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Capítulo 3
Combinaciones y números
combinatorios
No siempre interesa el orden en el que se distribuyen los elementos. Cuando el orden no interesa en la distribución sino únicamente la composición de la misma se dice que se trata de una combinación.
3.1. Combinaciones simples
Se llaman combinaciones de n elementos, tomados de k en k, a las distribuciones po- sibles integradas por k elementos de los n dados y de modo que dos combinaciones cualesquiera (dos de esas distribuciones) se diferencian por la naturaleza de algún ele- mento (pero no por el orden de los elementos en la distribución).
Si un elemento no puede repetirse estamos ante las combinaciones simples, que se denotarán por Cnk o Cn,k.
3.1.1. Número de las combinaciones simples y obtención de las mis-
mas
Teorema 3.1 Para n, k ∈ Z +, con k ≤ n se tiene que el número de combinaciones simples de n objetos tomados de k en k es:
Ckn = n! k!(n − k)!
Demostración.
El número total de listas u ordenaciones posibles será Vnk. Para cada grupo de k ele- mentos de estas variaciones el orden no influye; es decir, hay k! ordenaciones que son
una misma combinación. Luego
Cnk = V nk k!
n! (n−k)! k!
= n! k!(n − k)!
Es interesante observar que la fórmula anterior coincide con la de permutaciones con repetición de n elementos en los que se repiten k de un mismo tipo y n − k de otro tipo:
PRkn, n−k= n! k!(n − k)!
= Ckn.
A la igualdad Cnk = PRkn, n−kse puede llegar también sin recurrir a las variaciones Vnk. En efecto, consideremos los n elementos ordenadamente. Cada combinación que se pueda formar la identificamos mediante una n-upla de ceros y unos, de modo que si el elemento está en la combinación escribimos un 1 y si no está un 0. Por ejemplo, si se trata de {a, b, c,... , i, j} y consideremos la combinación de ellos de clase 5 siguiente: a, c, f , h, i. Le corresponde la 10-upla (1,0,1,0,0,1,0,1,1,0). Y recíprocamente, a una cierta distribución de ceros y unos en una 10-upla, por ejemplo a (0, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 1) le corresponde una combinación, en este caso b, c, d, g, j. Vemos que a cada combinación simple Cnk le corresponde una distribución (n-upla) de k unos y n − k ceros. Y que a cada n-upla de este tipo le corresponde una combinación de Cnk.
Ahora bien, el número de n-uplas de k unos y n − k ceros es PRkn, n−k, luego:
Cnk = PRkn, n−k= (^) k!(nn −! k)!.
3.1.2. Obtención de todas las combinaciones simples
Observemos en primer lugar que las combinaciones están relacionadas con el número de subconjuntos de un conjunto dado como se vio con anterioridad. Si A es un con- junto con cardinal finito n, se tiene que existen 2n^ subconjuntos suyos, por lo que el cardinal del conjunto potencia es |P (A)| = 2 n. ¿Cuántos subconjuntos tienen un único elemento?, pues n = C^1 n. ¿Cuántos subconjuntos hay de 2 elementos?, claramente C^2 n. Y así sucesivamente, resultando que el número de subconjuntos con un determinado número de elementos k, con k ≤ n, es Cnk, y así
C n^0 + C^1 n +... + Cnn− 1 + Cnn = 2 n.
Veamos ahora cómo obtener todas las combinaciones de un cierto conjunto de elemen- tos. Por simplicidad, consideremos las combinaciones de los elementos del conjunto {a, b, c, d}.. El procedimiento a seguir es ir construyendo las sucesivas combinaciones k-arias con k = 1, 2, 3, 4.
n − 1 k
n − 1 k − 1
= (^) (n (−n k− −^1 1 )!)!k! + (^) (n −( nk^ )−!(^1 k )−! 1 )!
= (n^ −(n^1 −)! k(n)!^ −k! k)+ ((nn −− k^1 ))!!kk!
= n(n n^ −(n^1 −)! k(n)!^ −k! k)+ (^) nn((nn −− k^1 ))!!kk!
= n! (n − k)!k!
[ (^) n − k n
]
= (^) (n −n !k)!k! =
n k
Veamos ahora la demostración a partir de un razonamiento combinatorio. La fórmula de Pascal, en términos de combinaciones simples, se corresponde con
Cnk− 1 + C nk−−^11 = Ckn.
Consideremos los elementos a 1 , a 2 ,... , an− 1 , an y sus combinaciones de k elementos. Dividimos estas combinaciones en dos clases:
1. Las combinaciones que contengan al elemento an. 2. Las combinaciones que no contengan a an.
Si en la primera clase eliminamos an de todas las combinaciones que pertenecen a dicha clase, tendremos combinaciones de los elementos a 1 , a 2 ,... , an− 1 tomados de k − 1 en k − 1, cuyo número es C nk−−^11 ; por lo tanto, en la primera clase hay C nk−−^11 combinaciones de a 1 ,... , an.
