Cap´ıtulo 3 Las estructuras básicas de la Combinatoria

Capı́tulo 3
Las estructuras básicas de la
Combinatoria
Cuando contamos y enumeramos, cuando hacemos Combinatoria, aparecen con frecuencia
unas estructuras básicas, que merecen nombres propios y análisis especı́ficos. Ası́, cada vez
que, tras meditar detenidamente sobre una cierta cuestión combinatoria, identifiquemos los
objetos de interés (por ejemplo, particiones de un cierto conjunto en bloques no vacı́os),
sabremos que la respuesta estará en una correspondiente familia de números (para el caso,
números de Stirling). Este capı́tulo será una suerte de muestrario de estas estructuras básicas:
explicaremos los contextos en las que aparecen unas u otras y aprenderemos a contar cuántas
de ellas hay, en cada caso.
Prepárese el lector, pues, para una excursión, casi taxonómica, en la que irá descubriendo
paulatinamente las principales familias, algunos de los géneros, y hasta alguna que otra
especie, que pueblan el hábitat combinatorio.
En realidad, ya iniciamos esta excursión en el capı́tulo anterior, en el que presentamos
diversos tipos de listas (con y sin repetición, circulares, etc.). Recomendamos al lector que
que tenga presentes los resultados que allı́ obtuvimos, porque aparecerán continuamente en
los argumentos combinatorios que siguen.
3.1.
Subconjuntos. Coeficientes binómicos
Sea A un conjunto con n ≥ 1 elementos. Para las cuestiones que nos interesan, los nombres
de los elementos de A no desempeñan papel alguno, ası́ que, por concreción y conveniencia,
supondremos que A es el conjunto {1, . . . , n}. Queremos saber cuántos subconjuntos (sin
repetición) distintos de tamaño k podemos extraer de él. Por ejemplo, si n = 4 y k = 2,
hay seis 2-subconjuntos: {1, 2}, {1, 3}, {1, 4}, {2, 3}, {2, 4} y {3, 4}. Llamemos
C(n, k) = #{k-subconjuntos extraı́dos de un conjunto de n elementos} .
El parámetro k, que indica el tamaño de los subconjunto que nos interesan, puede tomar en
principio los valores k = 0, 1, 2, . . . Pero si k > n, entonces C(n, k) = 0, pues resulta imposible
construir un subconjunto con más elementos de los que tiene el conjunto de partida.
103
104
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
Ası́ que situémonos en el rango de interés: para un cierto n ≥ 1 y para cada 0 ≤ k ≤ n. Si
nuestro objetivo fuera contar el número de listas de longitud k y sin repetición que podemos
formar con n sı́mbolos, la respuesta serı́a
n(n − 1) · · · (n − k + 1) =
n!
,
(n − k)!
como vimos en la subsección 2.2.1. Consideremos ahora una cualquiera de ellas: en sus k
posiciones tiene sı́mbolos distintos, ası́ que podremos reordenarla de k! maneras distintas.
La observación clave es que cada una de estas k! posibles reordenaciones da lugar, si nos
olvidamos del orden de presentación de los sı́mbolos, a un único conjunto de tamaño k.
Por tanto, podemos relacionar cada k! listas (en las que sı́ es relevante el orden) con un
solo conjunto (en el que el orden no es relevante). Esta aplicación k! a 1 entre el conjunto de
las k-listas sin repetición formadas con sı́mbolos {1, . . . , n} y la colección de k-subconjuntos
de {1, . . . , n} nos permite concluir que, para cada n ≥ 1,
⎧
⎨
n!
k!
(n
− k)!
C(n, k) =
⎩
0
si 0 ≤ k ≤ n;
si k > n.
con el convenio habitual de que 0! = 1. Obsérvese que de este análisis combinatorio se deduce
n!
es un entero, algo que no es sencillo comprobar algebraicamente.
que la fracción k! (n−k)!
Es tradicional designar al cociente de factoriales de la fórmula anterior con el siguiente
sı́mbolo:
n
n!
=
k! (n − k)!
k
(se lee “n sobre k”). Estos números son conocidos como coeficientes binómicos1 y están, en
principio, definidos para cada entero positivo n y para cada 0 ≤ k ≤ n. El lector podrá comprobar que
n
n
=1
y
=1
n
0
(utilizando de nuevo que 0! = 1). Unos valores que son consistentes con la interpretación
combinatoria que aquı́ estamos considerando: por un lado, C(n, n) = 1, porque el único
conjunto con n elementos que se puede extraer de un conjunto de n elementos es el propio
conjunto; y, por otro, C(n, 0) = 1, puesto que sólo hay un conjunto de tamaño cero que
podemos extraer del conjunto {1, . . . , n}, el conjunto vacı́o Ø.
En lo que sigue, para evitar una proliferación innecesaria de sı́mbolos, y salvo alguna
reaparición esporádica de la notación C(n, k), diremos que, dado n ≥ 1, el número de subconjuntos de tamaño k que podemos extraer del conjunto {1, . . . , n}, esto es, el número de
maneras
n en que podemos seleccionar k sı́mbolos de entre una colección de n, viene dado
por k , con el convenio adicional de que este coeficiente binómico es 0 para los valores de k
que quedan fuera del rango 0 ≤ k ≤ n.
1
Ası́ llamados porque se obtienen en el desarrollo del binomio de Newton (véase la subsección 3.1.5).
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.1. Subconjuntos. Coeficientes binómicos
105
Aunque en la subsección 3.1.2 presentaremos algunas aplicaciones combinatorias interesantes de estos números, ahı́ va un primer ejemplo simpático, para que el lector empiece a
captar su utilidad.
Ejemplo 3.1.1 La ley de Murphy y los calcetines. Tenemos diez pares de calcetines
(distintos) y desaparecen seis calcetines (escogidos al azar). ¿Qué es más probable, que nos
queden cuatro pares útiles (el caso malo) o que nos queden siete pares útiles (el bueno)2 ?
Lo adivinó: la ley de Murphy es cierta, es más probable que nos queden sólo 4 pares. Etiquetemos los calcetines según la pareja a la que pertenezcan y si son derecho o izquierdo:
D1 , I1 , D2 , I2 , . . . D10 , I10 .
Como en el ejemplo 2.2.4, apelaremos a la noción de probabilidad como cociente del número
de casos favorables entre el total. Hay 20
6 posibles “desapariciones” distintas, pues hay que
elegir 6 de los 20 calcetines. Si han de quedar 7 pares útiles, la única posibilidad es que hayan
desaparecido tres pares completos. Para contar los casos favorables, basta elegir esas tres
parejas (de entre las 10 que hay). Ası́ que, si llamamos p7 a la probabilidad de tener 7 pares
útiles,
10
1
3
=
.
p7 = 20
323
6
Si quedan 4 parejas útiles, sólo puede ser porque haya desaparecido un calcetı́n de cada
una de las otras seis. Ası́ que decidimos primero qué cuatro parejas quedan ı́ntegras ( 10
4
posibilidades) y luego qué seis calcetines desaparecen: uno de la primera pareja que queda
(2 posibilidades), otro de la segunda (otras 2 posibilidades), etc. En total, hay 26 posibles
“desapariciones”. Ası́ que
10 6
2
112
.
p4 = 420 =
323
6
¡Es 112 veces más probable estar en el caso malo! Pero no desesperemos: en realidad, lo más
probable es que nos queden 5 pares útiles. Podemosanalizar
este caso con el siguiente argu10
mento: elegimos los 5 pares que quedan completos ( 5 maneras) y, de los restantes 5 pares,
uno ha de desaparecer completo (5 posibilidades), y del resto hemos de elegir qué calcetı́n
desaparece (24 maneras). En total,
10
5 × 24
168
.
=
p5 = 5 20
323
6
El último caso (6 pares útiles) requerirı́a elegir los 6 pares ı́ntegros, y de los otros cuatro,
elegir los dos que desaparecen completos y tomar un calcetı́n de las otras dos parejas:
10 4 2
2
42
.
=
p6 = 6 202
323
6
Obsérvese el permanente uso de la regla del producto que hemos hecho en estos cálculos.
♣
Compruébese también que p4 + p5 + p6 + p7 = 1.
2
Nótese que, en esta desastrosa circunstancia, por lo demás bastante habitual, no pueden quedar más de 7
pares ı́ntegros, y que siempre quedan al menos 4.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
106
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
3.1.1.
Propiedades de los coeficientes binómicos
Vamos a enunciar unas cuantas propiedades útiles de los coeficientes binómicos, que
comprobaremos con argumentos algebraicos y combinatorios.
A. Simetrı́a
La propiedad que nos disponemos a demostrar es la siguiente:
n
n
para n ≥ 1 y 0 ≤ k ≤ n,
=
k
n−k
La razón por la que hablamos de propiedad de “simetrı́a” resultará evidente cuando, unas
páginas más adelante, dispongamos los coeficientes binómicos en el habitual triángulo.
La prueba algebraica es muy sencilla:
n!
n
n
n!
=
=
.
=
k!(n − k)!
(n − k)! (n − (n − k))!
n−k
k
Pero es más interesante confirmar esta propiedad utilizando argumentos combinatorios. Llamemos
*
*
subconjuntos de tamaño k
subconjuntos de tamaño n − k
y Γ2 =
.
Γ1 =
extraı́dos de {1, . . . , n}
extraı́dos de {1, . . . , n}
A cada subconjunto B de tamaño k (es decir, incluido en Γ1 ) le podemos asociar el subconjunto de tamaño n − k (que estará incluido en Γ2 ) formado por todos los elementos de
{1, . . . , n} que no están en B, esto es, {1, . . . , n} \ B.
Construimos ası́ una aplicación entre los conjuntos Γ1 y Γ2 que, como podrá comprobar
sin dificultad el lector, es biyectiva. De lo que se deduce que ambos conjuntos han de tener
el mismo tamaño. Es decir, que las cantidades
n
n
y
|Γ2 | =
|Γ1 | =
k
n−k
han de ser iguales.
B. Suma de los coeficientes binómicos
La segunda propiedad da cuenta del valor de la suma de todos los coeficientes binómicos
de ı́ndice superior fijo: para cada n ≥ 1,
n n
k=0
k
= 2n
La prueba algebraica, manipulando los factoriales que aparecen en la suma, es una tarea muy
laboriosa. Sin embargo, es sencillo construir una prueba por inducción, y animamos al lector
a completarla (ejercicio 3.1.1). Veremos también una demostración alternativa, utilizando el
teorema del binomio, en la subsección 3.1.5.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.1. Subconjuntos. Coeficientes binómicos
107
La prueba combinatoria es trasparente. Sabemos que nk cuenta, para cada 0 ≤ k ≤ n,
el número de subconjuntos de tamaño k que podemos extraer del conjunto A = {1, . . . , n}.
Llamemos Γ al conjunto de todos los posibles subconjuntos de A. Sabemos (recuérdese el
ejemplo 2.2.2) que el conjunto Γ tiene tamaño 2n . Definamos además
Γ0 = {subconjuntos de A de tamaño 0}
Γ1 = {subconjuntos de A de tamaño 1}
..
.
Γn = {subconjuntos de A de tamaño n}.
Los conjuntos {Γ0 , Γ1 , Γ2 , . . . , Γn } constituyen una partición de Γ (¡compruébese!). Ası́ que,
con la regla de la suma, concluimos que
|Γ| =
n
|Γj | ;
es decir,
n
2 =
j=0
n n
j=0
j
.
Conviene insistir en la identificación entre subconjuntos y listas de ceros y unos del ejemplo 2.2.2. Allı́ vimos que dar un subconjunto del conjunto {1, . . . , n} es exactamente lo mismo
que construir una lista de longitud n con ceros y unos. El diccionario entre ambas cuestiones
es: si en la posición j-ésima de la lista aparece un 1, el elemento j está en el subconjunto; y
si aparece un 0, no estará.
En su momento esto nos permitió determinar que hay 2n subconjuntos posibles. Ahora
podemos ser un poco más finos: si sólo nos interesamos por los subconjuntos de tamaño k, el
mismo argumento nos permite reinterpretar, combinatoriamente, los coeficientes binómicos:
*
n
listas de longitud n formadas con ceros
=#
.
o unos que tienen exactamente k unos
k
C. Regla de recurrencia
La última propiedad por la que nos vamos a interesar es una regla de recurrencia para
los coeficientes binómicos, que nos permitirá calcularlos de manera muy eficiente. La citada
regla dice ası́: dado n ≥ 2 y para cada 1 ≤ k ≤ n − 1,
n
n−1
n−1
=
+
k
k
k−1
La prueba algebraica, aunque sencilla, requiere unas ciertas manipulaciones:
(n − 1)!
n−k
n!
k
n!
n−1
n−1
(n − 1)!
+
=
+
+
=
k!(n − 1 − k)! (k − 1)!(n − k)!
n k!(n − k)! n k!(n − k)!
k
k−1
1 0
n−k
n
n
k
+
=
.
