umero de formas diferentes en que pueden seleccionarse cuatro n´umeros de entre los dados de forma que el producto sea positivo, pudiendo seleccionar cada n´umero hasta cuatro veces es
CR4,4+CR4,2·CR5,2+CR5,4= 180
(a.3) Cada n´umero puede seleccionarse, a lo sumo, tres veces
Al no poder seleccionar ninguno de los n´umeros cuatro veces, el resultado ser´ıa igual al anterior descontando los productos en los que un n´umero se repita cuatro veces que son cuatro para los positivos y cinco para los negativos, luego el resultado es
CR4,4+CR4,2·CR5,2+CR5,4−9 = 180−9 = 171
(b) Las opciones en las que el producto es negativo son, seg´un el cuadro del principio, la 2 y la 4. (b.1) Los n´umeros son diferentes.
− Para la segunda opci´on hay que elegir tres n´umeros positivos y uno negativo. Los tres positivos pueden elegirse de C4,3 formas distintas y para el negativo hay cinco opciones
ya que son cinco los propuestos. Por la regla del producto, la elecci´on puede hacerse de 5·C4,3formas distintas.
− Para la cuarta opci´on, hay que elegir un n´umero positivo y tres negativos. Razonando exactamente igual, la elecci´on puede hacerse de 4·C5,3 formas distintas.
Consecuentemente, el n´umero de maneras en que puede hacerse la selecci´on de los cuatro n´umeros de forma que todos sean distintos y el producto resulte negativo es, por laregla de la suma, 5·C4,3+ 4·C5,3= 5 4 3 + 4 5 3 = 5 4! 3!·1!+ 4 5! 3!·2! = 60 (b.2) Cada n´umero puede seleccionarse hasta cuatro veces.
− Para la opci´on 2, los tres positivos pueden elegirse de CR4,3 formas distintas y para el
negativo, al igual que en el apartado anterior, hay cinco opciones. La elecci´on puede hacerse, por tanto, de 5·CR4,3 formas distintas.
− Para la cuarta opci´on y razonando exactamente igual, la elecci´on puede hacerse de 4·CR5,3
formas distintas.
Por laregla de la suma, habr´a
5·CR4,3+ 4·CR5,3= 5· 4−1 + 3 3 + 4· 5−1 + 3 3 = 240 formas distintas de hacer la selecci´on en la forma pedida.
(b.3) El resultado es el mismo que el del apartado anterior, ya que no han podido seleccionarse nunca los cuatro n´umeros.
Ejemplo 5.17 Resolver las siguientes cuestiones:
(a) ¿De cu´antas formas puede distribuirse cinco dulces diferentes entre diez personas si ninguna de ellas puede recibir m´as de uno?
(b) ¿De cu´antas formas pueden distribuirse cinco dulces diferentes entre diez personas si cualquiera de ellas puede recibir cualquier n´umero de dulces?
(c) ¿De cu´antas formas puede distribuirse cinco manzanas id´enticas entre diez personas si ninguna de ellas puede recibir m´as de una?
(d) ¿De cu´antas formas pueden distribuirse cinco manzanas id´enticas entre diez personas si cualquiera de ellas puede recibir cualquier n´umero de manzanas?
Soluci´on
(a) Sea
D={d1, d2, d3, d4, d5}
el conjunto de los dulces, y
P ={p1, p2, p3, p4, p5, p6, p7, p8, p9, p10}
el conjunto de las personas. El esquema siguiente muestra algunos ejemplos de la situaci´on que se plantea. d1 d2 d3 d4 d5 (1) p1 p3 p5 p7 p9 (2) p3 p1 p5 p7 p9 (3) p1 p3 p6 p8 p10 .. . ... ... ... ... ... Veamos lo que ocurre:
− Los grupos (1) y (2) son distintos ya que en el primero a la personap1 le corresponde el dulce
d1 y a la p3 el d1 y en el segundo es al contrario, por tanto, el orden influye en el hecho de
que dos grupos sean distintos.
− El grupo (3) es, asimismo, distinto de los anteriores ya que hemos cambiado las personas, luego el cambio de alg´un o algunos elementos tambi´en es relevante para discernir si dos grupos son iguales o distintos.
Consecuentemente, los distintos grupos son las variaciones de orden cinco elegidas de entre las diez personas y el n´umero de formas pedido es:
V10,5= 10·9·8·7·6 = 30240
(b) La situaci´on es id´entica a la del caso anterior, aunque ahora las variaciones de orden cinco elegidas entre las diez personas, ser´an con repetici´on. El n´umero total de formas distintas ser´a, por tanto,
V R10,5= 105= 100000
(c) Como ahora las manzanas son id´enticas, el esquema ser´ıa
m m m m m (1) p1 p3 p5 p7 p9 (2) p3 p1 p5 p7 p9 (3) p1 p3 p6 p8 p10 .. . ... ... ... ... ...
Los grupos (1) y (2) son iguales, luego el orden no es relevante para que dos grupos sean distintos. Sin embargo, el tercer grupo si es distinto de los dos anteriores luego el cambio de alg´un o algunos elementos es lo ´unico que influye para que dos grupos sean distintos. Consecuentemente, ´estos son combinaciones de orden cinco elegidas entre de las diez personas, as´ı pues, habr´a
C10,5= 10 5 = 10! 5!·2!= 15120 formas distintas de distribuir las manzanas.
(d) Dado que cada persona puede recibir cualquier n´umero de manzanas, el planteamiento seria id´entico al del apartado anterior, aunque en este caso los grupos ser´ıan combinaciones con repetici´on de orden cinco elegidas entre las diez personas, luego
CR10,5= 10−1 + 5 5 = 14 5 = 14! 5!·9! = 2002
ser´a el total de formas en que pueden distribuirse cinco manzanas id´enticas entre las diez personas si cualquiera de ellas puede recibir cualquier n´umero de manzanas.