En la segunda clase lo que tenemos son combinaciones de k elementos de a 1 ,... , an− 1 , cuyo número es Ckn− 1.
Como las dos clases son disjuntas, es claro que Cnk = Ck n−−^11 + Ckn− 1 y así que ( n k
n − 1 k
n − 1 k − 1
3.2.1. Triángulo de Tartaglia. Cuadrado aritmético
Los números combinatorios aparecen en múltiples y variadas situaciones. A continua- ción veremos la presencia de los números combinatorios en algunas situaciones con una cierta característica geométrica.
Si escribimos, sucesivamente en filas de orden creciente, en cada caso, todos los núme- ros combinatorios desde índice 0 hasta índice n, obtenemos la siguiente distribución.
(^10 ) (^11 )
(^20 ) (^21 ) (^22 )
(^30 ) (^31 ) (^32 ) (^33 )
cuyos valores son:
que por su disposición en forma de triángulo se trata de un ”triángulo aritmético” conocido como triángulo de Pascal o triángulo de Tartaglia.
Observemos que los números de cada fila se obtienen de sumar los números de la fila inmediatamente anterior que se encuentran a su izquierda y derecha; así el segundo 3 de la tercera fila es el resultado de la suma 1 + 2 = 3 de los números 1 y 2, respec- tivamente a izquierda y derecha del 3 en la segunda fila. Y ello se corresponde con la Fórmula de Pascal.
Caminando por Manhattan
Manhattan, en New York, está urbanizado como una cuadrícula rectangular de n × k manzanas (siendo n el indicador de las filas horizontales y k el de las verticales), de modo que entre n filas de manzanas en horizontal hay n − 1 calles horizontales y entre k filas de manzanas miradas en vertical hay k − 1 calles.
A
B
Supongamos que un ciudadano quiere ir caminando desde el punto A de la figura anterior hasta el punto B por el camino más corto (desplazandose siempre de izquierda a derecha o de arriba hacia abajo). ¿Por cuántos caminos puede llegar desde A hasta B?
es decir, la relación de recurrencia que obtuvimos anteriormente, que se corresponde con la Fórmula de Pascal. Y, a su vez, esta relación es deducible directamente desde el razonamiento de nuestro propio problema. En efecto, para llegar por ejemplo a B (casilla (5, 4)) puede hacerse viniendo desde las casillas (4, 4) y (5, 3), luego los caminos finales serán la suma de los unos y los otros. En general, para llegar a la casilla (n, k) podemos hacerlo viniendo desde las casillas (n − 1, k) y (n, k − 1 ), luego el número de caminos que llegan a (n, k) es la suma de ambos; es decir Ckn+k = Ckn+k− 1 + C nk−+^1 k− 1.
Por otra parte, debemos observar que de la relación Cnk+k = Cnn+k se deduce que el cuadrado aritmético obtenido anteriormente es simétrico con respecto a la diagonal principal.
También cabe observar que si giramos el Triángulo de Tartaglia obtenemos el cuadrado aritmético, de modo que las filas del cuadrado se corresponden con las líneas paralelas a los lados del Triángulo y la propiedad anterior se corresponde con la ya observada en el triángulo.
Números figurados
Si observamos la tercera fila del cuadrado aritmético o, equivalentemente, la tercera paralela a los lados del Triángulo de Tartaglia, tenemos la sucesión 1, 3, 6, 10,.. .. Nú- meros que se conocen como números triangulares. La razón de esta denominación se hace evidente tras observar la siguiente figura
Cada número, con la disposición dada, se corresponde con un triángulo de puntos. El enésimo número triangular lo denotamos por Tn. Cada número es el resultado de la suma de los puntos de cada fila; así: T 1 = 1, T 2 = 1 + 2 = 3, T 3 = 1 + 2 + 3 = 6, T 4 = 1 + 2 + 3 + 4 = 10, etc. Así, Tn = 1 +... + n es la suma de los primeros n núme- ros naturales, luego es Tn = n(n 2 + 1 )y a su vez está en la tercera paralela del lado del triángulo de Tartaglia, luego es Tn = C n^2 + 1 y también está en la tercera fila del cuadrado aritmético ocupando la posición (columna) n − 1 (porque en el cuadrado empezamos contando filas y columnas a partir de 0, mientras que con Tn estamos contando a partir de 1, por lo que será C nn−+^11. Así:
Tn = C^2 n+ 1 = Cn n+−^11 =
n(n + 1 )
Podemos generalizar esta forma geométrica de determinar números. Así, los triángu- los de puntos se pueden superponer como capas consecutivas formando tretraedros. Si consideramos una primera capa tendríamos un solo punto, correspondiente a T 1. Si consideramos dos capas, podemos poner en la superior a T 1 (un punto) y en la inferior a T 2 (un triángulo de tres puntos) obteniendo un tretaedro que tiene en total 4 puntos. Podemos considerar un tretaedro de tres capas: en la superior T 1 , después T 2 y final- mente la inferior T 3 , tendremos un tretaedro con 10 de puntos, resultado de sumar los correspondientes a T 1 , T 2 y T 3. Y así sucesivamente. Una visión dinámica puede verse en https://www.geogebra.org/m/mNjemk33.