=
n
n
k
k
=1
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
108
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
Para una comprobación combinatoria, construimos la siguiente partición:
⎫ ⎧
⎫ ⎧
⎫
⎧
⎨ Subconjuntos de ⎬ ⎨ Subconjuntos de tamaño k ⎬ ⎨ Subconjuntos de tamaño k ⎬
tamaño k extraı́dos =
extraı́dos de {1, . . . , n}
extraı́dos de {1, . . . , n}
∪
⎭ ⎩ que contienen al elemento n ⎭ ⎩ que no contienen al elemento n ⎭
⎩ de {1, . . . , n}
Por supuesto, la elección del elemento n, el último, para este proceso es totalmente arbitraria
(podı́amos haber
elegido, por ejemplo, el primero). El conjunto de la izquierda, ya lo sabemos,
tiene tamaño nk , y la regla de la suma nos permite escribir que
⎫
⎧
⎫
⎧
⎨ Subconjuntos de tamaño k ⎬
⎨ Subconjuntos de tamaño k ⎬
n
extraı́dos de {1, . . . , n}
extraı́dos de {1, . . . , n}
+#
=#
⎩ que no contienen al elemento n ⎭
⎩ que contienen al elemento n ⎭
k
=#
=
Subconjuntos de tamaño k − 1
extraı́dos de {1, . . . , n − 1}
*
+#
Subconjuntos de tamaño k
extraı́dos de {1, . . . , n − 1}
*
n−1
n−1
+
.
k−1
k
La penúltima igualdad es la clave del argumento, y está basada en un par de biyecciones.
Para el primer término argumentamos ası́: para construir todos los subconjuntos de tamaño k
con los elementos {1, . . . , n} que contengan al elemento n, basta decidir quiénes son sus k − 1
acompañantes, es decir, basta elegir k − 1 elementos del conjunto {1, . . . , n − 1}. Para el
segundo término, como los subconjuntos que estamos considerando en este caso no contienen
a n, tendremos que escoger los k elementos de entre los del conjunto {1, . . . , n − 1}.
La combinación de esta regla de recurrencia y lo que por razones
que se entenderán en un momento llamaremos los valores frontera,
n
n
=1
y
= 1,
para cada n ≥ 1,
0
n
Figura 3.1: Tartaglia
nos permite calcular y codificar los valores de todos los coeficientes
binómicos. Para ello, es costumbre utilizar el llamado triángulo de
Pascal-Tartaglia3 : un triángulo formado por casillas que van etiquetadas con dos parámetros, n y k. El parámetro n etiqueta los “pisos”
del triángulo, empezando en n = 0, mientras que el parámetro k, por
su parte, marcará la coordenada de las sucesivas diagonales, de nuevo
de k = 0 en adelante. En la casilla de coordenadas n y k situamos el
número C(n, k), o indistintamente nk .
3
A veces sólo triángulo de Tartaglia, a veces sólo triángulo de Pascal. Niccolo Fontana (1499-1557) es
más conocido como Tartaglia (tartamudo; o tartaja, más catizo y un punto despectivo). Parece ser que
de pequeño fue gravemente herido en la cara por las tropas francesas que ocupaban Brescia, su localidad
natal, y que de aquel episodio conservó una gran cicatriz en el rostro y ciertas dificultades para hablar.
Tradujo y publicó numerosas obras matemáticas clásicas, como los Elementos de Euclides y algunos tratados
de Arquı́medes. Consiguió, entre otros logros, obtener una fórmula para la resolución de la ecuación cúbica
(véase la nota al pie de la página 20).
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.1. Subconjuntos. Coeficientes binómicos
109
Para que todo cuadre, es conveniente decidir que C(0, 0) = 1; una definición consistente
con la fórmula de los factoriales, aunque sin aparente significado combinatorio4 . Los valores
en los bordes (las fronteras) del triángulo son siempre 1. Y las casillas interiores se rellenan
siguiendo la ecuación de recurrencia, cuya interpretación gráfica aparece debajo de estas
lı́neas, a la izquierda: cada coeficiente binómico se obtiene sumando los valores de los dos
inmediatamente superiores. Con esta regla, y los valores en los bordes, podemos completar
el triángulo, tal como hacemos a continuación (hasta n = 7):
C(n−1, k−1)
s
C(n−1, k)
+
C(n, k)
k=0
1
n=0
1
n=1
1
n=2
1
n=3
1
n=4
1
n=5
1
n=6
n=7
1
7
1
10
5
k=5
1
6
21
k=4
1
15
35
k=3
4
20
35
3
10
k=2
1
6
15
21
1
3
5
6
2
4
k=1
1
7
k=6
k=7
1
Si, por ejemplo, el lector
6 dirige su mirada al piso n = 6 y diagonal k = 2, encontrará el
valor de C(6, 2), o bien 2 , que es 15. Hoy en dı́a asociamos este triángulo a los nombres de
Pascal y/o Tartaglia, pero los coeficientes binómicos eran ya conocidos, en mayor o menor
grado, siglos antes. Por ejemplo, por Ibn Ezra5 y por Levi ben Gerson6 , entre los siglos
XII y XIV. Aunque los matemáticos árabes y chinos7 también manejaban estos números,
como se aprecia en la figura8 de la derecha, del siglo XIII. El triángulo de Tartaglia, casi un
icono cabalista, contiene, veladamente, muchas sucesiones de números de interés9 . Es buen
momento para recomendar, de nuevo, la lectura de El diablo de los números de Erzensberger.
4
¿O si lo tiene, en realidad? Alardee el lector de sus habilidades para el razonamiento escolástico-bizantino
y justifique combinatoriamente que C(0, 0) = 1.
5
Abraham Ben Meir Ibn Ezra (1089-1164), matemático, exégeta y astrólogo. . . ¡español!, nacido en Tudela
y muerto en Calahorra, estaba interesado y sabı́a calcular los coeficientes binómicos con n = 7. Porque siete
eran los cuerpos celestes: el Sol, la Luna, Mercurio, Venus, Marte, Júpiter y Saturno. Como buen astrólogo,
a Ibn Ezra le preocupaba saber de cuántas formas se puede estar simultáneamente bajo varios de esos signos.
El lector podrá encontrar más información sobre este personaje en el artı́culo La astrologı́a combinatoria del
rabino Ibn Ezra, de Doron Zeilberger (La Gaceta de la Real Sociedad Matemática Española 1 (1998), no. 3).
6
Parece que fue el rabino Levi Ben Gerson (1288-1344) el primero en dar una expresión explı́cita de los
coeficientes binómicos.
7
Véase la referencia a Al-Karaji de la página 40. Aprovechamos aquı́ para sugerir al lector una excelente
referencia en Historia de las Matemáticas: Mathematics and its history (Springer-Verlag, 1991), de J. Stillwell.
8
La tabla acaba en n = 8. Observe el lector los sı́mbolos. ¿Serı́a capaz de escribir los números del 1 al 99
en estos caracteres chinos?
9
Por ejemplo, los números triangulares Tn = n+1
(véase el ejercicio 1.2.3), que están en la diagonal k = 2.
2
Véase también la subsección 6.3.5.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
110
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
La regla de recurrencia anterior permite escribir nk (cuyo ı́ndice superior es n) en términos de la suma de dos coeficientes binómicos cuyos ı́ndices superiores son n − 1. Si repetimos
el procedimiento, pero para los dos nuevos coeficientes binómicos, llegamos a
0
1 0
1
n
n−1
n−1
n−2
n−2
n−2
n−2
=
+
=
+
+
+
k
k
k−1
k
k−1
k−1
k−2
2 n−2
2 n−2
n−2
n−2
n−2
2 n−2
+
+
.
=
+2
+
=
k
1 k−1
2
k−2
k
k−1
k−2
0
Ahora nk se escribe como suma de coeficientes binómicos de ı́ndice superior n−2. Nótese que
los números que los acompañan pueden ser escritos, a su vez, como coeficientes binómicos.
Podrı́amos iterar el proceso, pero los cálculos serı́an demasiado
n engorrosos, y vale la pena
argumentar en general, combinatoriamente. Queremos escribir k en términos de coeficientes
binómicos cuyo ı́ndice superior sea, por ejemplo, n − l. Primero declaramos del “primer tipo”
a l elementos de entre {1, . . . , n}, por ejemplo los l primeros, marcando los restantes n − l
como del “segundo tipo”. Ahora clasificamos los k-subconjuntos dependiendo del número j
(con 0 ≤ j ≤ k) de elementos del primer tipo que contengan, en la siguiente partición:
* )
*
k k-subconjuntos extraı́dos
k-subconjuntos extraı́dos de {1, . . . , n}
=
.
de {1, . . . , n}
j=0
con j elementos del primer tipo
Obsérvese que, como sólo hay l elementos del primer tipo, los conjuntos de la colección de la
derecha que corresponden a valores j > l son vacı́os.
Calculamos el tamaño del conjunto con etiqueta j seleccionando primero qué j elementos
del primer tipo están en nuestro subconjunto (hay jl posibilidades); y luego seleccionando
n−l posibilidades).
los k − j elementos del segundo tipo que contiene el subconjunto (hay k−j
Aplicando las reglas de la suma y del producto llegamos a la fórmula de Vandermonde10 :
k n
l
n−l
=
k
j
k−j
j=0
El caso l = 1 es la fórmula de recursión habitual. La suma anterior se extiende, en realidad,
hasta el mı́nimo de l y k. Esta imprecisión en los lı́mites de sumación no supone problema
alguno si seguimos aplicando el convenio (que será de uso general en lo que sigue) de que
los coeficientes binómicos son nulos si, por ejemplo, el ı́ndice de abajo es mayor que el de
arriba, o si aparecen ı́ndices negativos. En muchas ocasiones aprovecharemos este convenio
para ser voluntariamente poco cuidadosos con los lı́mites de sumación. Por ejemplo, en la
fórmula anterior de Vandermonde podrı́amos haber escrito que la suma se extiende hasta ∞.
10
El nombre del matemático y músico francés Alexandre-Théophile Vandermonde (1735-1796) ha quedado asociado al determinante de Vandermonde,
que exhibimos a la derecha, y cuyo valor es 1≤i<j≤n (aj − ai ). Véase, por
ejemplo, cómo aparece este determinante en la demostración del teorema 4.36.
Curiosamente, parece ser que, pese a que fue uno de los pioneros de la teorı́a
de los determinantes, jamás consideró el que lleva su nombre.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
1
a
a
.
..
a
1
2
1
1
a2
a22
..
.
n−1
1
an−1
2
···
···
···
..
.
···
1
an
a2n
..
.
an−1
n
3.1. Subconjuntos. Coeficientes binómicos
111
D. Cálculo y tamaño de los coeficientes binómicos
Como ya hemos visto, los coeficientes binómicos siguen la siguiente fórmula:
n(n − 1) · · · (n − k + 1)
n
n!
=
=
k!(n − k)!
k(k − 1) · · · 3 · 2 · 1
k
(nótese que hay tantos factores en el numerador como en el denominador). Una fórmula que,
en principio, parece ser la mejor manera de calcularlos. Ahora bien, si el lector recuerda la
discusión de las subsecciones 2.4.3 y 2.4.4, convendrá con nosotros en que n! es un número
asombrosamente grande. Si, por ejemplo, quisiéramos calcular un modesto 50
30 con la fórmula
anterior, necesitarı́amos evaluar los factoriales de 50, 30 y 20, para luego dividirlos. Una tarea
que puede poner en apuros a cualquier ordenador. Sin embargo, la aplicación reiterada de la
regla de recurrencia permite calcularlos de una manera quizás más eficiente, pues sólo requiere
un cierto número de sumas. Por esta razón, muchos paquetes matemáticos de cálculo emplean
este segundo procedimiento para evaluar los coeficientes binómicos.
Pero la fórmula contiene mucha información. Con ella, y con la ayuda de la fórmula de
Stirling, podemos estimar el orden de magnitud de un coeficiente binómico cualquiera. Fijemos un valor de n, un piso en el triángulo de Tartaglia, y miremos los coeficientes binómicos
cuyo ı́ndice superior es n. Por ejemplo, los correspondientes a n = 7 son 1, 7, 21, 35, 35, 21, 7, 1 .
Como ya sabemos, por la propiedad A
de esta misma subsección, la lista es simétrica con respecto al elemento central (o centrales, si, como en el ejemplo, n es impar).
Nótese que los valores van creciendo, de izquierda a derecha, hasta llegar al centro (o
centros), a partir del cual empiezan a decrecer. Este comportamiento es general:
* n
n
n
=
=
máx
k=0,...,n
k
n/2
n/2
Obsérvese que los dos coeficientes binómicos escritos a la derecha son el mismo si n es par.
Vea el lector el ejercicio 3.1.2 para una posible demostración. A la derecha mostramos la
gráfica con los valores de los sucesivos coeficientes binómicos para n = 20.
Interesa conocer el orden de magnitud del coeficiente binómico que ocupa la posición
central (o centrales) de una fila del triángulo de Pascal-Tartaglia, que como hemos visto
antes, es el mayor de toda la fila. Por comodidad de cálculo, analizaremos el coeficiente 2n
n .
Las primeras
de la sencilla observación de que la suma de todos
2nlos
2n estimaciones parten
2n
n
coeficientes j vale exactamente 2 = 4 . Ası́ que cada uno de ellos, y en particular n ,
ha de ser menor que 4n . Pero además, como 2n
n es el mayor de todos estos coeficientes,
n
4 =
2n 2n
j=0
j
<
2n 2n
j=0
n
2n
= (2n + 1)
.
n
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
112
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
Reuniendo ambas estimaciones, concluimos que
2n
4n
<
< 4n .
2n + 1
n
Con la precisa estimación asintótica de Stirling (véase la sección 2.4.4) podemos afinar más:
√
(2n)2n e−2n 4 π n
1
2n
(2n)!
√
∼
4n
=√
cuando n → ∞.
=
n
−n
2
n! n!
π
n
n
[n e
2 π n]
√
Ası́ que es un crecimiento exponencial, con una pequeña corrección (el denominador πn).
Visto en una escala logarı́tmica, que es la adecuada en este caso, estas correcciones son
irrelevantes, y el lector podrá comprobar sin esfuerzo que
log 2n
n
= 1.
lı́m
n→∞ n log(4)
3.1.2.
