Transcript Análisis combinatorio
Análisis Combinatorio
1
Combinatoria
El arte de contar
“La combinatoria trata, ante todo, de contar el número de maneras en que unos objetos dados pueden organizarse de una determinada forma.
”
Introducción a la combinatoria Ian Anderson
2
El papiro Rhind:
En 1858 el egiptólogo escocés
A. Henry Rhind
compró en
Luxor
(Egipto) el papiro que actualmente se conoce como
papiro Rhind o de Ahmes
, encontrado en las ruinas de un antiguo edificio de Tebas. Fue escrito por el escriba Ahmes aproximadamente en el año
1650 antes de nuestra era
.
El papiro mide unos 6 m de largo y 33 cm de ancho. Representa la mejor fuente de información sobre matemática egipcia antigua conocida.
Comienza con la frase: “
Cálculo exacto para entrar en conocimiento de todas las cosas existentes y de todos los oscuros secretos y misterios.”
3
El papiro Rhind:
Escrito en hierático, consta de
87 problemas y su resolución
. Nos da información sobre cuestiones aritméticas básicas, fracciones, cálculo de áreas, volúmenes, progresiones, y repartos proporcionales, reglas de tres, ecuaciones lineales trigonometría básica. El
problema 79
es de
combinatoria
. Veamos una versión “moderna”...
4
La regla del producto
Según iba a St. Ives, me crucé con un hombre con 7 esposas. Cada esposa tenía 7 sacos, cada saco tenía 7 gatos, cada gato tenía 7 gatitos. Gatitos, gatos, sacos y esposas. ¿Cuántos iban a St. Ives? St. Ives Mother Goose (La mamá oca de San Ives)
5
Estás comiendo en el restaurante de Emile y el camarero le informa que tiene (a) dos opciones para aperitivos: sopa o jugo; (b) tres para el plato principal: carne, pescado o un plato de verduras y (c) dos para el postre: helado o pastel.
¿Cuántas opciones posibles tienes para tu comida completa?.
El total de posibilidades será: 2 . 3 . 2 = 12
6
Principio multiplicativo
(ilustración gráfica)
a 1 a 2 b 1 b 2 b 3 b 1 b 2 b 3 c 1 c 2 c 1 c 2 c 1 c 2 c 1 c 2 c 1 c 2 c 1 c 2
El primer elemento puede escogerse de dos formas distintas:
a 1
o
a 2
. El segundo de tres maneras distintas:
b 1 , b 2
o
b 3
.
El tercer elemento puede escogerse en dos modos distintos:
c 1
o
c 2
. El total de posibilidades será: 2 x 3 x 2 = 12 7
La regla del producto o principio multiplicativo Si una elección tiene m alternativas posibles y otra n, entonces la realización de ambas tiene m x n.
Mozart compuso un vals con 11 posibilidades distintas para 14 de los 16 compases y 2 posibilidades para cada uno de los restantes.
¿Se habrán llegado a escuchar alguna vez todas las realizaciones posibles?
2
2
11
14
2
2 14
1.518.999.
334.332.96
4
1,52
10
15 8
4 1 5 2 6 3 7
¿Cuántas fotografías distintas podemos hacer cambiando a los personajes de posición?
¿Cuántas permutaciones son posibles?
1 7 6 5 4 3 2 1 5 .
040 2 3 4 7 !
5 6 5 .
040 7 9
Permutaciones (sin repetición)
Dados
n
objetos distintos, llamamos
permutación ordenación
particular de los
n objetos en una fila
a una . Ejemplo: Hay 6 posibles permutaciones con las tres letras
a, b, c
:
abc, acb, bac, bca, cab, cba.
El número de permutaciones de
n
objetos diferentes tomados todos a la vez es
n
! (
se lee “n factorial” o “factorial de n”).
Usando la regla del producto: hay
n
posibles objetos para la primera plaza de la fila,
n-
1 objetos posibles para ocupar la segunda, etc..
P n
n
(
n
1 )(
n
2 ) x
x 3 x 2 x 1
n
!
10
Con las letras de la palabra DISCO , ¿cuántas palabras distintas (con o sin sentido) se pueden formar?
Evidentemente, al tratarse de palabras
el orden importa
.
Tenemos que formar palabras de cinco letras con cinco elementos: {D, I, S, C, O}, que
no están repetidos
.
P
5 5 !
120 El cálculo del número de permutaciones “ conocida en la India y los países árabes.
n!
” se cree que apareció por primera vez en la India. Se tiene constancia de ejemplos del año 300 antes de nuestra era. En el siglo XI la "fórmula general" era bien 11
Existencia de infinitos números primos
Podemos encontrar uno de los primeras aplicaciones del factorial en una prueba de Euclides de la existencia de infinitos números primos. Euclides argumentaba que siempre existe al menos un primo entre
n
y
(n! + 1)
de la siguiente manera: (a) n! y
(n! + 1)
no tienen factores comunes.
(b)
O bien
(n! + 1)
(b.1)
Si
(n! + 1)
es primo o bien es factorizable: es primo queda demostrada la afirmación.
(b.2)
Si
(n! + 1)
puede descomponerse en factores, por (a) ninguno de ellos puede dividir a
n!
. De modo que cualquier factor de
(n! + 1)
estará entre
n
y
(n! + 1)
.
(b.2.1)
Si el factor es primo queda demostrada la afirmación.
(b.2.2)
Si el factor no es primo, entonces por el mismo argumento (b.2), será mayor que
n
y podemos volver a descomponerlo hasta 12 encontrar finalmente un primo mayor que
n
.
Explosión combinatoria
¿Cuál es el número de posibles ordenaciones de una baraja de póker de 52 cartas?
