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Análisis Combinatorio
2
“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
CombinatoriaEl arte de contar
3
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.
Comienza con la frase: “Cálculo exacto para entrar en
conocimiento de todas las cosas existentes y de todos los oscuros
secretos y misterios.”
El papiro mide unos 6 m de largo y 33 cm de ancho. Representa la mejor
fuente de información sobre matemática egipcia antigua conocida.
El papiro Rhind:
4
Escrito en hierático, consta de 87 problemas y su resolución. Nos da información sobre cuestiones aritméticas básicas,
fracciones, cálculo de áreas, volúmenes, progresiones, repartos proporcionales, reglas de tres, ecuaciones lineales y
trigonometría básica. El problema 79 es de combinatoria. Veamos una versión “moderna”...
El papiro Rhind:
5
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)
La regla del producto
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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
7
Principio multiplicativo (ilustración gráfica)
El primer elemento puede escogerse de dos formas distintas: a1 o a2.
El segundo de tres maneras distintas: b1, b2 o b3. El tercer elemento puede escogerse en dos modos distintos: c1 o c2.
El total de posibilidades será: 2 x 3 x 2 = 12
c1c2 c1 c2 c1 c2 c1
c2 c1c2 c1 c2
b1 b2b3 b1 b3b2
a1 a2
8
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.
15
214
14
101,524334.332.961.518.999.
21122111111
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?
9
¿Cuántas fotografías distintas podemos
hacer cambiando a los personajes de
posición?¿Cuántas
permutaciones son posibles?
1
764
5
32
040.512345677654321
040.5!7
10
Permutaciones (sin repetición)Dados n objetos distintos, llamamos permutación a una ordenación particular de los n objetos en una fila.
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..
!1x2x3xx)2)(1( nnnnPn
11
Con las letras de la palabra DISCO, ¿cuántas palabras distintas (con o sin sentido) se pueden formar?
120!55 P
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.
El cálculo del número de permutaciones “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 conocida en la India y los países árabes.
12
(a) n! y (n! + 1) no tienen factores comunes. (b) O bien (n! + 1) es primo o bien es factorizable: (b.1) Si (n! + 1) 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 encontrar finalmente un primo mayor que n.
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:
13
¿Cuál es el número de posibles ordenaciones de una baraja de póker de 52 cartas?
El resultado es 52!, que es aproximadamente 8 × 1067. Observa que a partir de una simple baraja obtenemos un enorme número, superior, por ejemplo, al cuadrado del número de Avogadro: 6,02 × 1023.
Explosión combinatoria
14
Fórmula de Stirling
nnenn 2
1
2~!
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.
James Stirling presentó su fórmula en “Methodus Differentialis” publicado en 1730.
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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: 2x6! = 1440.
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(1) La relación de vecindad se conserva en las permutaciones
cíclicas y en caso de una simetría.
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?
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.
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Espejo
Permutaciones cíclicas
Permutaciones simétricas
Como el número total de permutaciones de 4 personas es
igual a 4! = 24, tendremos 24 / 8 = 3 formas distintas de sentarse.
18
(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.
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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.
20
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.
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Emparejamientos
Dados 2n objetos distintos, ¿cuántas maneras hay de formar n parejas?
Intentemos agrupar los 2n objetos usando n 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 = 2n.
22
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)!2(
nn
n
23
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.
24
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 maneras es:
!)!(
)!x (
nm
nmn
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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?
2.800670.442.571121 ...181920factores10
Variaciones (sin repetición)
26
Variaciones (sin repetición)Según la regla del producto, las maneras de escoger r elementos distintos de entre un total de n según un determinado orden, será igual al producto de:
Esta expresión se conoce como variaciones de n elementos tomados de r en r, y se representa por Vn,r.
Habitualmente se expresa como:
123 ... )1()(
123 )...2)(1(
rnrn
nnn
r)!(n
n!Vn,r
1121 ...181920!10
!20
!)1020(
!2010,20
V
En el problema anterior:
)1)...(2)(1(, rnnnnV rn
27
¿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?
5047893,9 V
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...:
648899
Al tratarse de números el orden importa y además nos dice "cifras distintas" luego no pueden repetirse.
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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?
14
14
10101010
Variaciones con repetición
29
Variaciones con repetición
Según la regla del producto, las maneras de escoger r elementos de entre un total de n según un determinado orden, y con la posibilidad de repetir los elementos en cada elección, son:
Esta expresión se conoce como variaciones con repetición y se representa como:
rrn nVR ,
Se lee: “variaciones con repetición de n elementos tomados de r en r”.
r nn ...··n·n·n
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¿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?
729933,9 VR
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:
90010109
Al tratarse de números el orden importa y además nos dice que las "cifras se pueden repetir”:
31
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.