Algunas aplicaciones combinatorias de los coeficientes binómicos
Desde hace unas páginas, los coeficientes binómicos se pasean, pavoneándose. Es hora ya
de ponerlos a trabajar. Consideremos las siguientes tres cuestiones combinatorias, aparentemente (pero sólo aparentemente, como veremos) muy distintas entre sı́:
Cuestión 1. Calcular el número de composiciones distintas de longitud k del entero n.
Cuestión 2 Calcular el número de soluciones enteras de
*
x1 + x2 + · · · + xk = n
xi ≥ 1
donde por solución entendemos una lista de enteros (x1 , . . . , xk ), todos ellos mayores o
iguales que 1, cuya suma vale n.
Cuestión 3. Calcular el número de formas distintas de distribuir n bolas idénticas
en k cajas numeradas.
La cuestión 3 habla de de distribuciones de bolas en cajas, un lenguaje que, como iremos
viendo, resulta ser muy útil para representar múltiples cuestiones. En la sección 3.4 resumiremos los distintos casos que nos iremos encontrando a lo largo de estas páginas. La cuestión 2
trata sobre ecuaciones con soluciones en los enteros. A este tipo de ecuaciones se les suele
llamar diofánticas. Las estudiaremos con detalle en el capı́tulo 4, en especial en la subsección 4.1.4. Por ahora no nos interesará cómo resolverlas, sino sólo saber cuántas soluciones
distintas tienen.
La primera cuestión, sobre las composiciones del número n, ya la tratamos en la subsección 2.2.3. Entonces veı́amos la biyección que nos permitı́a contar el número total de ellas:
&
'
# {composiciones de n} = # (n − 1)-listas con los sı́mbolos {2, } = 2n−1 .
Pero ahora queremos un mayor nivel de detalle: nos preguntamos cuántas composiciones hay,
de esas 2n−1 , que tengan exactamente longitud (número de sumandos) k. El argumento es
análogo al que utilizamos en su momento: dar una composición de n de longitud k es lo
mismo que colocar k − 1 separadores en los n − 1 huecos a nuestra disposición.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.1. Subconjuntos. Coeficientes binómicos
113
Es decir,
*
*
composiciones de lonformas de elegir k − 1 posiciones (para los separadores)
#
=#
gitud k del número n
de entre n − 1 (los huecos a nuestra disposición)
* n−1
subconjuntos distintos de tamaño k − 1
=#
=
.
extraı́dos del conjunto {1, . . . , n − 1}
k−1
Por otra parte, y ya entramos con la segunda cuestión, dar una composición de longitud k
de n es lo mismo (compruébese la biyección) que dar una solución de
n = x1 + x2 + · · · + xk ,
con xi ≥ 1 para cada 1 ≤ i ≤ k ,
donde “solución”, como hemos dicho, significa una lista de números enteros x1 , . . . , xk , mayores o iguales que 1, que suman n. Por tanto, también
* n−1
x1 + x2 + · · · + xk = n
=
# soluciones de
xi ≥ 1
k−1
Vamos con la tercera11 : la única información relevante que debemos aportar si queremos
describir una distribución de n bolas idénticas en k cajas numeradas es el número de bolas
que va a cada caja (y no qué bolas, pues éstas son idénticas). Ası́ que si llamamos
⎧
x1 = número de bolas que van a la caja 1,
⎪
⎪
⎨
x2 = número de bolas que van a la caja 2,
..
⎪
.
⎪
⎩
xk = número de bolas que van a la caja k,
vemos que estos números x1 , . . . xk suman n, con la única restricción de que deben ser ≥ 0
(porque pueden quedar cajas vacı́as en nuestra distribución). Ası́ que podemos contar:
*
*
distribuciones de n bolas
x1 + · · · + xk = n
.
#
= # soluciones de
xi ≥ 0
idénticas en k cajas numeradas
Semejante a la cuestión 2, pero no exactamente igual, porque las restricciones sobre los
posibles valores de los xi son un tanto diferentes. Intentemos transformarla en la cuestión ya
conocida: consideremos una solución del problema anterior, una lista de enteros no negativos
(x1 , . . . , xk ) que suman n. Y sumémosle 1 a cada uno de ellos; obtenemos ası́ una lista
(y1 , . . . , yk ), donde cada yi , que se obtiene como xi + 1, es ≥ 1. ¿Y cuánto suman?, lo que
sumaran los xj , más el número de unos que hemos añadido, k de ellos. Esto es,
y1 + · · · + yk = n + k .
Pero también podemos ir al revés: dada una lista (y1 , . . . , yk ), con yj ≥ 1 para cada j, que
sumen n + k, si le restamos 1 a cada uno de ellos, obtenemos una lista (x1 , . . . , xk ), donde
los xj con ≥ 0 y suman n. Con esta biyección podemos concluir que
⎧
⎫
* ⎨ distribuciones de ⎬
n+k−1
y1 + · · · + yk = n + k
=
# n bolas idénticas en
= # soluciones de
yi ≥ 1
⎩
⎭
k−1
k cajas numeradas
11
¿Sevillanas?
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
114
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
Visto el éxito conseguido12 , nos animamos a plantear versiones más generales de las tres
cuestiones. Por ejemplo, podrı́amos generalizar la segunda cuestión de la siguiente manera:
dados n y k, y unos enteros no negativos p1 , . . . , pk , buscar el
*
x1 + x2 + · · · + xk = n
.
# soluciones de
x1 ≥ p1 , . . . , xk ≥ pk
En términos de bolas en cajas, buscamos el número de formas de distribuir n bolas idénticas
en k cajas numeradas con la restricción de que haya, al menos, pj bolas en la caja j, para
cada j = 1, . . . , k. En el lenguaje de las composiciones, se tratarı́a de buscar el número de
composiciones de n (con k sumandos) en las que el primer sumando fuera mayor o igual
que p1 , el segundo mayor o igual que p2 , etc.
Resolvemos la cuestión reduciéndola a un caso ya conocido, por ejemplo aquel en el
que todas las restricciones son del tipo ≥ 1. Para ello, empleamos el cambio siguiente (una
biyección):
para cada j = 1, . . . , k.
yj = xj − pj +1
≥0
Los yj son k enteros mayores o iguales que 1, que suman
k
j=1
yj =
k
(xj − pj + 1) = k +
j=1
k
j=1
xj −
k
pj = n + k −
j=1
k
pj .
j=1
Recordando cuántas soluciones de este problema habı́a, podemos concluir que:
⎞
⎛
k
*
pj ⎟
x1 + x2 + · · · + xk = n
⎜ n+k−1−
# soluciones de
=⎝
⎠
j=1
x1 ≥ p1 , . . . , xk ≥ pk
k−1
Observe el lector que si j pj > n no hay soluciones, pero de esto ya da cuenta el convenio
habitual de los coeficientes binómicos. Para recordar este resultado, y no confundirnos con el
nombre de los parámetros, pensemos que la respuesta es el coeficiente binómico que tiene
como ı́ndice superior, el valor total de la suma, n, más el número de sumandos, k,
menos 1 y menos lo que sumen las restricciones (los pj );
y como ı́ndice inferior, el número de sumandos menos 1.
El lector podrá reinterpretar sin dificultad la biyección
que hemos utilizado en términos de
distribuciones de bolas en cajas (distribuimos
primero pj bolas en las cajas correspondientes, para luego repartir las restantes n − pj en las k cajas, ya sin restricciones).
La fórmula anterior contiene, como casos particulares, los dos resultados obtenidos antes:
n+k−1
;
si p1 = p2 = · · · pk = 0, entonces la respuesta es
k−1
n−1
.
y si p1 = p2 = · · · = pk = 1, entonces es simplemente
k−1
12
Exitillo, pero hay que ir animándose.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.1. Subconjuntos. Coeficientes binómicos
115
Seguimos generalizando: intentamos ahora imponer, además, cotas por arriba a los xi ;
esto es, buscamos el número de soluciones de
*
x1 + x2 + · · · + xk = n
.
p1 ≤ x1 ≤ q1 , . . . pk ≤ xk ≤ qk
O bien el número de formas de distribuir n bolas idénticas en k cajas numeradas de manera
que en cada caja vayan entre tantas y tantas bolas; o para composiciones. . . Aquı́ ya no
va a ser posible obtener una fórmula sencilla en términos de los parámetros involucrados.
Como quizás el lector inquieto ya está sospechando, debemos hacer uso del principio de
inclusión/exclusión. Lo vemos en un ejemplo.
Ejemplo 3.1.2 El número de soluciones de la ecuación diofántica x1 + x2 + x3 = 50, donde
0 ≤ x1 ≤ 10, 5 ≤ x2 ≤ 35 y 0 ≤ x3 ≤ 10.
Iniciamos el análisis, para facilitar los cálculos, poniendo las cotas inferiores a cero con el
cambio
y1 = x1 ≥ 0 , y2 = x2 − 5 ≥ 0 , y3 = x3 ≥ 0 .
Con esta transformación, el problema pasa a ser el de contar el número de soluciones de
8
(
y1 + y2 + y3 = 50 − 0 − 5 − 0 = 45
.
0 ≤ y1 ≤ 10 , 0 ≤ y2 ≤ 30 , 0 ≤ y3 ≤ 10
Ahora pasaremos al complementario y aplicaremos el principio de inclusión/exclusión. Definimos primero el conjunto “grande”:
**
45 + 3 − 1
47
y1 + y2 + y3 = 45
=⇒ |X | =
=
.
X = soluciones de
yi ≥ 0
3−1
2
Hay tres prohibiciones:
(
(
soluciones
A=
de
y1
(
(
soluciones
B=
de
y1
(
(
soluciones
C=
de
y1
88
45 + 3 − 11 − 1
36
⇒ |A| =
=
,
3
−
1
2
≥ 11 , y2 ≥ 0 , y3 ≥ 0
88
y1 + y2 + y3 = 45
45 + 3 − 31 − 1
16
⇒ |B| =
=
,
3−1
2
≥ 0 , y2 ≥ 31 , y3 ≥ 0
88
y1 + y2 + y3 = 45
45 + 3 − 11 − 1
36
⇒ |C| =
=
.
3−1
2
≥ 0 , y2 ≥ 0 , y3 ≥ 11
y1 + y2 + y3 = 45
El número de soluciones válidas será |X | − |A ∪ B ∪ C|, ası́ que tendremos que calcular el
tamaño de las intersecciones de dos y tres conjuntos. Por ejemplo,
**
45 + 3 − 42 − 1
5
soluciones
y1 + y2 + y3 = 45
⇒ |A ∩ B| =
=
.
A∩B =
y1 ≥ 11 , y2 ≥ 31 , y3 ≥ 0
de
3−1
2
5
De la misma manera se obtendrı́a que |A ∩ C| = 25
2 y que |B ∩ C| = 2 , mientras que la
intersección de los tres conjuntos es vacı́a. Reuniéndolo todo,
0
1 0
1
47
36
16
5
25
# soluciones =
− 2×
+
+ 2×
+
= 21.
2
2
2
2
2
♣
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
116
3.1.3.
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
Una interpretación gráfica de los coeficientes binómicos
k=0
Vamos a considerar la red que aparece dibuk=1
jada a la derecha de estas lı́neas, en la que cada
n=0
k=2
nodo se identifica con unas coordenadas (n, k), n = 1
k=3
tal como se indica en la figura. Nuestro objetivo n = 2
R
k=4
R
es estudiar los posibles caminos desde (0, 0) has- n = 3
k=5
ta un cierto (n, k) tales que, en cada paso, desde n = 4
R
n=5
cada nodo sólo se puede pasar a los nodos que
están inmediatamente debajo. La longitud del
camino será el número de pasos dados. Para caizquierda
da par de valores n y k, llamaremos Cam(n, k) derecha
al número de caminos distintos que podemos trazar desde el nodo (0, 0) a un nodo cualquiera
de coordenadas (n, k). Distintos, por supuesto, significará que las sucesiones de pasos de que
constan se diferencian en alguno de ellos. Para fijar ideas, en la descripción de los caminos
utilizaremos la nomenclatura de “paso a la derecha” y “paso a la izquierda” adoptando el
punto de vista de un caminante que circulara por la red (ası́ que es la orientación contraria
a la del lector que lee estas páginas).
Esta formulación, que como veremos es muy rica y elegante, se debe al matemático húngaro Pólya13 , quien es también responsable de
las teorı́as que hay detrás del estudio de la combinatoria con simetrı́as
(véase el capı́tulo 17) y del paseo aleatorio (véase el capı́tulo 19, en el
que nos volveremos a encontrar con estas figuras).
Para algunos de los valores posibles de los parámetros n y k es sencillo calcular el correspondiente número Cam(n, k). Por ejemplo, para
cualquier n ≥ 0, Cam(n, 0) = 1, porque sólo hay un camino que lleve
del (0, 0) al (n, 0) (el que consiste en dar siempre pasos a la derecha).
De la misma manera, Cam(n, n) = 1 (dar sólo pasos a la izquierda).
El objetivo es encontrar, si es que la hay, una fórmula cerrada para
Figura 3.2: Pólya
Cam(n, k) en términos de n y k.
El lector, quizás inspirado por el aspecto de la figura14 , estará ya sospechando que estos
números guardan relación con los coeficientes binómicos. Para comprobarlo, enunciemos una
serie de propiedades que verifican estos números, que nos resultarán sin duda familiares.