El resultado es 52!, que es aproximadamente 8
× 10 67
. Observa que a partir de una simple baraja obtenemos un enorme número, superior, por ejemplo, al cuadrado del número de Avogadro:
6,02 × 10 23
.
13
Fórmula de Stirling
n
!
~ 2
n n
1 2
e
n
James Stirling presentó su fórmula en
“Methodus Differentialis”
publicado en 1730.
La demostración de la fórmula de Stirling puede encontrarse en la mayoría de textos de análisis. Vamos a verificar la bondad de la aproximación usando el programa StirlingApproximations , que imprime: (a)
n!
, (b) la aproximación de Stirling y (c) el cociente de ambos valores. Observemos como ese cociente se acerca a 1 a medida que
n
crece. Se dice entonces que la
aproximación
es
asintótica
.
A veces, al resolver un problema de combinatoria, es mejor encontrar una aproximación asintótica formada por funciones cuyo comportamiento es fácil de comprender que la solución exacta, cuyo comportamiento escapa a nuestra intuición. 14
Supongamos que los siete personajes de Star Treck se hacen fotografías en fila en todas las permutaciones posibles. ¿En cuántos casos Data y Picard aparecen juntos?
Pensemos que Data y Picard son siameses o que van dentro de un saco. El número de posibles fotografías sería entonces de: 6! = 720 .
Pero además, para cada una de esas fotografías, Data puede estar a la derecha o a la izquierda de Picard. Luego el resultado es: 2
x
6! = 1440 .
15
Varias personas se sientan a una mesa redonda. Consideraremos que dos formas de sentarse coinciden si cada persona tiene los mismos vecinos en ambos lados.
¿De cuántos modos diferentes se pueden sentar 4 personas?
¿Y 7? ¿Y n?
(1) La relación de vecindad se conserva en las
permutaciones cíclicas
y en caso de una
simetría
. En el caso de
4 personas
, tendremos
4 permutaciones cíclicas
y
una simetría especular para cada una
:
2 x 4 = 8
transformaciones que conserven la relación de vecindad.
16
Permutaciones cíclicas
Espejo
Permutaciones simétricas Como el
número total de permutaciones de 4 personas
es igual a
4! = 24
, tendremos
24 / 8 = 3
formas distintas de sentarse.
17
(2) Si hay
7 personas
alrededor de la mesa, tendremos
7! / (7 x 2) = 360
modos. (3) Y, en general, en el caso de
n personas
:
n! / (n x 2)
formas.
18
En una reunión deben intervenir 5 personas: A, B, C, D y E. ¿De cuántas maneras se pueden distribuir en la lista de oradores, con la condición de que B no debe intervenir antes que A?
El número total de posibles listas de oradores distintas es 5!. Podemos asociar a cada permutación del tipo: (
...A...B...)
la misma permutando (
...B...A...).
Esta última no nos vale. De modo que por cada par hay sólo una manera que satisface la condición planteada. Tendremos
5! / 2 = 60
maneras. 19
El mismo problema, pero con la condición de que A deba intervenir inmediatamente antes que B.
Si A interviene inmediatamente antes que B, podemos considerarlos como si fuesen un solo orador. Es decir, ahora sólo contamos las permutaciones tipo: ...
AB
...
Tendremos entonces:
4! = 24
formas.
20
Emparejamientos
Dados 2n objetos distintos, ¿cuántas maneras hay de formar n parejas?
Intentemos agrupar los
2n n
objetos usando pares de paréntesis:
( , ) ( , ) ( , ) ... ( , )
Hay
2n
espacios vacíos y
2n
objetos, luego los podemos colocar de
(2n)!
maneras distintas. Pero para cada paréntesis tenemos
2! = 2
ordenaciones posibles que han de contarse como una sola (dan lugar al mismo par), debemos dividir entre
2 x 2 x ... x 2 = 2
n
.
21
El orden en que hemos colocado los paréntesis tampoco nos importa y como hay
n!
maneras distintas de hacerlo, cada emparejamiento posible ha sido obtenido de hecho
n!
veces. Entonces el número de parejas distintas es: ( 2
n
)!
2
n n
!
22
Generalicemos el problema: dados
m
x
n
objetos,
¿cuántas maneras hay de formar n conjuntos de m objetos?
Agrupemos los
m x n
objetos usando
n
paréntesis: ( , , ... , ) ( , , ... , ) ( , , ... , ) ... (, , ... , ) Hay
m x n
espacios vacíos y
m
·
n
objetos, luego los podemos colocar de
( m x n )!
maneras distintas. Pero para cada paréntesis tenemos
m!
ordenaciones posibles que han de contarse como una sola (dan lugar a la misma
m-
terna ). Luego hemos de dividir entre
m! x m! x ... x m! = (m!)
n
.
23
El orden en que hemos colocado los paréntesis tampoco nos importa y como hay
n!
maneras distintas de hacerlo, cada emparejamiento posible ha sido obtenido de hecho
n!
Entonces el número de maneras es: veces. (
m
x
n
)!
(
m
!
)
n n
!
24
Variaciones (sin repetición )
Un comentarista deportivo de fútbol Argumentaba que, para conseguir el equipo ideal de entre sus 20 jugadores, un entrenador probara todas las posibilidades para dar con el 10 ideal (el portero lo daba por indiscutible). ¿Le daría tiempo en una liga?
19
10
18
1 2
factores
670.442.57
2.800
25
Variaciones (sin repetición)
Según la regla del producto, las maneras de escoger
elementos distintos
de entre un total de
n
según un determinado
orden
, será igual al producto de:
r V n
,
r
n
(
n
1 )(
n
2 )...(
n
r
1 )
Esta expresión se conoce como
variaciones de n elementos tomados de r en r
, y se representa por
V n,r
.