Cada número obtenido de esta forma lo denominamos número tretaédrico y al enésimo número tretaédrico lo denotaremos por Pn. tenemos que Pn = T 1 + T 2 +... + Tn. Si vamos construyendo la sucesión de los números tretaédricos, paso a paso, observemos que obtenemos 1, 4, 10, 20, 35, 56,... que se corresponde con la fila tres del cuadrado aritmético (recordemos que se empezaba a contar en la cero) y, lógicamente, con la tercera paralela al lado del triángulo de Tartaglia. Por tanto, la expresión general de un número tretaédrico será
Pn = C^3 n+ 2 = Cn n+−^12 = (n^ +^2 )^ ·^ (n^ +^1 )^ ·^ n 1 · 2 · 3
que nos indica que el conjunto de todos los subconjuntos de un conjunto A con |A| = m, tiene 2m^ elementos. En la expresión anterior el total de subconjuntos se obtiene como suma del número de subconjuntos: sin elementos (∅), con un elemento, con dos, con tres, etc., hasta llegar al número de subconjuntos con m elementos que es solo uno (el propio conjunto A).
3.3. Combinaciones con repetición
En las combinaciones con repetición los elementos pueden repetirse dentro de una misma distribución. Vamos a obtener su número, para ello necesitaremos previamente de un resultado que lo analizaremos en un caso particular y luego lo veremos como una proposición de carácter general.
Queremos saber cuántas soluciones enteras no negativas tiene la ecuación x 1 + x 2 + x 3 = 5 o, lo que es lo mismo, ¿de cuántas formas podemos colocar los números en tres posiciones de forma que sumen 5?
Podemos descomponer cada número en suma de unos. El número de unos nos da el número correspondiente a esa solución en cada incógnita xi. Por ejemplo 11/11/ o 1/1/111. Luego la cuestión reside en saber ¿de cuántas formas se pueden colocar cinco unos entre siete posiciones posibles, donde las otras dos las ocuparán dos barras /. Consecuentemente el número de soluciones enteras no negativas es C^57 = 21.
Esto mismo puede formularse como un resultado general.
Lema 3.5 Sean k y n números naturales, n ≥ 1. El número de soluciones enteras no negativas de
x 1 + x 2 +... + xn = k (3.1)
es Cnk+k− 1.
Demostración. Existe una correspondencia biunívoca entre las soluciones enteras no negativas de (3.1) y las cadenas de n + k − 1 elementos compuestas por k unos y n − 1 barras. En efecto, a una solución a 1 + a 2 +... + an = k le asignamos la cade- na 11... 1︸ ︷︷ ︸ a 1
a 2
an
tal que la suma de todos los unos es k. Recíprocamente,
dada una cadena de k unos y n − 1 barras, /, le hacemos corresponder la solución b 1 + b 2 +... + bn = k de (3.1), donde cada bi es igual al número de unos delante de la barra iésima, con i = 1,... , n. Por tanto, el número de soluciones enteras no negativas de (3.1) es igual al número de cadenas de n + k − 1 elementos formadas por k unos y n − 1 barras.
La cuestión es, entonces, ¿cuántas cadenas existen de ese tipo? o, equivalentemente, ¿de cuántas formas se pueden colocar k unos entre n + k − 1 posiciones posibles? y la respuesta, evidentemente, es Cnk+k− 1.
Teorema 3.6 El número de combinaciones con repetición de n elementos, a 1 , a 2 ,... , an, to- mados de k en k, CRkn, es igual al número de soluciones enteras no negativas de la ecuación
x 1 + x 2 +... + xn = k (3.2)
Demostración. Sea ai 1 ai 2... aik una combinación con repetición de a 1 a 2... an con k ele- mentos. Llamemos
y 1 al número de veces que aparece a 1 en ai 1 ai 2... aik
y 2 al número de veces que aparece a 2 en ai 1 ai 2... aik
...................................................
yn al número de veces que aparece an en ai 1 ai 2... aik
Como ai 1 ai 2... aik tiene k elementos, entonces y 1 + y 2 +... + yn = k que es una solución entera no negativa de (3.2).
