Permutaciones y particiones - Teoría combinatoria - Apuntes - Universidad del Zulia - Capítulo6 - Parte2, Apuntes de Teoría combinatoria. Universidad de Salamanca (USAL)
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Permutaciones y particiones - Teoría combinatoria - Apuntes - Universidad del Zulia - Capítulo6 - Parte2, Apuntes de Teoría combinatoria. Universidad de Salamanca (USAL)

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Demostracion: Entre las n k  permutaciones de Nn que se descomponen en producto de k ciclos disjuntos contemos aquellas que dejan jo el elemento n. Su numero debe ser n
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70 José H. Nieto

Demostración: Entre las [ n k

] permutaciones de Nn que se descomponen

en producto de k ciclos disjuntos contemos aquellas que dejan fijo el ele- mento n. Su número debe ser

[ n−1 k−1 ] , pues si dejan n fijo deben permutar

los elementos {1, . . . , n− 1} entre śı y descomponerse en producto de k − 1 ciclos en Sn−1 para completar con el 1-ciclo (n) el total de k ciclos. En las permutaciones que no dejan fijo a n este elemento debe aparecer en algún ciclo acompañado al menos de otro elemento. Eliminando a n de ese ciclo resulta una permutación de Nn−1 que se descompone en producto de k ciclos disjuntos. Por este procedimiento se pueden obtener en verdad todas estas permutaciones, pero cada una de ellas aparecerá repetida n−1 veces porque el elemento n puede reinsertarse en n− 1 posiciones diferentes. Por lo tanto el número de permutaciones de Nn que se descomponen en k ciclos disjuntos y que no dejan fijo a n es (n−1)

[ n−1 k

] . Una aplicación rutinaria del principio

de la suma completa la demostración.

La relación que acabamos de demostrar, parecida a la fórmula de Stifel para los coeficientes binomiales, permite calcular los números de Stirling de primera clase recursivamente y construir un triángulo similar al de Pascal:

n\k 0 1 2 3 4 5 6 0 1 1 0 1 2 0 1 1 3 0 2 3 1 4 0 6 11 6 1 5 0 24 50 35 10 1 6 0 120 274 225 85 15 1

Los lados del triángulo se llenan con ceros y unos en virtud de las igual- dades

[0 n

] = 0, ∀n > 0 y

[ n n

] = 1, ∀n ≥ 0. Las entradas restantes se

obtienen sumando el número que se halla en la fila superior un lugar a la izquierda con el que está arriba multiplicado por su número de fila. Por ejemplo en la fila 5 y columna 3 tenemos

[5 3

] = 11 + 6× 4 = 35.

Proposición 6.2.3. Para todo n ≥ 0 se cumple:

x(x+ 1) · · · (x+ n− 1) = nk=0

[ n

k

] xk

Teoŕıa Combinatoria 71

Demostración: Lo probaremos por inducción en n. La igualdad se cumple para n = 0 (interpretando el producto vaćıo a la izquierda como igual a 1) y para n = 1, en cuyo caso se reduce a x = x. Puesto que x(x+1) · · · (x+n−1) es un polinomio de grado n en la variable x lo podemos escribir en la forma An,0 + An,1x + · · · + An,nxn. Sea n > 0. Nuestro objetivo es probar que An,k =

[ n k

] . Supongamos inductivamente que An−1,k =

[ n−1 k

] . Como el

polinomio x(x + 1) · · · (x + n − 1) se anula en x=0 y tiene el coeficiente de xn igual a 1 es claro que An,0 = 0 =

[ n 0

] y An,n = 1 =

[ n n

] . Ahora bien,

nk=0

An,kx k = (x(x+ 1) · · · (x+ n− 2)) (x+ n− 1)

=

( n−1∑ k=0

An−1,kx k

) (x+ (n− 1))

= nk=1

An−1,k−1x k + (n− 1)

n−1∑ k=0

An−1,kx k

= xn + n−1∑ k=1

(An−1,k−1 + (n− 1)An−1,k)xk

Por lo tanto si 0 < k < n se tiene:

An,k = An−1,k−1 + (n− 1)An−1,k = [ n− 1 k − 1

] + (n− 1)

[ n− 1 k

] = [ n

k

] siendo las dos últimas igualdades consecuencia de la hipótesis inductiva y de la Proposición (6.2.2).

Proposición 6.2.4. Para todo n ≥ 0 se cumple:

x(x− 1) · · · (x− n+ 1) = nk=0

(1)n−k [ n

k

] xk

Demostración: Basta substituir x por −x en la Proposición 6.2.3 y mul- tiplicar luego ambos miembros por (1)n.

Diremos que la sucesión de números reales a1, a2, . . . , an presenta un mı́nimo de izquierda a derecha en la posición i si se cumple que aj > ai para todo j < i. Los números de Stirling de primera clase están relacionados con este concepto del modo siguiente:

72 José H. Nieto

Proposición 6.2.5. El número de permutaciones de Nn que al ser escri- tas en forma de sucesión presentan exactamente k mı́nimos de izquierda a derecha es

[ n k

] .