Habitualmente se expresa como:
V n,r
(n n!
r)!
(
n n
(
n r
) ( 1
n
)(
n r
2 )...
3 1 ) ...
3 2 2 1 1
En el problema anterior:
V
20 , 10 20 !
( 20 10 ) !
20 !
10 !
20 19 18 ...
1 2 11 26
¿Cuántos números de tres cifras distintas significativas se pueden formar con las nueve cifras del sistema decimal 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9?.¿Y si admitimos el 0?
Al tratarse de números el
orden importa
y además nos dice "
cifras distintas
" luego
no
pueden
repetirse
.
V
9 , 3 9 8 7 504 Si admitimos el 0, como primera opción seguimos teniendo 9 números, pero ahora como segundo número podemos usar también el 0, luego tenemos 9 posibles candidatos...: 9 9 8 648 27
Variaciones con repetición
14
Raymond Queneau
escribió el libro de poemas llamado
“Cent mille milliards de
poèmes”. Una obra de poesía combinatoria.
Constaba de 10 páginas. En cada página aparecía un soneto. Cada soneto está formado por 14 versos. Según Queneau es posible escoger como primer verso cualquiera de los primeros versos de los 10 sonetos originales, como segundo verso, el segundo verso de cualquiera de los 10 sonetos originales y así sucesivamente hasta el verso 14. Y el soneto resultante tiene sentido. ¿Hace justicia el título al libro?
10 14 28
Variaciones con repetición
Según la regla del producto, las maneras de escoger elementos de entre un total de
n r
según un determinado
orden
, y con la posibilidad de en cada elección, son:
n · n ·
repetir
n · ...·
los elementos
n
n r
Esta expresión se conoce como
variaciones con repetición
y se representa como:
VR n
,
r
n r Se lee: “variaciones con repetición de n elementos tomados de r en r”.
29
¿Cuántos números de tres cifras significativas se pueden formar con las nueve cifras del sistema decimal 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9?. ¿Y si admitimos el 0?
Al tratarse de números el
orden importa
dice que las "
cifras se pueden repetir
”: y además nos
VR
9 , 3 9 3 729 Si admitimos el 0, como primera opción seguimos teniendo 9 números. Pero ahora como segundo número podemos usar también el 0, luego tenemos 10 posibles candidatos e ídem para el tercero: 9 10 10 900 30
Combinaciones (sin repetición)
¿Cuántas posibles combinados de dos bebidas podemos hacer con ginebra, vodka y tequila?
Si el orden importara tendríamos
3 · 2 = 6.
Pero en realidad: (g, v) = (v, g), (g, t) = (t, g) y (t, v) = (v, t), porque el orden no importa . De modo que debemos dividir entre 2: 6 / 2 = 3.
¿Cuántas posibles combinados de tres bebidas podemos hacer con ginebra, vodka, tequila y ron?
De nuevo, si el orden importara tendríamos
4 · 3 · 2 = 24.
Pero en realidad: (g, v, t) = (g, t, v) = (v, g, t) = etc..., porque el orden no importa . De modo que debemos dividir entre 3!: 24 / 3! = 4.
31
Combinaciones (sin repetición)
¿Cuántas posibles configuraciones de
r
elementos podemos construir desde un conjunto de
n elementos diferentes
,
sin repetición
? que importe el
orden
y
no
sea posible la Si el orden importara tendríamos
n x (n-1) x...x (n - r + 1)
posibilidades. Las podemos partir en clases, de forma que en cada clase estén aquellas configuraciones que sean la misma salvo el orden. Como hemos escogido cada clase estará formada por las
r!
r
elementos, formas distintas de ordenar esos elementos.
n
(
n
1 )...(
n
r
1 )
r!
r
!
(
n n
!
r
)!
32
Este número se conoce como las combinaciones de
n
elementos tomados de
r
en
r
y se denota por:
C n r
C
(
n
,
r
)
n r
n
!
r
!
(
n
r
)!
¿Cuántos grupos de 5 alumnos pueden formarse con los 30 alumnos de una clase. (Un grupo es distinto si se diferencia por lo menos en un alumno)?.
No
importa el
orden
. No puede haber dos alumnos iguales (no hay clones) en un grupo, luego
no
hay
repetición
.
C
( 30 , 5 ) 30 5 30 !
5 !
( 30 5 )!
142 .
506 33
¿Cuántas manos distintas pueden darse a 4 jugadores con 5 cartas cada uno y una baraja de 52 cartas? (Intenta primero una respuesta a ojo).
El primer jugador puede recibir C (52, 5) manos distintas. Una vez el primer jugador tiene su mano el segundo puede recibir C (47, 5) manos distintas (5 cartas de las 47 restantes). El tercero: C (42, 5) y el cuarto: C (37, 5). Por la regla del producto tendremos un total de: C
( 52 , 5 )
C
( 47 , 5 )
C
( 42 , 5 )
C
( 37 , 5 ) 52 !
5 !
47 !
47 !
5 !
42 !
42 !
5 !
37 !
37 !
5 !
32 !
52 !
5 !
5 !
5 !
5 !
32 !
1.478.262.
843.475.64
4.020.034.
240 1,5
x
10 24 34
¿De cuántas maneras distintas podemos pintar una tira de cinco casillas, pintando 2 de rojo y 3 de azul?
Respuesta: Combinaciones de 5 elementos tomados de 2 en 2. O de 5 elementos tomados de 3 en 3: C(5,2) = C(5,3) = 10.