13
George Pólya (1887-1985) es uno de los miembros más destacados de la magnı́fica escuela matemática
húngara del siglo XX. Su actividad se desarrolló en diversos lugares, primero en su Budapest natal (hasta
1912), luego en Göttingen (1913) y Zürich, desde 1914 hasta 1940 (en 1924 estuvo en Inglaterra, trabajando
con Hardy y Littlewood; el libro Inequalities es uno de los frutos de esta colaboración). La siguiente etapa de
esta suerte de paseo aleatorio vital (una estupenda biografı́a suya se titula justamente The random walks of
George Pólya, Gerard Alexanderson, MAA, 2000) fue la Universidad de Stanford en Estados Unidos, a donde
emigró en 1940, y en la que permanecerı́a hasta el final de sus dı́as. Pólya trabajó en diversos campos de
las Matemáticas: Teorı́a de Números, Combinatoria, Análisis real y complejo, Probabilidad, etc.; algunas de
estas aportaciones las iremos recogiendo en estas páginas. Pero, además de por esta actividad investigadora,
Pólya es famoso por sus reflexiones sobre la actividad matemática y la didáctica de las matemáticas: libros
como How to solve it (1945), Mathematics and plausible reasoning (1954) o Mathematical Discovery (1962)
han sido auténticos éxitos editoriales.
14
O más simplemente, por el tı́tulo de esta subsección.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.1. Subconjuntos. Coeficientes binómicos
117
A. Traslación
(0, 0)
(0, 0)
Empezamos con una propiedad que será útil
en análisis posteriores. Consideremos los esque(a, b)
mas que aparecen a la derecha. Si observamos
que ni los caminos de (0, 0) a (n, k) ni los que
(n, k)
van de (a, b) a (n + a, k + b) pueden salirse del
(n + a, k + b)
área señalada, y que ambas zonas son iguales, podremos deducir que:
&
'
&
'
Cam(n, k) = # caminos (0, 0) → (n, k) = # caminos (a, b) → (a + n, b + k) .
B. Reflexión
(0, 0)
(0, 0)
Consideremos un camino de (0, 0) a (n, k).
Vamos a reflejarlo con respecto al eje vertical que
pasa por el punto (0, 0). Lo que obtenemos es un
camino de (0, 0) a (n, n−k). Esta reflexión es una
•
•
una biyección entre el conjunto de caminos que
(n, k)
(n, n − k)
unen (0, 0) con (n, k) y el conjunto de caminos
que conectan (0, 0) con (n, n − k). De manera que Cam(n, k) = Cam(n, n − k).
C. Recursión
(0, 0)
La propiedad anterior nos recuerda, desde
luego, a las propiedades de simetrı́a de los coeficientes binómicos. ¿Cumplirán también la misma
regla de recurrencia? Clasifiquemos los caminos
hasta (n, k) dependiendo del vértice inmediata(n−1, k−1) • • (n−1, k)
mente superior por el que pasen. Esto es una
•
partición de nuestro conjunto total de caminos:
(n, k)
* * *
caminos
caminos (0, 0) → (n − 1, k − 1)
caminos (0, 0) → (n − 1, k)
=
∪
.
(0, 0) → (n, k)
y luego izquierda
y luego derecha
Ahora obtenemos los tamaños de los conjuntos calculando, simplemente, de cuántas maneras
se puede llegar a los puntos (n − 1, k − 1) y (n − 1, k), respectivamente:
Cam(n, k) = Cam(n − 1, k − 1) + Cam(n − 1, k) .
Tenemos entonces dos familias de números, Cam(n, k) y los coeficientes binómicos nk , que
satisfacen la misma ecuación de recurrencia y que tienen los mismos valores frontera. Esto
supone que Cam(n,
k) coincide, para cada par de valores de los parámetros n y k con el coeficiente binómico nk . Ası́ que, después de todo, no estamos más que ante otra interpretación
combinatoria de los coeficientes binómicos.
En lo que sigue vamos a aprovechar esta nueva interpretación de los coeficientes binómicos
para obtener algunas expresiones interesantes.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
118
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
D. Barrera horizontal
k−l
Vamos a clasificar los caminos hasta el nodo de
k
coordenadas (n, k) según el nodo de la barrera ho
n−l
rizontal de un nivel anterior n − l por el que pasan
(véase el dibujo). Obsérvese que los nodos de la ban
rrera tienen coordenadas (n − l, k − l + m), donde m
6
nodo (n, k)
se mueve de 0 a l. Esta clasificación es una partición
del conjunto de caminos, pues todos los caminos hasta (n, k) han de pasar necesariamente
por uno (y sólo uno) de los nodos de la barrera:
*
*
l )
caminos
caminos consistentes en ir (0, 0) → (n − l, k − l + m)
=
(0, 0) → (n, k)
y luego ir (n − l, k − l + m) → (n, k)
m=0
A la izquierda tenemos nk caminos distintos. Del punto (0, 0) al punto (n − l, k − l + m) se
n−l maneras distintas. Y hay tantos caminos desde (n − l, k − l + m) hasta
puede ir de k−l+m
(n, k) como entre (0, 0) y (l, l − m), como podrá comprobar el lector si aplica cuidadosamente
la regla A de traslación. Aplicando las reglas de la suma y el producto, concluimos que:
l l
n−l
n
.
=
l
−
m
k
−
l
+
m
k
m=0
Cambiando el el ı́ndice de sumación (de m a j = l − m), recuperamos la fórmula de Vandermonde de la página 110.
E. Barrera diagonal
k−1
Ahora consideramos, para un cierto nodo de la
k
red, que por comodidad tomaremos de coordenadas
(n + 1, k + 1), la barrera diagonal que incluye a los
nodos de segundo ı́ndice k (véase el dibujo). Nóten+1
se que los nodos de la barrera tienen coordenadas
6
nodo (n+1, k+1)
(n, k), (n − 1, k), . . . , (k, k). Es decir, son de la forma
(j, k), con j = k, . . . , n. Como antes, pretendemos clasificar los caminos de (0, 0) a (n+1, k+1)
dependiendo de su paso por la barrera. Podrı́amos, por ejemplo, escribir que
* )
*
n caminos
caminos consistentes en ir (0, 0) → (j, k)
=
(0, 0) → (n, k)
j=k
y luego ir (j, k) → (n + 1, k + 1)
Esta expresión, siendo cierta, no es útil para nuestros cálculos, porque no es una partición,
pues hay caminos que están en más de uno de los conjuntos de la derecha. Imagine el lector
un camino que llegue a un nodo intermedio de la barrera y luego baje un rato por ella. Para
resolver esta dificultad, y contar una única vez cada camino, los clasificamos dependiendo de
cuál sea el último nodo de la barrera por el que se pase:
* )
*
n caminos
caminos (0, 0) → (n + 1, k + 1) tales que (j, k)
=
(0, 0) → (n, k)
j=k
es el último nodo de la barrera por el que pasan
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.1. Subconjuntos. Coeficientes binómicos
119
Ahora sı́ que tenemos una verdadera partición, y bastará contar cuántos elementos tiene
cada bloque de la partición. Pero si el nodo (j, k) es el último de la barrera que se toca,
entonces el recorrido, más allá de ese punto, está ya fijado: paso a la izquierda y luego bajada
hasta el nodo (n + 1, k + 1). Concluimos ası́ que
n n j
j
n+1
=
=
k
k
k+1
j=0
j=k
¡Atención!, esta última fórmula es nueva y útil. Ya sabemos sumar los coeficientes binómicos cuando variamos el ı́ndice inferior. Aquı́ tenemos la suma análoga cuando variamos el
superior. Mostramos juntas ambas fórmulas, para que lector aprecie la diferencia: si k ≤ n,
n n k
j
n+1
k
y
=2
=
.
j
k
k+1
j=0
j=0
Ejemplo 3.1.3 Una fórmula para los números de Catalan Cn .
Si el lector dócil revisa el ejemplo 2.3.3, recordará que Cn cuenta el número de formas
de multiplicar una lista de n + 1 números. Pero también es la respuesta de un problema
equivalente, como es el de contar el número de listas (x1 , . . . , x2n ), donde xj = ±1 (hay n
unos y n menos unos), y de manera que las sumas parciales, esto es, x1 , x1 + x2 , x1 + x2 + x3 ,
etc, fueran siempre no negativas.
(1, 1)
Traduzcámoslo a nuestro contexto: un +1 querrá decir un paso a la izquierda (recordemos, izquiern+1
da para el habitante de la red), y un −1, un paso a
la derecha. Ası́ que una lista (x1 , . . . , x2n ) formada
con +1 y −1 (la mitad de cada) es un camino en
2n+1
(2n+1, n+1)
el que se dan n pasos a la izquierda y otros tantos
a la derecha. Empezamos en el punto (1, 1). De los
2n pasos, n han de ser hacia la izquierda; ası́ que necesariamente acabamos en el punto de
coordenadas (2n + 1, n + 1). Además, en cada momento, al menos se han dado tantos pasos a
la izquierda como a la derecha, ası́ que nunca podremos tocar la lı́nea vertical. Las listas que
interesan se corresponden, pues, con caminos como el que exhibimos en el dibujo anterior.
El número total decaminos
posibles desde (1, 1)
(1, 0).
(1, 1)
;
pero
sólo queremos conhasta (2n+1, n+1) es 2n
.......
n
....
n+1
tar aquéllos que no tocan la lı́nea vertical. Aquı́ lle..
15
ga la idea brillante : un argumento de reflexión.
Vamos a evaluar el tamaño del complementario,
los caminos que sı́ tocan la vertical: supongamos
2n + 1
(2n + 1, n + 1)
que tenemos uno de ellos, como el que aparece en
el dibujo de la derecha, y consideremos la primera
vez que alcanza la barrera. Reflejando este primer tramo, a cada camino que toca la lı́nea le
hacemos corresponder uno desde (1, 0) a (2n + 1, n + 1).
15
Idea que, por consiguiente, no es original de los autores.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
120
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
Pero al revés también, pues un camino de (1, 0) a (2n + 1, n + 1) está obligados a cruzar la
lı́nea vertical. El lector podrá comprobar que justo el considerar la “primera vez” que tocan
la barrera es lo que hace que sea una biyección entre los dos tipos de caminos. Ahora, de
(1, 0) a (2n + 1, n + 1), con el argumento
2n de traslación habitual, sabemos que hay tantos
caminos. Ası́ que, finalmente, deducimos que los
como de (0, 0) a (2n, n + 1); esto es, n+1
números de Catalan viene dados por
2n
2n
−
para cada n ≥ 0.
Cn =
n
n+1
Dejamos que el lector se entretenga con las manipulaciones algebraicas que conducen a la
siguiente fórmula, que nos permite calcular los primeros valores de la sucesión:
Cn =
3.1.4.
1
n+1
2n
n
(Cn ) = (1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796 . . . )
♣
Coeficientes multinómicos
Planteamos dos nuevas cuestiones combinatorias:
contar el número de maneras de distribuir n bolas numeradas en k cajas numeradas de
forma que haya a1 bolas en la primera caja, a2 en la segunda, etc., donde los números
a1 , . . . , ak cumplen que a1 + · · · + ak = n;
contar el número de listas de longitud n formadas con los sı́mbolos {1, . . . , k} con
exactamente a1 unos, a2 doses, etc. De nuevo, los números a1 , . . . , ak cumplen que
a1 + · · · + ak = n.
La biyección entre las dos cuestiones es inescribimos aquı́ a
mediata: distribuir las n bolas en k cajas con qué
a cuál la bola n
caja va la bola 1 a cuál la bola 2
las restricciones citadas exige decidir a qué ca^
ja va cada bola. Es decir, formar una lista de
w
······
?
n posiciones (una por bola), en las que indin
······
1 2
camos a qué caja va cada bola. Si queremos
que haya a1 bolas en la caja 1, a2 en la caja 2, etc., entonces en la lista han de aparecer
exactamente a1 unos, a2 doses, etc. Y si nos dan la lista con todas estas condiciones, la
reinterpretación en términos de distribuciones en cajas es obvia.
Observe el lector que si la cuestión se hubiera planteado sin restricciones sobre el número
de bolas por caja (o sobre el número de veces que aparece cada sı́mbolo en la lista), el análisis
serı́a muy sencillo, pues bastarı́a con decidir a qué caja va cada bola; o cuál es el sı́mbolo
de cada posición de la lista. Esto, como bien sabemos, por simple aplicación de la regla del
producto, se puede hacer de kn maneras16 .
Nótese que la lista es de longitud n y que hay k sı́mbolos. Por eso aparece un kn , en lugar del nk que
escribı́amos en el análisis de las listas con repetición de la subsección 2.2.1. Aquı́ hemos cambiado los papeles
de n y k. Si el lector revisa el ejemplo 2.2.5, podrá establecer el diccionario entre este tipo de distribuciones
(o listas) y las aplicaciones de un conjunto de tamaño n en un conjunto de tamaño k.
16
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.1. Subconjuntos. Coeficientes binómicos
121
¡Ay!, las dichosas distribuciones de bolas en cajas, ese lenguaje tan del gusto de los que
se dedican a menesteres combinatorios. En la sección 3.1.2 tuvimos un primer contacto con
este tipo de cuestiones, aunque entonces tratábamos distribuciones de n bolas idénticas en k
cajas numeradas, con diferentes tipos de restricciones. Y aquı́, al considerar a las bolas como
numeradas, esto es, distinguibles, no basta, como allı́, con dar la información de cuántas
bolas van en cada caja; hay que señalar también cuáles son. Sobre bolas numeradas en cajas
numeradas, con otro tipo de restricciones, volveremos en las páginas siguientes (véanse el
ejemplo 3.1.7 y la subsección 3.3.1 para el caso en el que no permitimos cajas vacı́as). Y de
nuevo remitimos al lector premioso a consultar la sección 3.4, si es que quiere disfrutar de la
contemplación de todos los casos posibles en estricta formación.