Demostración: Diremos que la descomposición en producto de ciclos dis- juntos de una permutación σ ∈ Sn está escrita en forma canónica si se satisfacen las dos condiciones siguientes:

1. Cada ciclo está escrito comenzando por su menor elemento.

2. Los ciclos están ordenados de izquierda a derecha en orden decreciente de sus primeros elementos.

Es claro que toda permutación puede escribirse de acuerdo a estas reglas, y de una única manera. Por ejemplo :

σ = (

1 2 3 4 5 6 7 8 2 4 5 1 7 8 3 6

) = (6, 8)(3, 5, 7)(1, 2, 4)

La ventaja de la forma canónica es que si quitamos los paréntesis que encie- rran a cada ciclo, la permutación original puede ser reconstrúıda abriendo paréntesis antes de cada mı́nimo de izquierda a derecha. En efecto, el pri- mer elemento de un ciclo en una descomposición escrita en forma canónica es menor que el primer elemento de cualquier ciclo que lo preceda y por lo tanto menor que cualquier elemento de ese ciclo. En consecuencia, el primer elemento de cada ciclo es un mı́nimo de izquierda a derecha, y obviamente no hay otros mı́nimos. Construyamos ahora una aplicación f : Sn → Sn del modo siguiente: a cada σ ∈ Sn la descomponemos en producto de ci- clos disjuntos, escribimos la descomposición en forma canónica, quitamos los paréntesis e interpretamos el resultado como una permutación escrita en for- ma de sucesión. Por ejemplo si σ es la permutación del ejemplo precedente entonces

f(σ) = (

1 2 3 4 5 6 7 8 6 8 3 5 7 1 2 4

) La posibilidad de reconstruir una permutación a partir de la sucesión de elementos que aparecen en su forma canónica nos muestra que f es una biyección, y además hace corresponder a cada permutación que se descom- ponga en k ciclos disjuntos otra con k mı́nimos de izquierda a derecha. Una aplicación del principio de correspondencia finaliza la demostración.

Otro tratamiento de este tema puede verse en [N2].

Teoŕıa Combinatoria 73

6.3 Aplicación al análisis de algoritmos

El algoritmo que analizaremos a continuación es muy sencillo, y consiste en examinar secuencialmente un arreglo numérico x[1], x[2], . . . , x[n] para hallar el mı́nimo elemento. Al finalizar, la variable min contendrá el valor del menor elemento del arreglo y la variable j su correspondiente ı́ndice. Supondremos, para mayor sencillez, que todos los elementos del arreglo son distintos.

PASO 1. (Inicialización) j ← 1; min← x[1]; i← 2 ;

PASO 2. Si i > n finalizar.

PASO 3. Si x[i] > min ir al PASO 5.

PASO 4. min← x[i]; j ← i;

PASO 5. i← i+ 1; Ir al PASO 2.

El análisis combinatorio de este algoritmo consiste sencillamente en con- tar el número de veces que se ejecuta cada paso del mismo. Esto es fácil, excepto para el PASO 4, cuya ejecución depende de los datos de entrada (los elementos almacenados en el arreglo). Como máximo este paso se eje- cutará n− 1 veces, y esto ocurrirá si y sólo si x[1] > x[2] > · · · > x[n]. Pero también puede ocurrir que no se ejecute nunca, si los elementos del arreglo son tales que x[1] < x[2) < · · · < x[n]. En general, llamando A al número de veces que se ejecuta el PASO 4, tendremos:

PASO veces que se ejecuta 1 1 2 n 3 n-1 4 A 5 n-1

El valor exacto de la cantidad A es inferior en una unidad al número de mı́nimos de izquierda a derecha que presente la sucesión x[1], x[2], . . . , x[n]. Puesto que a los fines de este análisis no tienen importancia los valores ab- solutos de los números x[i] sino solamente las relaciones de orden entre ellos, supongamos que x[1], x[2], . . . , x[n] son una permutación de los números del

74 José H. Nieto

1 al n. Entonces la Proposición (6.2.5) nos dice que el número de permuta- ciones para las cuales A = k es

[ n k+1

] . Si suponemos que las n! permutaciones

son equiprobables como datos de entrada, entonces la probabilidad de que sea A = k es:

pk = Prob(A = k) = 1 n!

[ n

k + 1

] Para obtener el valor esperado y la variancia de A calculemos primero la correspondiente función generadora de momentos:

G(x) = n−1∑ k=0

pkx k =

1 n!

n−1∑ k=0

[ n

k + 1

] xk =

1 n!

(x+ 1)(x+ 2) · · · (x+ n− 1)

donde la última igualdad es consecuancia de (6.2.3). Calculemos la derivada logaŕıtmica de G(x) :

G′(x) G(x)

= 1

x+ 1 +

1 x+ 2

+ · · ·+ 1 x+ n− 1

Como G(1) = 1, poniendo x = 1 en la expresión anterior resulta que el valor esperado de A es:

E(A) = G′(1) = 1 2

+ 1 3

+ · · ·+ 1 n

= Hn − 1

siendo Hn la suma de los primeros n términos de la serie armónica. Derivando una vez más resulta:

G′′(x)G(x)(G′(x))2

G2(x) = 1

(x+ 1)2 1

(x+ 2)2 − · · · − 1

(x+ n− 1)2

y calculando nuevamente en x=1 tenemos

G′′(1)(G′(1))2 = 1 22 1

32 − · · · − 1

n2 = 1−H(2)n

siendo H(2)n = ∑n

k=1(1/k 2). Ahora podemos calcular la variancia de A:

Var(A) = G′′(1) +G′(1)(G′(1))2 = Hn −H(2)n

Con esto finaliza el análisis estad́ıstico del algoritmo. Utilizando estas mis- mas ideas se puede analizar el algoritmo de ordenación por selección (ver ejercicios al final del caṕıtulo).

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