35
Cine
¿Cuántos caminos distintos podemos recorrer desde hogar a cine? (Cada movimiento debe acercarnos al cine).
Hogar, dulce hogar
0 11 0 1 0 11111 0
Cualquier posible recorrido consiste en 8 movimientos a la derecha (1) y 4 movimientos hacia arriba (0). La solución es, por tanto: 12 8 12 4 8 12 !
!
4 !
495 36
El triángulo de Pascal
(o de Tartaglia) Ejemplo: para generar el 5º elemento en la fila #7, sumamos el 4 º y 5 º elemento en la fila #6.
37
Números combinatorios
Fila 5, posición 2: 5 2 10 Fila 10, posición 7: 10 7 120 38
9 2 9 7 36 9 !
2 !
( 9 2 )!
9 !
7 !
( 9 7 )!
n r
n n
r
39
6 4 6 5 7 5 15 6 21
n r
1 1
n r
1
n r
Identidad de Pascal
40
Demostrar la identidad de Pascal:
C
(
n
1 ,
r
1 )
C
(
n
1 ,
r
)
n r
1 1 Demostración:
r
1
n r
C
(
n
,
r
)
C
(
n
1 ,
r
1 )
C
(
n
1 ,
r
)
n
(
r n
!
1 )!
r
1 !
n
(
n r
1 )!
1 !
r
!
n
(
r n
!
1 )
r
!
1 !
1
n
r r
n
(
n
r
1 ) !
r
1 !
n r
n
n
!
r
!
r
!
C
(
n
,
r
) 41
La suma de fila enésima es el número total de subconjuntos posibles de un conjunto de n elementos =
2 n
Fila 5: 1 5 10 10 5 1 2 5 32
r n
0
C
n
0
n
1
n
2
n n
2
n
42
Imaginemos una bola cayendo por el triángulo de Pascal.
Cada fila que baja puede caer hacia la derecha o hacia la izquierda. ¿Cuántos posibles caminos nos llevan a la posición 2 de la fila 7?
Respuesta: 7 2 7 !
2 !
( 7 2 )!
21 ¿Por qué?. Imaginemos que la bola va siempre a la izquierda, 7 veces a la izquierda. Acabaremos en la posición 0 de la fila 7. Si va 5 veces a la izquierda y 2 a la derecha, independientemente del orden en que lo haga, acabará en la posición 2 de la fila 7.
43
(1) La buena de la señora Evita Gastos pretendía pasar de largo junto a la máquina de chicles de bola sin que sus gemelitos se dieran cuenta.
Primer gemelo:
¡Mamá yo quiero un chicle!
Segundo gemelo:
del mismo color
¡Mamá, yo también. Y lo quiero que el de Toñito!
44
La máquina, tiene chicles de bola de color rojo y verde. Cada chicle cuesta Bs 1. No hay forma de saber el color de la próxima bola. Si la Sra. Gastos quiere estar segura de sacar dos bolas iguales, ¿cuántos bolívares tiene que estar dispuesta a gastar?
1 2 3
"El peor de los casos posibles."
45
(2) Supongamos ahora que la máquina contiene
6 bolas rojas, 4 verdes y 5 azules
. ¿Cuántas monedas necesita la señora Evita Gastos para estar segura de conseguir dos bolas iguales?.
Generaliza a n conjuntos de bolas, donde cada conjunto es de un color.
1 2 3 4
El peor de los casos posibles.
1 2 n n+1
...
+ 1
46
(3) Ahora pasa por delante de la máquina la señora Notengo Plata con sus trillizos. La máquina contiene ahora 6 bolas rojas, 4 verdes y 1 azul. ¿Cuántas monedas necesita la señora para estar segura de conseguir tres bolas iguales?
1 2 3 4 5 6
47
Podríamos haber atacado el problema en forma bruta. Asignando a cada bola una letra y examinando cada una de las: 11 !
39 .
916 .
800
posibles extracciones
para determinar cuál presenta una secuencia inicial máxima antes de que aparezcan 3 bolas idénticas.
La idea “¡ajá!” consiste en establecer el caso más “desfavorable”.
¡Ajá!, Martin Gardner
48
Principio del palomar o de los cajones de Dirichlet
En promedio la cabeza de una persona tiene alrededor de 150.000 cabellos. ¿Existen dos personas en Caracas con la misma cantidad de pelos en la cabeza ?
El principio del palomar establece que si n palomas se distribuyen en m palomares y
Peter Gustav Lejeune Dirichlet (1805 -1859)
si n > m, entonces al menos habrá un palomar con más de una paloma
. Por ejemplo: si se toman trece personas, al menos dos habrán nacido el mismo mes.
El primer enunciado del principio se cree que proviene de Dirichlet en 1834 con el nombre de
Schubfachprinzip
("principio de los cajones"). 49
¿Cuántas palabras distintas (con o sin sentido) podemos construir utilizando todas las letras de MISSISSIPPI ?
S
= { 1
× M
, 4
× I
, 4
× S
, 2
× P
}
Llenemos las 11 casillas: 50
S
= { 1
× M
, 4
× I
, 4
× S
, 2
× P
}
•
Multiplicando:
# de posibilidades para M
:
11 1 ´ # de posibilidades para I : 10 4 ´ # de posibilidades para S : 6 4 ´ # de posibilidades para P :
34.650
2 2 S I P M S I I S I S P 51
Permutaciones con repetición
Si
n
objetos pueden dividirse en
r
clases con
n i
objetos idénticos en cada clase
(i = 1, 2, ... , r)
es decir, tal que
n
1
n
2
n r
n
.
Entonces el número de permutaciones posibles es:
PR n n
1 ,
n
2 ,...,
n r
con
n
1
n
2
n
!
n
1 !
n
2 !
n r
!
n r
n
¿Por qué?