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Combinaciones (sin repetición)
¿Cuántas posibles configuraciones de r elementos podemos construir desde un conjunto de n elementos diferentes, sin que importe el orden y no sea posible la repetición?
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 r elementos, cada clase estará formada por las r! formas distintas de ordenar esos elementos.
)!(!
!)1)...(1(
rnr
n
r!
rnnn
33
Este número se conoce como las combinaciones de n elementos tomados de r en r y se denota por:
)!(!
!),(
rnr
n
r
nrnCC r
n
506.142)!530(!5
!30
5
30)5,30(
C
¿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.
34
¿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:
!32!5
!37
!37!5
!42
!42!5
!47
!47!5
!52)5,37()5,42()5,47()5,52( CCCC
24101,52404.020.034.843.475.641.478.262.!32!5!5!5!5
!52x
35
¿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.
36
Hogar, dulce hogar
Cine¿Cuántos caminos distintos podemos recorrer desde hogar a cine? (Cada movimiento debe acercarnos al cine).
Cualquier posible recorrido consiste en 8 movimientos a la derecha (1) y 4 movimientos hacia arriba (0). La solución es, por tanto:
495!4!8
!124
12
8
12
011010111110
37
Ejemplo: para generar el 5º elemento en la fila #7, sumamos el 4º y 5º elemento en la fila #6.
El triángulo de Pascal (o de Tartaglia)
38
Números combinatorios
102
5
Fila 5, posición 2:
1207
10
Fila 10, posición 7:
39
)!79(!7
!9
)!29(!2
!9
367
9
2
9
rn
n
r
n
40
21615
5
7
5
6
4
6
r
n
r
n
r
n 1
1
1 Identidad de Pascal
41
),(1
1
1),1()1,1( rnC
r
n
r
n
r
nrnCrnC
Demostrar la identidad de Pascal:
Demostración:
!!1
)!1(
!1!
)!1(
),1()1,1(
rrn
n
rrn
n
rnCrnC
r
rn
rrn
n1
!1!
!)1(
),(!!
!
!1!
!)1(rnC
rrn
n
r
n
rrn
n
42
La suma de fila enésima es el número total de subconjuntos posibles de un conjunto de n elementos = 2n
32215101051 5
nn
r n
nnnnrnC 2
210,
0
Fila 5:
43
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?
21)!27(!2
!7
2
7
Respuesta:
¿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.
44
(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: ¡Mamá, yo también. Y lo quiero del mismo color que el de Toñito!
45
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?
"El peor de los casos posibles."
1 2 3
46
(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.
El peor de los casos posibles.
1 2 3 4
... + 1
1 2 n n+1
47
(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
48
Podríamos haber atacado el problema en forma bruta. Asignando a cada bola una letra y examinando cada una de las:
800.916.39!11 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
49
El principio del palomar establece que si n palomas se distribuyen en m palomares y 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").
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 ?
Peter Gustav Lejeune Dirichlet (1805 -1859)
50
¿Cuántas palabras distintas (con o sin sentido) podemos construir utilizando todas las letras de
MISSISSIPPI ?
S = { 1M, 4I, 4S, 2P }
Llenemos las 11 casillas:
• Multiplicando:
51
S = { 1M, 4I, 4S, 2P }
MM
1
11# de posibilidades para M:
IIII II II
4
10 # de posibilidades para I:
SS SS SS
4
6
SS
# de posibilidades para S:
PP PP
2
2 # de posibilidades para P:
34.650
52
Permutaciones con repetición
Si n objetos pueden dividirse en r clases con ni objetos idénticos en cada clase (i = 1, 2, ... , r) es decir, tal que Entonces el número de permutaciones posibles es:
nnnn
nnn
nPR
r
r
nnnn
r
21
21
,...,,
con
!!!
!21
.21 nnnn r
¿Por qué?
53
r
r
n
nnnn
n
nnn
n
nn
n
n 121
3
21
2
1
1
Recuerda el problema de MISSISSIPPI...
!)!(
)!(
!!
)!(
!!
)!(
!!
!
1!0
121
121
3321
21
221
1
11
rrr
r
nnnnnn
nnnn
nnnnn
nnn
nnnn
nn
nnn
n
54
¿De cuántas maneras distintas pueden colocarse en línea nueve bolas de las que 4 son blancas, 3 amarillas y 2 azules?
1260 !2!3!4
!92,3,49 PR
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.
55
El binomio de Newton
(a + b)2 = (a + b) (a + b). Todos los posibles productos son: aa, ab, ba, bb.(a + b)2 = a2 + 2ab + b2.
(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 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3.
(a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4.
C(4,0) = 1; C(4,1) = 4; C(4,2) = 6; C(4,3) = 4; C(4,4) = 1
56
Teorema del binomio
jjnn
j
n yxjnCyx
0
,
nnnnn yn
nyx
n
nyx
nyx
nx
n
11221
1...