Pero basta ya de preámbulos, y pasemos a analizar la cuestión de interés. Vemos primero
un ejemplo sencillo, que nos da la pista para el argumento general. Supongamos que queremos
repartir n bolas numeradas en 3 cajas numeradas, de manera que haya a1 en la primera, a2
en la segunda y a3 en la tercera, donde a1 + a2 + a3 = n. Para contar cuántas distribuciones
de éstas hay, seguimos el siguiente proceso:
a la caja 1 (recordemos que
1. Elegimos cuáles (y no cuántas) son las a1 bolas que van
n
las bolas son distinguibles). Esto se puede hacer de a1 formas distintas.
2. Elegimos
las bolas de la segunda caja de entre las n − a1 bolas que quedan; tenemos
n−a1 maneras de hacerlo.
a2
3. Las de la tercera caja quedan ya determinadas (son todas las que quedan), ası́ que no
habrá que decidir nada en este paso. Aunque también podrı́amos argumentar como en
los
pasos
y observar que las bolas de la tercera caja se pueden elegir de
aanteriores
n−ados
1 −a2
3
= a3 = 1 forma.
a3
La regla del producto nos dice entonces que el número de posibles distribuciones es
(n − a1 )!
(n − a1 − a2 )!
n!
n − a1
a3
n!
n
=
.
=
a2
a3
a1 !(n − a1 )! a2 !(n − a1 − a2 )!
a3 !0!
a1 ! a2 ! a3 !
a1
Como el lector podrá comprobar, el mismo argumento se puede aplicar al caso de k cajas,
para obtener que el número de distribuciones de n bolas distinguibles en k cajas numeradas
con a1 bolas en la primera caja, a2 en la segunda, etc., con a1 + a2 + · · · + ak = n, viene
dado por
n!
.
a1 ! a2 ! . . . ak !
Es tradicional designar a esta cantidad con un sı́mbolo y un nombre especial. Se trata de un
coeficiente multinómico17 :
n!
n
,
=
a1 ! a2 ! . . . ak !
a1 , a2 , . . . , ak
definido únicamente cuando los números a1 , . . . , ak sumen exactamente n.
17
Nombrados ası́, ¡por qué iba a ser!, porque aparecen en el llamado “teorema del multinomio”, una generalización del teorema del binomio (véase la subsección 3.1.5).
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
122
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
El caso k = 2 es algo especial, pues si a1 + a2 = n, entonces a2 = n − a1 , ası́ que
n!
n
n!
n
=
=
=
,
a1 ! a2 !
a1 ! (n − a1 )!
a1
a1 , a2
y recuperamos el coeficiente binómico habitual. Una cierta ambigüedad de notación que
confiamos en que no cause confusión.
Un análisis alternativo, escrito en el lenguaje de las listas, nos va a llevar al mismo
resultado. Digamos que queremos contar cuántas n-listas podemos formar con los sı́mbolos
{1, . . . , k} de manera que haya a1 unos, a2 doses, etc., donde a1 + · · · + ak = n. Ya sabemos
que la respuesta está en el coeficiente multinómico correspondiente.
Pero argumentemos de la siguiente manera: hagamos primero que los sı́mbolos sean distinguibles. ¿Cómo que distinguibles?, ¿pero de qué manera vamos a poder distinguir, por
ejemplo, dos unos entre sı́?, protestará el lector, alarmado ante este nuevo artificio. Pues justamente etiquetando de cierta manera cada sı́mbolo. Para ello consideramos el nuevo conjunto
de sı́mbolos siguiente:
11 , 12 , . . . , 1a1 , 21 , . . . , 2a2 , . . . , k1 , . . . , kak .
Nótese que, por ejemplo, hemos considerado tantos “clones” del sı́mbolo 1 como nos indica el
valor de a1 . Obsérvese también que ahora en total hay n sı́mbolos. Como son distinguibles,
los podemos disponer en una n-lista de n! maneras distintas. Pero, para contrarrestar la diferenciación ficticia y auxiliar que hemos introducido, por ejemplo, entre los unos, deberemos
dividir por un factor a1 ! (construya el lector explı́citamente la aplicación a1 ! a 1 que hay
detrás de este comentario). Lo mismo deberemos hacer con los doses, con los treses, etc.
Ası́ llegamos, de nuevo, al resultado
n
n!
=
.
a1 ! a2 ! · · · ak !
a1 , a2 , . . . , ak
No le extrañará al lector, a la vista de este argumento, que en algunos textos se utilice el
nombre de (número de) permutaciones con repetición para describir esta cantidad.
Ejemplo 3.1.4 En una empresa hay 25 personas y se quieren repartir en 4 grupos de
trabajo: el primero, dedicado a la relación con los clientes, debe constar de 4 personas. El
segundo, para el desarrollo de los proyectos, de 6 personas. El tercero estarı́a dedicado a las
tareas de contabilidad y estarı́a compuesto por 7 personas. Las otras 8 personas trabajarı́an
en tareas de organización interna. ¿De cuántas maneras se pueden estructurar estos grupos?
Los grupos de trabajo van a ser las cajas (hay 4), y el objetivo es repartir 25 bolas numeradas
(las personas) en estas 4 cajas numeradas de manera que haya 4 en la primera, 6 en la segunda,
7 en la tercera y 8 en la cuarta. Esto se puede hacer de
25
25!
= 4417238826000
formas distintas
=
4! 6! 7! 8!
6, 4, 7, 8
casi cuatro billones y medio, una cantidad enorme. Animamos al lector a que escriba el
argumento en términos de listas.
♣
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.1. Subconjuntos. Coeficientes binómicos
123
Ejemplo 3.1.5 ¿Cuántas listas de longitud 8 formadas por 2 aes, 3 bes y 3 ces hay?
Las listas están formadas por los sı́mbolos a, a, b, b, b, c, c, c, pero por supuesto no todas las 8!
permutaciones posibles dan lugar a listas distintas. Aplicamos de nuevo el truco citado antes:
hacemos distinguibles los sı́mbolos, a1 , a2 , b1 , b2 , b3 , c1 , c2 , c3 , y formamos las 8! permutaciones
posibles. Obtenemos ası́, por ejemplo, listas como
a1 a2 b1 b2 b3 c3
c2 c1
a2 a1 b1 b2 b3 c3 c2 c1
y
que, al borrar los subı́ndices de las aes, dan lugar a la misma, (a, a, b, b, b, c, c, c). Solucionamos
esta proliferación de listas dividiendo por los factoriales correspondientes:
8!
8
8×7×6×5×4
=
=
= 560 .
2! 3! 3!
3, 2, 3
2×2×3
Exhortamos ahora al lector a que se atreva con la versión en el lenguaje de las distribuciones
de bolas en cajas.
♣
3.1.5.
Sobre el teorema del binomio
Tras tanto mentar a los coeficientes binómicos y multinómicos, resulta oportuno revisar
el resultado que justifica los nombres utilizados. El bien conocido teorema del binomio
nos dice que
n n k
n
(1 + x) =
para cualquier número real x.
x
k
k=0
Es un ejercicio interesante, que recomendamos al lector, probar la validez del teorema por
inducción (véase el ejercicio 3.1.19).
El teorema del binomio nos proporciona el primer ejemplo de función generatriz: la
función (1 + x)n “genera”, al ser desarrollada en potencias de x, la sucesión de números
*
*∞
n
n
n
n
n
=
,
,
,...,
, 0, 0, 0 . . . .
0
1
2
n
k
k=0
Pero sobre estas cuestiones insistiremos, y mucho, en el capı́tulo 11.
Una generalización de la fórmula del binomio se obtiene reemplazando x por x/y:
n n y + x n n k −k
x n n xk
=
=⇒
=
x y ,
1+
y
y
k yk
k
k=0
k=0
de donde deducimos, multiplicando por
yn,
n
(x + y) =
la siguiente expresión:
n n
k=0
k
xk y n−k
que en principio es válida para y = 0. Pero es que para y = 0 dice simplemente que xn = xn ,
por lo en realidad es válida para todo y.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
124
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
Si en esta última expresión tomamos x = y = 1, obtenemos el valor, ya conocido, de la
suma completa de los coeficientes binómicos de ı́ndice superior n:
n n
n
.
2 =
k
k=0
Pero si tomamos x = 1 e y = −1, llegamos a la (inesperada18 ) expresión
0=
n
k=0
n
(−1)
k
k
Obsérvese que sumamos todos los coeficientes binómicos de ı́ndice superior n, pero alternándolos de signo. Esto lo usaremos, por ejemplo, en la demostración del principio de
inclusión/exclusión (véase la subsección 3.1.6).
Nuestro siguiente objetivo es evaluar la suma
n
n
k
.
k
k=0
El truco, que utilizaremos profusamente en el capı́tulo 11, consiste en derivar con respecto
a x la fórmula del binomio. Ası́ se obtiene que
n−1
n(1 + x)
=
n n
k=1
k
k−1
kx
;
y, evaluando en x = 1, que
n
n
k
= n 2n−1
k
k=0
Esta última manipulación se utiliza en contextos más generales y, por ejemplo, será la que
seguiremos a la hora de calcular medias de variables aleatorias que toman valores en los
enteros no negativos (véase la sección 12.1). Pero como todavı́a no contamos con este lenguaje
probabilı́stico, hagamos una interpretación de este caso particular.
Ejemplo 3.1.6 Queremos corroborar la intuición que nos dice que el “tamaño medio” de
los subconjuntos que se pueden extraer del conjunto {1, . . . , n} es n/2.
Para evaluar, por ejemplo, la altura media de un conjunto de n personas, lo directo es sumar
todas las alturas y dividir el número resultante por n; una suma que consta de n sumandos.
Pero un procedimiento más astuto consiste en agrupar primero a las personas de la misma
altura. Contamos entonces el número de elementos de cada categorı́a (misma altura), y
multiplicamos cada uno de estos números por la altura correspondiente.
Sigamos esta misma idea en nuestro caso. Dado el conjunto {1, . . . , n}, llamamos Γ a la
colección de todos los subconjuntos que se pueden extraer de él. Sabemos que |Γ| = 2n . Cada
elemento γ de Γ (es decir, cada subconjunto de {1, . . . , n}) tendrá un cierto tamaño |γ|, el
número de elementos de que conste.
18
Si n es impar, esto una simple consecuencia de la simetrı́a los coeficientes binómicos. Por ejemplo, para
n = 7 estamos sumando (alternados en signo), los números 1, 7, 21, 35, 35, 21, 7, 1, que se cancelan por parejas.
Pero ya no es la misma situación para n par (hágase el caso n = 8).
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.1. Subconjuntos. Coeficientes binómicos
125
El tamaño medio de los subconjuntos de {1, . . . , n} viene dado por
1 |γ| .
2n
γ∈Γ
2n
Nótese que la suma anterior consta de
sumandos. Para poder calcularla, agrupamos los
subconjuntos γ del mismo tamaño. Este tamaño será un cierto parámetro k entre 0 y n. El
resto del cálculo es directo:
*
n
n
n
1 1 1 1 subconjuntos γ ∈ Γ
|γ| = n
|γ| = n
k= n
k#
tales que |γ| = k
2n
2
2
2
γ∈Γ
1
= n
2
k=0 γ∈Γ
|γ|=k
n
k=0
n
k
k
k=0 γ∈Γ
|γ|=k
=
k=0
1 n−1 n
n2
= ,
2n
2
como nos sugerı́a la intuición (véase un argumento alternativo en el ejercicio 3.1.10).
♣
El teorema del binomio, tal como lo hemos exhibido aquı́, es válido para cualquier n ∈ N.
Pero en realidad su validez es más general. Reescribámoslo de la siguiente manera:
n n
∞
n!
n (n − 1) · · · (n − k + 1) k
n k n
xk =
x .
x =
(1 + x) =
k!(n − k)!
k!
k
k=0
k=0
k=0
Obsérvese que el numerador del coeficiente de xk tiene k factores. Nótese
también que, aunque en apariencia la suma se extiende hasta ∞, en
realidad los coeficientes de xk son 0 si k > n. El teorema general del
binomio de Newton19 afirma que la expresión anterior es también cierta
sustituyendo n por un α real cualquiera:
Teorema 3.1 (binomio de Newton) Para todo α ∈ R, si |x| < 1,
α
(1 + x) =
∞
α(α − 1)(α − 2) · · · (α − k + 1)
k=0
k!
xk .
Ya hemos indicado antes que si α es un entero positivo, la suma es finita
y tenemos simplemente un polinomio. Pero en general tendremos una
Figura 3.3: Newton
serie de potencias infinita. Por esto hemos sido cuidadosos de incluir, en
el enunciado del teorema, los valores de x para los que la serie converge
con seguridad. El lector podrá encontrar la demostración de este resultado, junto con diversas
aplicaciones, en la subsección 11.3.4.