52
Recuerda el problema de MISSISSIPPI...
n n
1
n n
2
n
1
n
n
1
n
3
n
2
n
n
1
n
2
n r
n r
1
n
(
n
n
!
n
1 !
n
1 !
n
(
n n
1
n
1
n
2 )!
!
n
(
n
n
1
n
2
n r
1 )!
n
0 !
1
n r
n
)!
2 !
n
r
!
n
(
n n
1
n
1
n
2
n
2
n
3 )!
!
n
3 !
53
¿De cuántas maneras distintas pueden colocarse en línea nueve bolas de las que 4 son blancas, 3 amarillas y 2 azules?
El orden importa
por ser de distinto color, pero hay bolas del mismo color (están repetidas y son indistinguibles) y colocamos 9 bolas en línea y tenemos 9 bolas para colocar.
PR
9 4 , 3 , 2 4 !
9 !
3 !
2 !
1260 54
El binomio de Newton
(a + b) 2 = (a + b) (a + b). Todos los posibles productos son: aa, ab, ba , bb.
(a + b) 2 = a 2 + 2ab + b 2 .
(a + b) 3 = (a + b) (a + b) (a + b).
Todos los posibles productos son: aaa, aab, aba, baa , abb, bab, bba , bbb.
(a + b) 3 = a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3 .
(a + b) 4 = a 4 + 4 a 3 b + 6 a 2 b 2 + 4 ab 3 + b 4 . C(4,0) = 1; C(4,1) = 4 ; C(4,2) = 6 ; C(4,3) = 4 ; C(4,4) = 1 55
Teorema del binomio
x
y
n
j n
0
C x n
j y j
n
0
x n
n
1
x n
1
y
n
2
x n
2
y
2 ...
n n
1
x
1
y n
1
n n
y n
Demostrar:
k n
0 0 0
1
n
k n
0
C
k
k n
0
C
k
56
Generalización del binomio de Newton
Vamos a encontrar una fórmula similar a la del binomio de Newton para
(a + b + c) n
. Aplicando la propiedad distributiva a:
(a + b + c) n = (a + b + c) (a + b + c) ... (a + b + c)
tendremos todos los posibles productos
a h b k c m h + k + m = n
escogidas sobre:
S = {n · a , n · b , n
tales que
· c }.
De modo que:
(
a
b
c
)
n
h
,
h k
k m m
,
n n
!
h
!
m
!
a h
Coeficientes Multinomiales
b k c m
57
Combinaciones con repetición
Queremos pintar
r
pelotas en
n
pelotas con
n
colores. Es como agrupar
r
montones, alguno de los cuales puede estar vacíos.
Supongamos
n = 4
y
r = 5
, por ejemplo.
La configuración
1 1 0 1 0 1 0 1
significa: hay tantas bolas como 1s y 0 = “pasa al siguiente color”. Hay 2 bolas del primer color, 1 bola del segundo color, 1 bola del tercer color y 1 bola del cuarto color. ¿Qué significa:
1 1 1 1 1 0 0 0
y
0 0 1 1 1 1 1 0
?
Siempre hay 5 unos y 3 ceros (cambios de color).
En el caso general,
f(n, r)
será el número de maneras de disponer
r
unos y
n-1
de
n – 1 + r
ceros en una secuencia que consta símbolos en total.
f(n, r)
= # de maneras de escoger
n-1
lugares entre
n + r – 1 f(n, r)
= # de maneras de escoger
r
lugares entre
n + r – 1
o 58
Combinaciones con repetición
¿Cuántas combinaciones con repetición de 2 elementos sobre el conjunto:
S
= { × a , × b , × c , × d } son posibles?
Tenemos 4 “colores” (
n = 4
) y 2 “bolas” (
r = 2
). Tenemos 2 1 ’s y 4–1=3
0
’s:
11000 10100 10010 10001 01100
= {
a
,
a
} = {
a
,
b
} = {
a
,
c
} = {
a
,
d
} = {
b
,
b
}
01010 01001 00110 00101 00011
= {
b
,
c
} = {
b
,
d
} = {
c
,
c
} = {
c
,
d
} = {
d
,
d
}
59
Combinaciones con repetición
Un total de 10 posibilidades: { a , a } , { a , b } , { a , c } , { a , d } , { b , b } , { b , c } , { b , d } , { c , c } , { c , d } , { d , d } .
60
Combinaciones con repetición
El número de
r
-combinaciones de un conjunto con
n
objetos distintos, cada uno repetido infinitamente, es: 61
En una confitería hay cinco tipos diferentes de pasteles. ¿De cuántas formas se pueden elegir cuatro pasteles?
No importa el orden
(son pasteles). Puede haber dos o más pasteles repetidos (hasta cuatro), luego se trata de combinaciones con repetición: 62
La
Combinatoria
es una rama de la matemética que estudia colecciones de objetos (normalmente finitos) que satisfacen ciertos criterios. En particular si se trata de contarlos estamos frente a la
Combinatoria Enumerativa.
Nos hemos centrado casi exclusivamente en ella porque es esencial para cálculos elementales de
probabilidad
. Pero existen otras ramas bien desarrolladas: el diseño combinatorio, la teoría de matroides, la combinatoria extremal, la optimización combinatoria o el álgebra combinatoria. 63
Táctica para chuletas
(Optimización combinatoria) El señor Asamantecas tiene un asador pequeño, donde apenas caben dos chuletas. Su mujer y su hija Clara se mueren de hambre y están ansiosas por comer cuanto antes. El problema es asar las tres chuletas en el mínimo tiempo posible.