210
kn
k
kknn
k
n knCknC 1,11,11000
0,10
knCn
k
kDemostrar:
57
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 ah bk cm tales que h + k + m = n escogidas sobre: S = {n ·a, n · b, n · c}.
De modo que:
mkhnmkh
mkh
n cbamkh
ncba
,, !!!
!)(
CoeficientesMultinomiales
58
Queremos pintar r pelotas con n colores. Es como agrupar r pelotas en n 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 ceros en una secuencia que consta de n – 1 + r símbolos en total.f(n, r) = # de maneras de escoger n-1 lugares entre n + r – 1 of(n, r) = # de maneras de escoger r lugares entre n + r – 1
Combinaciones con repetición
59
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 = {a, a}10100 = {a, b}10010 = {a, c}10001 = {a, d}01100 = {b, b}
01010 = {b, c}01001 = {b, d}00110 = {c, c}00101 = {c, d}00011 = {d, d}
60
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}.
61
Combinaciones con repetición
El número de r-combinaciones de un conjunto con n objetos distintos, cada uno repetido infinitamente, es:
62
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:
63
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.
64
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?
Táctica para chuletas (Optimización combinatoria)
65
Chuletas A, B y C.
A1+B1 = 10 minA2+C1 = 10 minB2+C2 = 10 min-----------------------Total = 30 min
Esto es un problema típico de optimización combinatoria en investigación de operaciones.
66
(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?
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?
67
Ejercicios de combinatoria
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¿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.
69
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.
Entonces, por la regla del producto:
Configuraciones posibles = 9x9x8x1 = 648 números.
_ _ _ 0
70
¿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:
5040789104,10 xxxV
71
• 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).
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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.
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¿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’- Den 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.
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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:
!1!1!3!2
!771,1,3,2 PR
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En una línea están acomodadas cinco canicas rojas, dos blancas y tres azules. Si las canicas del mismo color no pueden diferenciarseentre 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!).
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¿De cuántas maneras se pueden dividir 10 objetos en dos gruposque 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:
210!6!4
!10
)!410(!4
!101044,10
C
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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
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¿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 encualquier lugar. Entonces las 6 personas restantesse 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.
79
¿De cuántas maneras se puede formar un comité de 5 personas a partir de un grupo de 9?
126)!59(!5
!9955,9
C
¿Si quiero alquilar tres películas, ¿cuántas posibilidades tengo si en el videoclub sólo hay 200 películas?
1313400)!3200(!3
!20020033,200
C
80
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.
81
¿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 ingredienteestá 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 25. Pero dentro de las 25 maneras se incluye el caso de no coger ningún ingrediente. Por lo tanto:
Número de ensaladas = 25- 1 = 31.
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¿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
83
84
85
¿De cuántas formas distintas se pueden acertar 9 resultados en una quiniela futbolística de 15 resultados?
SOLUCIÓN:
1
15 resultados X (3 valores)
2
Los 9 resultados acertados se pueden elegir de formas distintas.
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 = 26 formas distintas.
En total tendremos formas distintas de acertar 9 resultados igual a 320320 formas.
50059
15
629
15x
86
87
88
Sigue en la siguiente diapositiva
89
90
Sigue en la siguiente diapositiva
91
92
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.
Análogamente, las formas de distribuir las otras 50 sillas son:
y el reparto se puede efectuar de 51·1326= 67626 formas distintas.
5150
51
50
150250,2
RC
13262
52
50
150350,3
RC
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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 = 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:
4
6
1800!54
6
x
94
Elecciones sin A ni E: de forma análoga
Por tanto las opciones sin A ni E juntos es:
b) Si entran los 3 hombres quedan 2 puestos para las 5 mujeres, que se pueden elegir de
maneras. Considerando la asignación de cargos directivos resultan
c) Los hombres se eligen de formas y las mujeres de formas. Por tanto el número elecciones en este caso es:
d) Contamos separadamente cuando entran 3 mujeres, cuando entran cuatro y cuando entran cinco:
720!55
6
x
posibles. elecciones 1200!52
5
x
4320!55
6!5
4
6!5
4
6
xxx
552012018003600!5!54
5
1
3!5
3
5
2
3
xx
2
5
3600!53
5
2
3
x
2
3
3
5
95
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.
El entrenador puede presentar:
3x6x10 = 180 equipos o quintetos titulares.
pívotsC
alerosC
basesC
102
5
62
4
31
3
2,5
2,4
1,3
96
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:
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
720720!8!5!3
!16,8,5,316 P
formas 130680!8!3
!11
5
12
:por tanto es, sucesiones de número El
distintas. formas 7925
12
97
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:
El nº de sucesiones de este tipo es
- 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
El nº de sucesiones sin letras iguales consecutivas es:
3
8·2
2
672 xx
3322101122
614
3
82
xx
98
99
100