19
No requiere mucha presentación Sir Isaac Newton (1642-1727), universalmente conocido por su ley de
la gravitación o por la creación del Cálculo diferencial e integral (al tiempo que Leibniz), lo que llamaba el
“método de las fluxiones”. Sus Philophiae naturalis principia mathematica, o simplemente Principia, de 1687,
son considerados como el más importante libro cientı́fico jamás escrito. Se cuenta que fue Sir Edmund Halley,
el descubridor del cometa que hoy lleva su nombre, el que animó a Newton a escribirlos: tras 18 meses de
encierro y trabajo incesante, los Principia vieron la luz; en ellos Newton establecı́a los principios básicos de la
Mecánica, la Dinámica de Fluidos, el movimiento ondulatorio, deducı́a las leyes de Kepler del movimiento de
planetas y cometas. . . No menos importantes fueron sus trabajos en otras disciplinas: por ejemplo, en Óptica,
con su descubrimiento de que la luz se descomponı́a en un espectro de colores al pasar a través de un prisma.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
126
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
Para obtener una última generalización del teorema del binomio, empezamos escribiendo
n
(x + y) =
n n
k=0
k
xk y n−k =
a,b≥0, a+b=n
n! a b
x y ,
a! b!
donde hemos aprovechado que, para cada k, los exponentes de x e y suman siempre n. Con
un argumento análogo, podemos obtener la llamada fórmula del trinomio:
n n!
n
a b c
x y z =
xa y b z c ,
(x + y + z) =
a! b! c!
a, b, c
a,b,c≥0, a+b+c=n
a,b,c≥0
que ya escribimos, a la derecha, utilizando la notación de los coeficientes multinómicos (que,
recordamos, sólo tienen sentido para las combinaciones de a, b y c que sumen n). Y de ahı́ a
la fórmula del multinomio para k términos sólo hay un paso:
(x1 + x2 + · · · + xk ) =
n
a1 ,...,ak ≥ 0
n
a1 , a2 , . . . , ak
x1 a1 x2 a2 · · · xk ak .
Intente el lector probar esta expresión por inducción (en k) partiendo de la fórmula del
binomio habitual, que es el caso k = 2 (véase el ejercicio 3.1.19).
3.1.6.
Los coeficientes binómicos y el principio de inclusión y exclusión
El principio de inclusión/exclusión, que presentamos en la sección 2.3, permite calcular
el tamaño de la unión de una colección finita de conjuntos {A1 , A2 . . . , An }:
|A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An | =
n
(−1)j+1 αj ,
j=1
donde los αj son las sumas de los tamaños de todas las posibles intersecciones de j conjuntos:
α1 = |A1 | + |A2 | + · · · + |An |
α2 = |A1 ∩ A2 | + |A1 ∩ A3 | + · · · + |An−1 ∩ An |
..
.
αn = |A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An |.
Ahora sabemos cuántos sumandos aparecen en el cálculo de cada αj . Por ejemplo, α1 consta
n
de n sumandos
(las
posibles
formas
de
escoger
1
elemento
de
un
conjunto
de
n,
esto
es,
1 );
n
(las posibles formas de escoger 2 elementos de entre n), etc. En
α2 consta de 2 sumandos
general, αj tendrá nj términos. Conocer este dato será muy útil porque, como veremos más
adelante (véanse el ejemplo 3.1.7 y los cálculos de la subsección 3.2.3), muchas veces todas
las intersecciones de j conjuntos, para cada valor de j, son del mismo tamaño; y entonces
podremos obtener fórmulas especialmente sencillas.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.1. Subconjuntos. Coeficientes binómicos
127
A. Demostración del principio de inclusión/exclusión
Vamos a utilizar un argumento de doble conteo. Llamamos A = ∪nj=1 Aj y denotamos los
elementos de A por ω1 , ω2 , . . .
ω1
ω2
ω3
ω4 · · ·
Construimos una tabla en cuyas columnas siA1
1
1
1
1
···
A2
1
1
1
0
···
tuamos los elementos de A. Etiquetando las filas
A
1
1
0
1
···
3
aparecen primero los conjuntos A1 , . . . , An , lue..
..
..
..
..
go las intersecciones dos a dos, A1 ∩ A2 , A1 ∩ A3 ,
.
.
.
.
.
An
1
0
0
1
···
. . . An−1 ∩ An ; después, las intersecciones tres a
A1 ∪ A2
−1
0
−1
0
···
tres, cuatro a cuatro. . . ası́, hasta llegar a la inA1 ∪ A3
−1
−1
0
−1 · · ·
tersección de todos los Aj .
..
..
..
..
..
.
.
.
.
.
Los registros de la matriz van a ser 0, 1 y
An−1 ∪ An
−1
0
0
−1 · · ·
−1. Consideremos la columna etiquetada por
A1 ∪ A2 ∪ A3
1
1
0
0
···
un cierto elemento ωj : si ωj no pertenece al
..
..
..
..
..
.
.
.
.
.
conjunto que etiquete la fila, pondremos un 0.
A
∪
A
∪
A
1
0
0
1
···
n
n−2
n−1
En el caso de pertenencia al conjunto, distin.
.
.
.
.
guiremos si se trata de una intersección de un
..
..
..
..
..
número impar de conjuntos (en cuyo caso pon.
.
.
.
.
..
..
..
..
..
dremos un +1) o de una intersección de un
n
A1 ∪ · · · ∪ An
(−1)
0
0
0
···
número par (escribiremos un −1). Por ejemplo, pondrı́amos un 1 en las casillas correspondientes si ωj estuviera en A3 , en A2 ∩ A5 ∩ A6 ,
o en A2 ∩ A3 ∩ A7 ∩ A8 ∩ A9 , mientras que pondrı́amos un −1 si perteneciera, por ejemplo, a
A1 ∪ A3 , a A2 ∪ A3 ∪ A5 ∪ An , etc. La tabla tendrı́a un aspecto parecido al que se muestra a la
derecha. Ahora sumaremos las entradas de la matriz, primero por filas y luego por columnas.
La suma por filas nos va a dar la suma alternada en signos del principio de inclusión/exclusión (hemos diseñado la matriz expresamente para esto). Obsérvese que la fila
etiquetada con A1 contiene |A1 | unos, la de A2 , |A2 | unos, etc. Para las intersecciones dos a
dos, cada fila etiquetada con Ai ∩ Aj contiene |Ai ∩ Aj | signos “−1”. Y ası́ sucesivamente.
En total, los registros de la matriz suman (por filas)
(∗)
m
i=1
|Ai | −
|Ai ∩ Aj | + · · · .
i<j
La suma por columnas requiere un análisis más cuidadoso. Fijémonos en un cierto elemento ω ∈ A, que estará en, digamos, k de los Aj , para cierto 1 ≤ k ≤ n. En su columna
tendremos exactamente k unos en las filas etiquetadas
por los conjuntos A1 , . . . , An . Pero si
está en k de los Aj , estará en exactamente k2 de las intersecciones dos a dos: ahı́ encon traremos k2 signos “−1”. También estará en k3 de las tres a tres, etc. El último signo no
nulo lo encontraremos en las filas de las intersecciones k a k: será un (−1)k+1 , justo en la
fila etiquetada por la intersección de todos los Aj en los que esté ω; más allá, todo ceros. En
total, la suma de los sı́mbolos que aparecen en la columna etiquetada por ω será
k
k
k
k
k
k+1 k
j+1 k
j k
(−1)
(−1)
=
=1−
.
−
+
− · · · + (−1)
k
j
j
1
2
3
j=1
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
j=0
128
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
Pero la suma (completa y alternada en signo) de coeficientes binómicos es 0 (véase la
página 123). Ası́ que la suma de las entradas de la matriz que están en la columna del citado
elemento ω vale exactamente 1.
Si ahora tomamos un elemento ω distinto, cambiará su valor de k (el número de subconjuntos a los que pertenezca), pero el argumento funciona igualmente. De manera que, por
cada columna de la matriz obtenemos un 1. Y como hay exactamente |A| = |A1 ∪ · · · ∪ An |
columnas, resulta que la suma (∗) vale exactamente |A|, lo que concluye la demostración. El lector podrá encontrar un par de generalizaciones del principio del inclusión/exclusión
en los ejercicios 3.1.26 y 3.1.26.
B. Las desigualdades de Bonferroni
La fórmula del principio de inclusión/exclusión,
n
m
+ +)
+
+
Aj + =
|Ai | −
|Ai ∩ Aj | +
|Ai ∩ Aj | + · · ·+(−1)n |A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An | .
+
j=1
1≤i<j≤n
αn
i=1 1≤i<j≤n
α1
α2
α3
exige calcular los valores de los sucesivos αj , lo que en general es una tarea muy engorrosa.
¿Y si, en lugar de calcular todos los αj , nos limitáramos a evaluar unos cuantos de ellos, los
primeros? La suma truncada en estos primeros términos, ¿cuán “cerca” está del verdadero
valor de | ∪nj=1 Aj |? Por ejemplo, el lector podrá comprobar (véase el ejercicio 3.1.22), que
|A1 ∪ · · · ∪ An | ≤
n
|Aj | = α1 .
j=1
Ası́ que si nos quedamos simplemente con el primer término (las sumas de los tamaños
individuales), acotamos la suma completa por arriba. En el citado ejercicio se sugiere también
la desigualdad que se obtiene cuando nos quedamos con α1 − α2 (caso en el que se obtiene
una cota por debajo). Pero, en estas estimaciones, ¿en cuánto nos “equivocamos”?
El análisis general que nos permite responder a este tipo de cuestiones se basa en el
siguiente resultado:
Lema 3.2 Para cada t entre 2 y n,
n
t−1
n
+ +
+
+
+
+
+
j+1
j+1 +
(−1) αj −
(−1) αj + = +
(−1)j+1 αj + ≤ αt .
+
j=1
j=1
j=t
Ası́ que el error cometido al truncar la serie de principio de inclusión/exclusión está controlado
por el tamaño del primer término despreciado.
Los números αj son todos no negativos, y puede dar la impresión de que son cada vez
más pequeños. Por ejemplo, los números |Aj | son más grandes que los números |Ai ∩ A
j|.
Pero ¡cuidado!, de los primeros sumamos n, mientras que de los segundos hay más, n2 .
El lema anterior, y la cadena de desigualdades que de él se deducen, serı́an inmediatos si
efectivamente se cumpliera que α1 ≥ α2 ≥ α3 ≥ · · · (véase el ejercicio 3.1.23). Más adelante
(véase el teorema 11.1) volveremos a tratar series alternadas de términos decrecientes.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.1. Subconjuntos. Coeficientes binómicos
129
Pero éste no es el caso. En general, los términos αj del principio de inclusión/exclusión
no tienen por qué ser decrecientes (véase un sencillo ejemplo en el ejercicio 3.1.24). Ası́ que la
demostración del lema 3.2 es más sutil de lo que pudiera parecer a primera vista, y requiere
una cuidadosa estimación del valor de sumas alternadas (pero incompletas) de coeficientes
binómicos. El lector podrá encontrar las sugerencias oportunas para completar esta prueba
en el ejercicio 3.1.25.
Del lema anterior obtenemos inmediatamente toda una cadena de desigualdades, las llamadas desigualdades de Bonferroni. Partimos de la ya conocida
|A1 ∪ · · · ∪ An | ≤ α1 ,
que nos dice que |A1 ∪ · · · ∪ An | − α1 ≤ 0. Ahora, el caso t = 2 del lema reza ası́ (nótese que
lo de dentro el valor absoluto es ≤ 0):
+
+
+|A1 ∪· · ·∪An |−α1 + ≤ α2
=⇒
α1 −|A1 ∪· · ·∪An | ≤ α2
=⇒ |A1 ∪ · · · ∪ An | ≥ α1 − α2 ,
que es la segunda desigualdad de la cadena. Ahora el caso t = 3 nos da
+
+
+|A1 ∪ · · · ∪ An | − (α1 − α2 )+ ≤ α3 =⇒ |A1 ∪ · · · ∪ An | − α1 + α2 ≤ α3
=⇒
|A1 ∪ · · · ∪ An | ≤ α1 − α2 + α3 ,
que es la tercera desigualdad. Y ası́, sucesivamente. Recordemos, además, que sabemos acotar
el error que se comete en cada una de ellas. Por ejemplo, en la última de ellas el error
está acotado por α4 , el primer término despreciado. Al final, al sumar todos los αj con sus
signos correspondientes, recuperamos el principio de inclusión/exclusión habitual.
C. Algunas aplicaciones
Vayamos con las aplicaciones del principio de inclusión/exclusión que prometı́amos al
principio de esta subsección.
Ejemplo 3.1.7 Contemos cuántas aplicaciones sobreyectivas podemos dar entre los conjuntos X = {1, . . . , n} e Y = {1, . . . , k}.
Volvemos a emplear la identificación entre aplicaciones de X en Y y listas de longitud n
formadas con los sı́mbolos {1, . . . , k} que, en el ejemplo 2.2.5, nos permitió, por ejemplo,
determinar que el número de aplicaciones distintas de X a Y es kn . Ahora nos fijamos en las
aplicaciones sobreyectivas que, recordemos, son las que no se “saltan” elemento alguno de Y.
Más formalmente, son aquéllas para las que, para todo y ∈ Y, existe al menos un x ∈ X tal
que f (x) = y.
Vamos a pasar al complementario: las aplicaciones que no sean sobreyectivas, o bien se
saltarán el elemento 1, o bien el 2, etc., ası́ hasta el k. Ası́ que, si definimos los conjuntos
Aj = {aplicaciones X → Y que se saltan el elemento j} ,
para cada j = 1, . . . , k ,
el número de aplicaciones sobreyectivas es kn − |A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ Ak |.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
130
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
Calculemos, en primer lugar, el tamaño de cada uno de los Aj . Una aplicación que
esté en Aj no toma el valor j como imagen. Y en términos de listas, eso supone construir
n-listas en las que utilicemos cualquiera de los sı́mbolos de Y menos el sı́mbolo j. Ası́ que
|Aj | = (k − 1)n ,
para cada j = 1, . . . , k.
A las intersecciones dos a dos les sucede algo parecido. Si una aplicación está en Ai ∩ Aj ,
entonces no tomará como imagen ni al sı́mbolo i ni al j. Es decir, la lista correspondiente se
formará con cualesquiera de los otros k − 2 sı́mbolos. Por tanto,
|Ai ∩ Aj | = (k − 2)n ,
para cada i = j.