Sr. Asamantecas:
Vamos a ver, hacen falta 20 minutos para asar una chuleta por los dos lados, pues cada uno tarda 10. Como puedo preparar dos chuletas a la vez, en 20 minutos puedo tener listas dos. La tercera tardará otros 20 minutos. Así que la comida estará a punto dentro de 40 minutos.
Clara:
¡Pero papá!. ¡Si puedes hacerlo en mucho menos! Acaba de ocurrírseme cómo ahorrar 10 minutos.
¿Cuál fue la feliz idea que se le ocurrió a Clara?
64
Chuletas A, B y C.
A1+B1 = 10 min A2+C1 = 10 min B2+C2 = 10 min ---------------------- Total = 30 min
Esto es un problema típico de optimización combinatoria en investigación de operaciones.
65
Un par de problemas clásicos de optimización combinatoria más: (1) ¿Cómo harías para traer de un río seis litros de agua, si no tienes a tu disposición, para medir el agua, más que dos recipientes, uno de cuatro litros y otro de nueve?
(2) Un pastor tiene que pasar un lobo, un conejo y una col de una orilla de un río a la otra orilla. Dispone de una barca en la que sólo caben él y una de las tres cosas anteriores. Si deja solos al conejo y al lobo, éste se come a aquél; si deja al conejo con la col, aquél se la come.
¿Cómo debe proceder para llevar las tres cosas a la orilla opuesta?
66
Ejercicios de combinatoria
67
¿Cuántos números de 4 dígitos pueden formarse con los 10 números 0, 1, 2, ..., 9 si: a) se permiten repeticiones, b) no se permiten repeticiones, c) el último número debe ser cero y no se permiten repeticiones?
a) El primer número puede ser cualesquiera de los 9 dígitos
(el cero no es significativo como primera cifra).
El segundo, tercero y cuarto número pueden ser siempre cualquiera de los 10. Por lo tanto habrá: 9x10x10x10 = 9.000 números posibles.
b) El primer número puede cualquiera de los 9
(excepto el cero).
El segundo puede ser cualquiera de los 9 restantes
(ahora el cero se permite).
El tercero tendrá 8 posibilidades y el cuarto 7. Por lo que resultan: 9x9x8x7 = 4.536 números.
68
c) Análogamente a antes, el primer dígito se puede escoger de 9 maneras, el segundo de 9 y el tercero de 8. El cuarto, sin embargo, solo tiene una posibilidad: el cero.
_ _ _ 0 Entonces, por la regla del producto: Configuraciones posibles = 9x9x8x1 = 648 números.
69
¿De cuántas maneras posibles se pueden sentar 10 personas en una banca si solamente hay 4 puestos disponibles?
El primer puesto libre puede ocuparse de 10 maneras, luego el segundo de 9 maneras, el tercero de 8 y el cuarto de 7. El número de ordenaciones de 10 personas tomadas de 4 a la vez será:
V
10 , 4 10
x
9
x
8
x
7 5040 70
•
Tenemos 6 alumnos de primer curso, 5 de segundo, 4 de tercero, 3 de cuarto, 2 de quinto, 1 de sexto, como candidatos a recibir 5 premios de la Facultad, uno al alumno menos charlatán, otro al más atento, otro al que tiene mejor letra, otro al que asiste más a tutorías y otro al que mejor aparca el carro. Suponiendo que ningún alumno puede recibir más de un premio, se pide: ¿De cuántas maneras se pueden distribuir los premios?
Solución:
21 candidatos a 5 premios. Como ningún alumno puede recibir más de un premio, tenemos 21 candidatos para el primer premio, 20 para el segundo...
En total 21x20x19x18x17=2.441.880 (distribuciones posibles).
71
En una estantería se quieren colocar 4 libros diferentes de matemática, 6 de física y 2 de química. ¿De cuántas maneras distintas se pueden colocar si: a) los libros de cada materia deben quedar juntos, b) sólo los libros de matemática deben quedar juntos?
a)
Por un lado, los libros de matemáticas se pueden colocar de 4! maneras, los de física de 6! y los de química de 2!. Los tres grupos de libros se podrán colocar de 3! maneras. Por consiguiente se obtienen:
4!x6!x2!x3! = 207.360 distintas configuraciones.
b)
Si consideramos los 4 libros de matemáticas como si fuesen uno solo, entonces tenemos 9 libros, que pueden colocarse de 9! maneras. En todas estas configuraciones los libros de matemáticas estarían juntos. Pero a su vez, éstos se pueden colocar de 4! maneras, por lo que en total se obtienen:
9!x4!= 8.709.120 maneras.
72
¿Cuántas permutaciones pueden formarse con las letras de la palabra BONDAD?
Respuesta: 6!/2! = 360
¿De dónde sale ese 2!? Supón que para distinguir la D repetida utilizamos una tilde: BONDAD’ Ahora todas las letras son distintas, luego hay 6! permutaciones posibles. Pero cada par de permutaciones: - - - D - - D’ D’- D en realidad son la misma. Por lo tanto debemos dividir por 2 el número total de permutaciones. ¿Y por qué por 2!? Piensa que ocurriría si hubiesen tres D.
73
Ahora este es fácil: una generalización del anterior. ¿Cuántas palabras distintas de 11 letras podemos formar con la palabra CACATUA?
La palabra
CACATUA
consta de 7 letras de las cuales sólo hay 4 tipos distinguibles: 2C, 3A, 1T y 1U. Tendremos entonces que repetir elementos dentro de cada tipo. Por lo tanto se trata de una
permutación con repetición
:
PR
2 7 , 3 , 1 , 1
7 !
2 !
3 !
1 !
1 !