Recíprocamente, a una solución entera no negativa cualquiera y 1 + y 2 +... + yn = k de (3.2) le hacemos corresponder una combinación con repetición de a 1 a 2... an, dada por y 1 ︷ a ︸︸ ︷ 1...^ a 1 ,
y 2 ︷ a ︸︸ ︷ 2...^ a 2 ,... ,
yn ︷ a ︸︸ ︷ n...^ an;
es decir, con yi veces ai para i = 1,... , n. Esta combinación con repetición tiene obvia- mente k elementos.
Del Lema y Teorema previos, podemos concluir inmediatamente que:
Corolario 3.7 Se tiene que CRkn = Ckn+k− 1.
3.3.1. Observaciones
Observemos algunos de los ejemplos, una vez resueltos los ejercicios 34. , 35. , 38. , 39. y
40. de este capítulo.
Objetos (k) ` Destinatarios (n) (^) diferentes iguales diferentes VRkn S(k, n) iguales CRkn func. gen./Partición enteros La situación se hará más compleja porque dentro de cada uno de estos grandes tipos se pueden presentar diversos tipos de restricciones relativas a los objetos, lo que con- llevará el uso de técnicas particulares para la resolución de los problemas. Este asunto será tratado en el tema de Distribución de objetos en cajas. **3.3.2. Restricciones sobre las soluciones de la ecuación** x 1 + x 2 +... + xn = k En el Teorema 3.6 vimos el número de soluciones enteras no negativas de la ecuación x 1 + x 2 +... + xn = k. Vamos a ver el número de soluciones enteras de dicha ecuación que verifican algunas restricciones. **Teorema 3.8** El número de soluciones enteras positivas de la ecuación x 1 + x 2 +... + xn = k, con n, k ∈ **N** y k ≥ n, es Cn k−− 11 = (k n−−^11 ). Demostración. Tenemos la ecuación x 1 + x 2 +... + xn = k, siendo xi ≥ 1, para cada i ∈ {1,... , n} (3.3) Restamos n a cada lado de la ecuación del modo siguiente x 1 − 1 + x 2 − 1 +... + xn − 1 = k − n. Hacemos el cambio yi = xi − 1 ≥ 0, para i ∈ {1,... , n} y r = k − n, resultando la ecuación y 1 + y 2 +... + yn = r. (3.4) El número de soluciones enteras positivas de la ecuación (3.3) es igual al número de soluciones no negativas de la ecuación (3.4). Ahora bien, el número de estas últimas es: CRrn = Crn+r− 1 = Ckk−− 1 n = (k − 1 k − n (k − 1 n − 1 la última igualdad como consecuencia de ser números combinatorios complementa- rios. Un tratamiento análogo podemos dar al problema de soluciones enteras mayores que un cierto m ∈ **Z** +. Y el procedimiento sigue siendo válido en el caso en que cada incógnita esté sujeta a una condición distinta. Por ejemplo, si tenemos la ecuación x 1 + x‘ + x 3 + x 4 = 48 tal que x 1 > 5, x 2 > 6, x 3 > 7, x 4 > 8, hacemos el cambio y 1 = x 1 − 5, y 2 = x 2 − 6, y 3 = x 3 − 7, y 4 = x 4 − 8, así cada yi ≥ 1, para i ∈ {1, 2, 3, 4}, y llamando r = 48 − 26 = 22, siendo 26 = 5 + 6 + 7 + 8, resulta la ecuación y 1 + y 2 + y 3 + y 4 = 22, donde las soluciones deben ser enteras positivas. Por el Teorema 3.8 el número de soluciones es C^321 = (^213 ) = 1330. Podemos enunciar el siguiente resultado. **Teorema 3.9** El número de soluciones enteras positivas de la ecuación x 1 + x 2 +... + xn = k, sometidas a las restricciones x 1 > c 1 , x 2 > c 2 ,... xn > cn y k ≥ n + c 1 + c 2 +... + cn, es C kn−−c^11 −c 2 −···−cn− 1. Demostración. Se hace el cambio yi = xi − ci, para cada i ∈ {1, 2,... , n}, r = k − (c 1 + c 2 +... + cn) y obtenemos la ecuación y 1 + y 2 +... + yn = r, con yi ≥ 1, para cada i ∈ {1, 2,... n}. Por el Teorema 3.8 el número de soluciones es C rn−− 11 = C kn−−c^11 −c 2 −...−cn− 1. Este resultado sigue siendo válido si los ci son enteros positivos, negativos o nulos. **3.4. Combinatoria y probabilidad** En el segundo curso del Grado en Matemáticas el alumno tendrá oportunidad de estu- diar el Cálculo de Probabilidades y de aplicar conceptos y técnicas de la Combinatoria para resolver problemas de probabilidad. Esta sección, por tanto, no pretende entrar en una temática que tiene su lugar y extensiones propios, solo una brevísima iniciación a problemas de esta naturaleza, apoyándonos en conceptos que el alumno pudiera tener de la enseñanza secundaria.