El mismo argumento nos servirı́a para las intersecciones tres a tres, cuatro a cuatro, etc.
Utilizando ahora que número de sumandos en cada suma de la expresión del principio de
inclusión/exclusión viene dado por un coeficiente binómico, concluimos que, si X tiene n
elementos e Y tiene tamaño k,
# aplicaciones sobreyectivas X → Y = kn − |A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ Ak |
0 1
k−1
k
k
k
n
n
n
j k
(k − 1) −
(k − 2) + · · · ±
(k − k) =
(−1)
(k − j)n
=k −
1
2
k
j
n
j=0
La fórmula, reconozcámoslo, es bastante complicada (como ocurre habitualmente al aplicar
del principio de inclusión/exclusión). En la subsección 3.3.1 retomaremos esta cuestión, desde
otro punto de vista, con objeto de obtener un método de cálculo más sencillo.
♣
Ejemplo 3.1.8 Revisamos las listas con restricciones del ejemplo 2.2.7.
Las listas que nos interesan son de cuatro posiciones, en las
que podemos situar los sı́mbolos {1, . . . , n}, con la restricción
de que posiciones consecutivas deben llevar sı́mbolos distintos y, además, no podemos colocar el mismo sı́mbolo en las
posiciones primera y cuarta. A la derecha exhibimos un par
Pos. 1
Pos. 2
de representaciones gráficas del problema: arriba, la lista con
sus prohibiciones; abajo, una traducción que utilizaremos más
adelante: cada posición de la lista etiqueta un vértice y cada
prohibición se corresponde con un arco o arista20 . Ya obtuviPos. 4
Pos. 3
mos la respuesta al comienzo de la sección 2.3, separando en
2
dos casos y aplicando la regla de la suma: hay n(n − 1)(n − 3n + 3) listas distintas.
Vamos a abordar la cuestión, de manera más general, aplicando el principio de inclusión/exclusión. Llamamos A al conjunto de las listas de interés y X al conjunto de las 4-listas
con los sı́mbolos {1, . . . , n}. El complementario de A dentro de X es
X \ A = {4-listas con {1, . . . , n} tales que 1a = 2 a , ó 2 a = 3 a , ó 3 a = 4a , ó 4a = 1a } .
20
Esto es lenguaje de grafos, que desarrollaremos en el capı́tulo 9. Sólo lo usamos aquı́ para representar
de manera sencilla, sin más aparato teórico. Pero observe el lector cómo el esquema con vértices y arcos
“representa” la información de manera más clara que el dibujo de la lista con prohibiciones.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.1. Subconjuntos. Coeficientes binómicos
131
Este conjunto X \ A se puede escribir como
X \A=
4
)
Ai ,
donde
i=1
⎧
A1
⎪
⎪
⎨
A2
⎪ A3
⎪
⎩
A4
= {4-listas
= {4-listas
= {4-listas
= {4-listas
con
con
con
con
1a = 2 a }
2 a = 3 a}
3 a = 4a }
4a = 1a }
que es una unión de conjuntos que no son disjuntos entre sı́. Nuestro objetivo es calcular
|A| = |X| − | ∪4i=1 Ai |. Aplicando el principio de inclusión/exclusión, obtenemos que
|A| = |X| −
4
|Aj | +
j=1
|Ai ∩ Aj | −
i=j
|Ai ∩ Aj ∩ Ak | + |A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 | .
i=j=k
El primer cálculo, el del tamaño de los conjuntos Aj , es sencillo:
|X| = #{4-listas con sı́mbolos {1, . . . , n}} = n4
|A1 | = #{4-listas con sı́mbolos {1, . . . , n} tales que 1 a = 2 a } = n3
|A2 | = #{4-listas con sı́mbolos {1, . . . , n} tales que 2 a = 3 a } = n3
|A3 | = #{4-listas con sı́mbolos {1, . . . , n} tales que 3 a = 4 a } = n3
|A4 | = #{4-listas con sı́mbolos {1, . . . , n} tales que 4 a = 1 a } = n3
¿Cuál es el tamaño de las intersecciones dos a dos? Consideremos dos de ellas, por ejemplo,
|A1 ∩ A3 | = n2
n posibilidades
|A1 ∩ A4 | = n2
n posibilidades
n posibilidades
n posibilidades
El lector puede comprobar que todas las intersecciones dos a dos son de igual tamaño, es
decir, n2 . ¿Y las intersecciones tres a tres? Una sencilla inspección muestra que son también
todas de igual tamaño; por ejemplo, |A1 ∩ A2 ∩ A3 | = n, porque que en la primera y segunda
posiciones aparezca el mismo sı́mbolo, en la segunda y tercera también, y lo mismo en la
tercera y cuarta, hace que el mismo sı́mbolo deba aparecer en las cuatro posiciones (y hay n
posibilidades para elegir este sı́mbolo). Por supuesto, la intersección de los cuatro conjuntos
tiene también tamaño n, ası́ que podemos concluir que
4
+ 4
+)
4
4 2
4
4
+
+
4
3
Ai + =
n +
n −
n+
n
n −
|A| = |X| − +
1
2
3
4
0
i=1
3
= n − 4 n + 6 n2 − 4 n + n = n(n − 1)(n2 − 3n + 3) .
4
Mucho ruido, para tan pocas nueces, se dirá el lector. Total, para obtener un resultado que
ya conocı́amos. Pero. . .
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
132
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
Pero, ¿y si el conjunto de restricciones fuera 1a = 2 a , 2 a = 3 a ,
= 4a , 1a = 3 a y 1a = 4a ? (véanse los dibujos de la derecha). El
argumento serı́a análogo. El conjunto de listas prohibidas será la
unión de los conjuntos
3a
A1 = {listas con 1a = 2 a }
A2 = {listas con
2a
=
A3 = {listas con
3a
= 4a }
Pos. 1
Pos. 2
Pos. 4
Pos. 3
3 a}
A4 = {listas con 1a = 3 a }
A5 = {listas con 1a = 4a } ;
una restricción más que antes. Ahora el número de listas es n4 − |A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 ∪ A5 | y
tenemos que calcular el tamaño de la unión de estos cinco conjuntos.
Como antes, |Aj | = n3 para cada j, mientras que |Ai ∩ Aj | = n2 para cada i = j:
5
5
5 2
3
|Aj | =
n y α2 = |A1 ∩ A2 | + |A1 ∩ A3 | + · · · + |A4 ∩ A5 | =
n .
α1 =
1
2
j=1
Pero ¡cuidado!, la simetrı́a se rompe al llegar a las intersecciones tres a tres. Por ejemplo,
|A1 ∩ A2 ∩ A3 | = n, porque estar en A1 exige tener el mismo sı́mbolo en las dos primeras
posiciones; estar además en A2 hace que la tercera lleve ese sı́mbolo común; y estar en A3
exige que ese sı́mbolo común aparezca también en la cuarta posición. Solo hay que decidir,
pues, qué sı́mbolo es común a toda la lista.
Calculemos ahora |A1 ∩ A2 ∩ A4 |. Por estar en A1 y en A2 , las tres primeras posiciones
han de llevar el mismo sı́mbolo; pero estar en A4 no añade información, pues exige que la
primera y tercera posiciones lleven el mismo sı́mbolo. Ası́ que hay que elegir un sı́mbolo para
las tres primeras posiciones, y otro para la cuarta. Por tanto, |A1 ∩ A2 ∩ A4 | (y también
|A3 ∩ A4 ∩ A5 |, como podrá comprobar el lector) vale n2 . Por tanto,
0 1
5
− 2 n + 2n2 .
α3 = |A1 ∩ A2 ∩ A3 | + |A1 ∩ A3 ∩ A4 | + · · · + |A3 ∩ A4 ∩ A5 | =
3
Por último, α4 = 54 n y α5 = 55 n, ası́ que el resultado total es que
5 4
n − [α1 − α2 + α3 − α4 − α5 ]
# listas = |X | − |A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 ∪ A5 | =
0
0 1
5 3
5 2
5
5
5
5 4
2
n +
n −
− 2 n − 2n +
n−
n.
=
n −
1
2
3
4
5
0
Que, en realidad, es una forma muy complicada de escribir n(n − 1)(n − 2)2 , el resultado que
habrı́amos obtenido si nos hubiéramos lanzado, de manera algo osada, a contar las listas directamente: n posibilidades para la primera posición, n − 1 para la segunda, n − 2 para la tercera
(recuérdese la arista diagonal en la representación con grafos) y otra vez n − 2 (porque en las
posiciones 1 y 3 van sı́mbolos distintos) para la cuarta posición. Como no siempre podremos
contar de esta manera tan directa, se hace imprescindible un procedimiento algorı́tmico para
contar listas con restricciones (sobre las posiciones) cualesquiera. Lo obtendremos cuando
presentemos el lenguaje de los grafos (véase, en particular, la sección 10.3.3).
♣
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.1. Subconjuntos. Coeficientes binómicos
3.1.7.
133
Multiconjuntos
Al igual que con las listas, en los conjuntos podemos permitir repetición. Definiremos un kmulticonjunto como un conjunto de tamaño k en el que permitimos que se repitan sı́mbolos.
Si partimos de un conjunto con n sı́mbolos, que, como de costumbre, será el {1, . . . , n},
queremos obtener una fórmula para los números
R(n, k) = # {multiconjuntos con k elementos extraı́dos de {1, . . . , n}}
para cada n ≥ 1 y k ≥ 0. Nótese que aquı́ no hay por qué restringirse a k ≤ n. Por ejemplo,
si partimos de los sı́mbolos {1, 2, 3} y tomamos k = 4, algunos multiconjuntos posibles son
{1, 2, 3, 3}, {1, 1, 1, 1}, {1, 1, 2, 2}, etc.
Pero, ¿es que no tienen bastante los autores?, se preguntará el lector, amargado ya por la
abrumadora cantidad de cuestiones combinatorias y sı́mbolos casi esotéricos que han ido apareciendo en estas páginas. No tema: estos objetos no van a requerir análisis o fórmulas que no
conozcamos ya. Sólo necesitaremos una astuta traducción. Observemos que un multiconjunto
de tamaño k extraı́do del conjunto {1, . . . , n} se puede escribir como
{1x1 , 2x2 , . . . , nxn } ,
donde xj , un número no negativo, indica el número de veces que aparece el sı́mbolo j en el
multiconjunto. Además, como el tamaño del multiconjunto es k, se tendrá que
x1 + x2 + · · · + xn = k.
Ası́ que conocer el valor de R(n, k) es equivalente a contar el
*
x1 + x2 + · · · + xn = k
# soluciones de
x1 ≥ 0 , . . . , xn ≥ 0
Ya resolvimos esta cuestión, con dedicado entusiasmo, en la subsección 3.1.2. El resultado es:
k+n−1
R(n, k) = # {multiconjuntos con k elementos extraı́dos de {1, . . . , n}} =
n−1
Un argumento alternativo y directo para obtener esta fórmula es el siguiente: sea un
multiconjunto de tamaño k extraı́do de {1, . . . , n}. Ordenamos primero sus elementos de
forma creciente, para obtener una lista (a1 , . . . , ak ), con repetición permitida, que cumple que
(1 ≤)
a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ ak
(≤ n)
Si cambiamos a unas nuevas variables bj definidas, para cada j = 1, . . . , k, mediante
bj = aj + (j − 1)
(fijémonos en que b1 = a1 , b2 = a2 + 1, b3 = a3 + 2, etc.), obtenemos una lista de números
(b1 , . . . , bk ) que cumplen que
1≤
b1 < b2 < · · · < bk
≤ n + k − 1.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
134
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
Por ejemplo, si partimos del multiconjunto {7, 1, 1, 3, 2, 3}, harı́amos
(1, 1, 2, 3, 3, 7)
y luego
(1 + 0, 1 + 1, 2 + 2, 3 + 3, 3 + 4, 7 + 5) = (1, 2, 4, 6, 7, 12).
Como podrá comprobar el lector diligente, la transformación anterior es una biyección entre
los aj y los bj . Con la ventaja adicional de que los números bj están “separados” (no se
repiten). Ası́ que lo que tenemos es un conjunto21 sin repetición de tamaño k (los bj ) extraı́do
de {1, 2, . . . , n + k − 1}. Como sabemos contar cuántos de estos últimos hay, podemos evaluar
cuántos hay de los primeros. Obtenemos ası́, de nuevo, la respuesta
n+k−1
n+k−1
R(n, k) =
=
para cada n ≥ 1, k ≥ 0.
k
n−1
Recursión con los R(n, k)
Dado que R(n, k) se escribe en términos de coeficientes binómicos, podrı́amos establecer su
regla de recursión utilizando la regla de los binómicos, si tenemos cierto cuidado identificando
los ı́ndices que aparecen. Pero es más instructivo obtener la regla de recurrencia directamente,
con un argumento análogo al usado para los coeficientes binómicos (véase la página 108):
(
8
(
8
R(n, k)
partición
=
#
(
biyecciones
=
#
multiconjuntos de tamaño
k extraı́dos de {1, . . . , n}
con el elemento n
multiconjuntos de
tamaño k − 1
extraı́dos de {1, . . . , n}
+#
8
(
+#
multiconjuntos de tamaño
k extraı́dos de {1, . . . , n}
sin el elemento n
multiconjuntos de
tamaño k
extraı́dos de {1, . . . , n − 1}
8
= R(n, k − 1) + R(n − 1, k)
Además, si n = 1, R(1, k) = 1 para cada k ≥ 0, pues el único multiconjunto de tamaño k con
. . , a} (o, en el caso en que k = 0, el Ø). Por otro
un elemento, por ejemplo a, es {a, a, k .veces
lado, si k = 0, R(n, 0) = 1, para cada n ≥ 1, pues sólo el Ø tiene tamaño 0.