74
En una línea están acomodadas cinco canicas rojas, dos blancas y tres azules. Si las canicas del mismo color no pueden diferenciarse entre sí, ¿de cuántas maneras diferentes se pueden ordenar?
Por razonar de otra manera, usemos un astuto truco: Supongamos que la respuesta es N configuraciones distintas
. Observa que dada una de esas configuraciones, si cambiamos bolas del mismo color entre sí, como son indistinguibles, la configuración se mantiene. Entonces, multiplicando N por el número de maneras de colocar las 5 canicas rojas entre ellas, las 2 blancas y las 3 azules, es decir:
Nx5!2!3!
, obtenemos las posibles configuraciones si se diferencia entre si todas las bolas. Pero si todas las bolas fuesen diferentes, el número de configuraciones sería: 10!. Entonces: (5!2!3!)N = 10! y despejando N tendremos la respuesta:
N = 10!(5!2!3!).
75
¿De cuántas maneras se pueden dividir 10 objetos en dos grupos que contengan 4 y 6 objetos respectivamente?
Esto es lo mismo que el número de ordenaciones de 10 objetos, de los cuales 4 son indistinguibles entre sí y los otros 6 también. Se trata entonces de una permutación con repetición:
10!/(4!6!) = 210.
El problema también equivale a encontrar el número de selecciones de 4 de 10 objetos (o 6 de 10), siendo irrelevante el orden de selección. Se trata por lo tanto de combinaciones sin repetición:
C
10 , 4 4 10 !
4 !
( 10 4 )!
10 !
4 !
6 !
210 76
Se necesitan sentar 5 hombres y 4 mujeres en fila, de manera que las mujeres ocupen los lugares pares. ¿De cuántas maneras pueden sentarse?
La configuración general pedida será: H M H M H M H M Los hombres se pueden sentar de 5! maneras, y las mujeres de 4!. Cada configuración de los hombres puede darse con cada configuración de las mujeres. Entonces se tendrán: Nº maneras = 5!4!= 2.880
77
¿De cuántas maneras posibles se pueden sentar 7 personas alrededor de una mesa redonda si: a) se pueden sentar en cualquier lugar, b) 2 personas en particular no se pueden sentar juntas?
a)
Empecemos con una persona sentada en cualquier lugar. Entonces las 6 personas restantes se pueden sentar de 6! = 720 maneras. Y esta es la respuesta, puesto que si la persona inicial se hubiera sentado en cualquier otro sitio, bastaría un giro para alcanzar alguna de las configuraciones contadas.
b)
Consideremos a 2 personas en particular como si fuesen una sola. Entonces, hay 6 personas en total, que se pueden colocar de 5! maneras.
A parte, las 2 personas que consideramos como si fueran una, pueden ordenarse de 2! maneras. Por consiguiente, el número de maneras de organizar a 7 personas con 2 en particular sentadas juntas es:5!x2!=240. Usando a), las maneras pedidas serán:
730 - 240 = 480 maneras.
78
¿De cuántas maneras se puede formar un comité de 5 personas a partir de un grupo de 9?
C
9 , 5 5 9 !
5 !
( 9 5 )!
126
¿Si quiero alquilar tres películas, ¿cuántas posibilidades tengo si en el videoclub sólo hay 200 películas?
C
200 , 3 3 200 !
3 !
( 200 3 )!
1313400 79
Desde un grupo de 5 matemáticos y 7 físicos se quiere formar un comité de 2 matemáticos y 3 físicos. ¿De cuántas maneras se puede hacer si: a) se puede incluir cualquier matemático y cualquier físico, b) un físico en particular debe estar en el comité y c) dos matemáticos en particular no pueden pertenecer al comité?
a)
Se pueden seleccionar 2 matemáticos de 5 de C(5,2) maneras y a los 3 físicos de C(7,3) maneras. El número total es el producto =
10·35 = 350.
b)
Análogamente: los posibles matemáticos coinciden con los de antes: C(5,2); y los físicos esta vez se cogen 2 de los 6 que quedan: C(6,2). Por lo tanto, el total será:
C(5,2)·C(6,2) = 10·15 = 150.
c)
Ahora sólo tendremos dos matemáticos a escoger entre 3: C(3,2). Los físicos serán como en a). En total tendremos:
C(3,2)·C(7,3) = 3·35 = 105.
80
¿Cuántas ensaladas diferentes puedo hacer con lechuga, tomate, cebolla, aceitunas y atún?
1ª Forma:
Se pueden seleccionar 1 de los 5 ingredientes, 2 de los 5, ...
hasta coger 5 de los 5. El número de ensaladas distintas es:
C(5,1) + + C(5,2) + C(5,3) + C(5,4) + C(5,5) = 5+10+10+5+1 = 31.
2ª Forma:
Cada ingrediente puede tratarse de 2 maneras, se puede escoger o rechazar. Puesto que cada 2 formas de tratar a un ingrediente está asociada con las 2 formas de tratar a cada uno de los otros vegetales, el número de maneras de tratar a los 5 ingredientes es 2 5 . Pero dentro de las 2 5 maneras se incluye el caso de no coger ningún ingrediente. Por lo tanto:
Número de ensaladas = 2 5 - 1 = 31.
81
¿Cuántas palabras de 4 consonantes diferentes y 3 vocales distintas se pueden formar a partir de 7 consonantes y 5 vocales?
(No hace falta que tengan sentido)
Se pueden seleccionar 4 consonantes diferentes de C(7,4) maneras y las 3 vocales de C(5,3) maneras. Además, las 7 letras resultantes (4 consonantes y 3 vocales) pueden ordenarse entre sí de 7! maneras. Por lo tanto:
# de palabras = C(7,4)xC(5,3)x7! = 35x10x5040 = 1764000
82
83
84
¿De cuántas formas distintas se pueden acertar 9 resultados en una quiniela futbolística de 15 resultados?
SOLUCIÓN:
15 resultados 1 X 2 (3 valores) distintas. 15 9 En cada resultado, las opciones de fallo son 2, por lo que para cada una de las formas de acierto, los seis resultados se pueden fallar de:
2x2x2x2x2x2 = 2 6 formas distintas.
a 320320 formas.
15 9
x
2 85
86
87
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89
Sigue en la siguiente diapositiva 90
91
Se distribuyen 100 sillas auxiliares entre 5 aulas de modo que las dos mayores reciben, entre las dos, 50 sillas ¿De cuántas formas distintas se puede hacer el reparto?
SOLUCIÓN:
A y B : aulas mayores.
50 sillas: asignación de las letras A o B a cada una de las 50 sillas. Como las sillas son iguales no hay orden en esta asignación y cada distribución es una combinación con repetición de orden 50 con los elementos A y B.
C
2
R
, 50 2 50 50 1 51 50 51 Análogamente, las formas de distribuir las otras 50 sillas son:
R C
3 , 50 3 50 50 1 52 2 1326 y el reparto se puede efectuar de 51·1326= 67626 formas distintas.
92
Un banco tiene que elegir 5 cargos directivos: director, subdirector, interventor, tesorero y gerente, entre 8 personas, de las cuales 3 son hombres (A,E,O) y 5 mujeres (X,Y,Z,V,W). Se pide averiguar de cuántas formas puede hacerse la elección si: a) Los hombre A y E no pueden estar juntos en la misma elección.
b) Entran los 3 hombres.
c) Entran 3 mujeres y 2 hombres.
d) Entran al menos 3 mujeres.
SOLUCIÓN:
a) Contamos las elecciones: - A pero no con E.
- E pero no con A.
- sin A ni E.
Elecciones con A = ( Elecciones con E) : hay que elegir otra 4 de entre 6 de 6 4 = 15 formas distintas. Ahora debemos asignas cargos. Cada asignación de cargos a los directivos elegidos es una permutación de las cinco personas elegidas. Por tanto, el número de elecciones con A es: 6 4
x
5 !
1800 93
Elecciones sin A ni E: de forma análoga 6 5
x
5 !
720 Por tanto las opciones sin A ni E juntos es: 6 4
x
5 !
6 4
x
5 !
6 5
x
5 !
4320 b) Si entran los 3 hombres quedan 2 puestos para las 5 mujeres, que se pueden elegir de 5 2 maneras. Considerando la asignación de cargos directivos resultan 5 2
x
5 !
1200 elecciones c) Los hombres se eligen de este caso es: 3 2 posibles.
5 formas y las mujeres de formas. Por tanto el número elecciones en 3 3 2 5 3
x
5 !
3600 d) Contamos separadamente cuando entran 3 mujeres, cuando entran cuatro y cuando entran cinco: 3 2 5 3
x
5 !
3 1 5 4
x
5 !
5 !
3600 1800 120 5520 94
Un equipo de baloncesto dispone de 12 jugadores: 3 bases, 4 aleros y 5 pívots. ¿Cuántos equipos diferentes puede presentar el entrenador como quinteto titular?. Se recuerda que de forma simplificada un equipo de baloncesto consta de un base, dos aleros y dos pívots.
SOLUCIÓN:
Hay que elegir 1 base, 2 aleros y 2 pívots de un total de 3 bases, 4 aleros y 5 pivots, donde el orden no influye en cada uno de los puestos correspondientes sino las personas en juego.
C
3 , 1 3 1 3
bases C
4 , 2 4 2 6
aleros C
5 , 2 5 2 10
pívots
El entrenador puede presentar:
95
3x6x10 = 180 equipos o quintetos titulares.
Calcular el número de sucesiones que se pueden formar con 3 aes, 5 bes y 8 ces. ¿ Y si no puede haber dos bes consecutivas?. ¿Y si no hay dos iguales consecutivas?
SOLUCIÓN:
A) Cada una de las sucesiones sin condiciones adicionales es una permutación de aaabbbbbcccccccc, por lo que su número es:
P
16 3 , 5 , 8 , 16 !
3 !
5 !
8 !
720720 Para que las letras b no aparezcan consecutivas, deben colocarse, entre dos términos de una de las sucesiones de aes y ces. Como hay 11 símbolos en esas sucesiones el número de huecos donde se pueden colocar las bes es 12. Debemos elegir 5 de estos 12 huecos.
Se puede hacer de
12 5 792 formas distintas.
El número de sucesiones es, por tanto : 12 5 11 !
3 !
8 !
130680 formas 96
c) No se permiten letras iguales consecutivas. Fijémonos en la colocación de las ces. El número de ces es la suma del nº de aes y bes. 2 opciones: Si c sólo aparece en uno de los extremos: c-c-c-c-c-c-c-c eligiendo 3 huecos de los 8 posibles para colocar las 3 aes, tendremos la sucesión descrita: 2 · 8 3 Si c aparece en los 2 extremos, una colocación será: c- -c-c-c-c-c-c-c donde en las posiciones – podemos colocar a o b.
El doble hueco - - puede aparecer en 7 posiciones y se puede llenar con ab o con ba, es decir, se presenta 2·7 posibilidades. Luego hay que elegir dos huecos entre seis para colocar las restantes aes. En total, el nº de sucesiones en este caso es 2
x
7
x
6 2 El nº de sucesiones sin letras iguales consecutivas es: 2
x
8 3 14
x
6 2 112 210 332 97
98
99
100