Con esta información podremos construir una tabla de los valores de los R(n, k). Ahora,
para cada valor de n, el ı́ndice k (el tamaño de multiconjunto) puede tomar cualquier valor.
A la derecha exhibimos la interpretación gráfica de la regla de recursión:
n=1
n=2
n=3
n=4
n=5
n=6
..
.
k=0 k=1 k=2
1
1
1
1
2
3
1
3
6
1
4
10
1
5
15
1
6
21
..
..
..
.
.
.
k=3 k=4
1
1
4
5
10
15
20
35
35
70
56
126
..
..
.
.
k=5
1
6
21
56
126
252
..
.
···
···
···
···
···
···
···
..
.
R(n − 1, k)
R(n, k − 1)
?
- R(n, k)
Obsérvese que es idéntico al triángulo de Tartaglia de los coeficientes binómicos (sólo que
girado 45◦ hacia la izquierda).
21
Puede que al lector le preocupe que hablemos del conjunto de los bj en lugar de la lista (b1 , . . . , bk ).
Observe que, como exhibimos los bj ordenados por tamaño, a cada conjunto le corresponde una y sólo una
lista.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.1. Subconjuntos. Coeficientes binómicos
135
EJERCICIOS DE LA SECCIÓN 3.1
3.1.1 Pruébese, por inducción, que
n n
j=0
j
= 2n .
Recuerde el lector el argumento combinatorio de la subsección 3.1.1 y la prueba, vı́a el teorema del
binomio, de la subsección 3.1.5.
3.1.2 Queremos probar que el valor máximo en cada fila del triángulo de Tartaglia es el central (o
centrales). Es decir, que
* n
n
n
máx
=
=
.
k=0,...,n
k
n/2
n/2
(a) Utilı́cese la propiedad de simetrı́a de los coeficientes binómicos para deducir que basta calcular ese
máximo en el rango 0 ≤ k ≤ n/2.
n n
< k .
(b) Supóngase, por ejemplo, que n es par. Compruébese que, siempre que k ≤ n/2, k−1
(c) Complétense los detalles del caso en que n sea impar.
3.1.3 Pruébese que, si k es un cierto número fijo, entonces
n−1
n+k−1
tanto
como
como
k−1
k−1
n + k2 − 1
k−1
son asintóticamente (recuérdese el sı́mbolo ∼ de la subsección 2.4.1) como
nk−1
(k−1)!
cuando n → ∞.
3.1.4 (a) Tenemos 2n bolas rojas numeradas y otras 2n bolas blancas numeradas. ¿De cuántas
formas distintas se puede escoger, de entre esas 4n bolas, un conjunto con n bolas rojas y n blancas?
(b) Tenemos 10 bolas rojas numeradas y 6 bolas blancas numeradas. ¿De cuántas maneras puede
escogerse un conjunto de 9 bolas de forma que a lo sumo haya 4 bolas rojas?
(c) ¿De cuántas maneras distintas se pueden distribuir 40 personas en 8 grupos de 5 personas?
(d) ¿De cuántas maneras distintas se pueden distribuir 40 bolas idénticas en 6 cajas numeradas, de
manera que entre las tres primeras cajas se distribuyan 25 bolas y que en cada una de las dos últimas
cajas se sitúen a lo sumo 6 bolas?
3.1.5 De “Nuestro hombre en La Habana”, de Graham Greene:
- No entiendo por qué escogiste ese número.
- ¿No te ocurre a ti que hay números que se te quedan grabados para siempre en la memoria?
- Sı́, pero éste precisamente lo has olvidado.
- Lo recordaré enseguida. Era algo ası́ como 77539.
- ¡Nada menos que cinco cifras!
- Podemos intentar todas las combinaciones de 77539.
- ¿Sabes cuántas hay? Como unas seiscientas, más o menos. Espero que no tengas prisa.
- Estoy seguro de todo menos del 7.
- Sı́, pero ¿qué 7? Esto significa que hay que probar con seis mil configuraciones. No soy matemático, ¿sabes?
¿Podrı́a el lector ayudar al personaje de esta novela y precisar sus cálculos?
3.1.6 Consideremos las 22 consonantes {b, c, . . . , z} y una única vocal {a}. Queremos formar con
ellas palabras de 12 letras, de las cuales exactamente cinco sean consonantes (distintas), y en las que
no aparezcan consonantes seguidas. ¿Cuántas distintas habrá?
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
136
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
3.1.7 (a) ¿Cuántos números entre 0 y 9999 tienen la suma de sus cifras igual a 7? (b) ¿Y ≤ 7?
3.1.8 Para su uso en este ejercicio, describimos brevemente la baraja española: consta de 40 cartas,
que están agrupadas en cuatro palos (oros, copas, espadas y bastos). Cada palo cuenta con diez cartas:
as, dos, tres, cuatro, cinco, seis, siete, sota, caballo y rey.
(a) ¿Cuál es la probabilidad de que en un mazo “bien barajado” de cartas de una baraja española las
dos primeros cartas no formen pareja (no sean, por ejemplo, dos ases, o dos sotas, o dos. . . )?
(b) ¿En cuántas “manos” distintas de 5 cartas de baraja española aparecen los 4 palos? (Nota: consideremos que una mano de 5 cartas es un subconjunto de 5 cartas).
(c) ¿Cuántas manos de cinco cartas de la baraja española son exactamente un trı́o (por ejemplo, tres
sotas y las otras dos cartas que no sean sotas y que, además, sean distintas entre sı́)? ¿Y exactamente
dobles parejas?
(d) Estamos jugando a la pocha22 y tenemos la siguiente partida:
sobre el mazo de cartas está el 2 de espadas (espadas es, por tanto,
la “pinta”). El jugador A, que es mano (esto es, el primero en
jugar), tiene un 7 de espadas. Lo único que nos interesa saber es
que, con las reglas del juego, sólo hay en la baraja 5 cartas que
superen el valor de su carta (sota, caballo, rey, tres y as de espadas).
¿Cuál es la probabilidad de que A pierda la jugada?
3.1.9 Si n bolas numeradas se distribuyen al azar en n cajas numeradas, ¿cuál es la probabilidad
(a) de que ninguna caja quede vacı́a?;
(b) ¿y de que exactamente una caja quede vacı́a?
3.1.10 (a) El tamaño medio de los subconjuntos de {1, . . . , n} es, como vimos en el ejemplo 3.1.6,
n/2. Obténgase una prueba alternativa de este resultado utilizando la siguiente observación: por cada
subconjunto A de tamaño k hay uno (el subconjunto B = {1, . . . , n} \ A) que tiene tamaño n − k.
(b) La longitud de una composición de un número natural n es el número de sumandos. Pruébese
que si un número n tiene M composiciones de longitud k, entonces también tiene M composiciones
de longitud n − k + 1. Dedúzcase que la longitud media de las composiciones del número n es n+1
2 .
3.1.11 Se tienen dos listas de sı́mbolos, (a1 , a2 , . . . , an ) y (b1 , b2 , . . . , bm ), todos distintos. Se quiere
formar una única lista con todos los n + m sı́mbolos respetando el orden dado de las a’s y el orden
dado de las b’s. Por ejemplo, si n = 2 y m = 3 la lista (b1 , a1 , b2 , a2 , b3 ) es válida, pero no ası́ la lista
(a1 , b3 , b2 , a2 , b1 )). ¿De cuántas maneras se puede hacer esto?
3.1.12 Se distribuyen n bolas idénticas en m cajas numeradas. (a) ¿De cuántas formas distintas se
puede hacer esto de manera que cada caja reciba al menos una bola y a lo sumo dos? (b) ¿Y si la
única restricción es que haya a lo sumo dos en cada caja?
3.1.13 Consideremos el conjunto de sı́mbolos X = {1, 2, 3, . . . , 50}. Diremos que un subconjunto A
de X está separado si la diferencia entre cualesquiera dos de sus elementos es al menos tres unidades. Por ejemplo, {10, 15, 17, 40} no está separado, mientras que {10, 15, 18, 40} sı́ lo está. ¿Cuántos
subconjuntos separados distintos de cinco elementos se pueden formar con los elementos de X ?
3.1.14 Tenemos n cerillas, que usamos para representar las letras I y V : la I requiere una cerilla,
la V dos. ¿Cuántas “palabras” distintas de longitud k se pueden formar?
3.1.15 (a) Compruébese que el número de listas
n con ceros y unos, en las que hay
de longitud
.
exactamente r unos, y sin unos consecutivos, es n−r+1
r
22
Concesión local al, sin duda, juego más popular entre los alumnos de los autores.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.1. Subconjuntos. Coeficientes binómicos
137
(b) ¿De cuántas formas distintas se puede extraer de {1, 2, . . . , n} un conjunto de r números, de forma
que no haya dos consecutivos?
3.1.16 Tenemos n posiciones, numeradas de 1 a n, marcadas sobre una circunferencia. Las vamos
a rellenar con r unos y n − r ceros, pero no queremos que, en ese orden circular, aparezcan unos
consecutivos. ¿De cuántas maneras distintas lo podremos hacer?
3.1.17 En este ejercicio reunimos una serie de identidades que involucran coeficientes binómicos.
(a) Pruébese, algebraica y combinatoriamente, que
n
n−1
k
=n
.
k
k−1
(b) El apartado anterior es el caso l = 1 de la siguiente identidad (que también pedimos demostrar):
k
n
n n−l
=
.
l
k
l
k−l
(c) Pruébese mediante un argumento combinatorio que
2n
n
=2
+ n2 .
2
2
(d) Pruébese la siguiente generalización del apartado anterior:
kn
n
k 2
=k
+
n .
2
2
2
(e) Verifı́quense las siguientes identidades:
n 2
2n
n
=
;
n
k
k=0
n−1
k=0
n
k
n
2n
=
.
k+1
n+1
(f ) Pruébese (y compárese con la fórmula de Vandermonde de la página 110) la siguiente expresión:
n−l n
j
n−j−1
=
k
k−l
l−1
j=k−l
EL caso l = 1 fue ya obtenido en la subsección 3.1.3.
3.1.18 Pruébese, con la fórmula de Stirling, la siguiente estimación asintótica para los números de
Catalan:
2n
1
1 22n
Cn =
cuando n → ∞.
∼ √
n+1 n
π n3/2
3.1.19 (a) Pruébese, por inducción en n, el desarrollo del binomio:
n n k
(1 + x)n =
x .
k
k=0
(b) Pruébese, por inducción en k, el desarrollo del multinomio:
n
n
(x1 + x2 + · · · + xk ) =
x1 a1 x2 a2 · · · xk ak .
a1 , a2 , . . . , ak
a1 ,...,ak ≥ 0
n = kn .
(c) Dedúzcase que
a 1 . . . ak
a1 ,...,ak ≥0
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
138
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
3.1.20 Pruébese la siguiente regla de recurrencia para un coeficiente multinómico:
n
n−1
n−1
n−1
=
+
+
,
donde a + b + c = n.
a, b, c
a − 1, b, c
a, b − 1, c
a, b, c − 1
Explı́quese el significado combinatorio de esta identidad.
3.1.21 Sea S = {s1 , s1 , s2 , s2 , . . . , sm , sm } un multiconjunto que contiene dos copias de los distintos
sı́mbolos s1 , s2 , . . . , sm . ¿De cuántas maneras distintas se puede formar una lista ordenada de los
elementos de S con la condición de que los sı́mbolos contiguos sean distintos?
3.1.22 Pruébese por inducción que
(a)
|A1 ∪ · · · ∪ An | ≤
n
|Aj | ;
(b)
|A1 ∪ · · · ∪ An | ≥
j=1
n
|Aj | −
j=1
|Ai ∩ Aj | .
i<j
3.1.23 Consideremos una sucesión de números a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an > 0 y las siguientes sumas
alternadas en signo:
k
(−1)j+1 aj
para cada k = 1, . . . , n.
Sk =
j=1
Compruébese, con un argumento gráfico, que S1 ≥ S3 ≥ S5 ≥ · · · y que S2 ≤ S4 ≤ S6 ≤ · · · Además,
cualquier suma Sk de ı́ndice k impar es ≥ que todas las de ı́ndices pares. Verifı́quese también que
k
+
+
+
+
|Sk − Sl−1 | = +
(−1)j+1 aj + ≤ al
si k ≥ l.
j=l
3.1.24 Consideremos los conjuntos A = {1, 2}, B = {1, 3}, C = {1, 4}, D = {1, 5}, E = {1, 6}
y F = {1, 7}. Compruébese que, con la nomenclatura habitual del principio de inclusión/exclusión,
α1 < α2 < α3 , mientras que α3 = α4 > α5 > α6 .
3.1.25 Desigualdad de Bonferroni. En este ejercicio vamos a proponer una demostración del
lema 3.2. Consideramos unos conjuntos A1 , . . . , An y llamamos A = ∪nj=1 Aj . Llamemos también
St =
t
(−1)j+1 αj ,
para cada t = 1, . . . , n.
j=1
Los números αj son los habituales del principio de inclusión/exlusión, que nos dice que Sn = |A|. El
lema que deseamos demostrar dice que |Sn − St | ≤ αt+1 para cada t = 1, . . . , n − 1.
(a) Empezamos con una estimación para sumas incompletas y alternadas en signo de coeficientes
binómicos. Pruébese, por inducción (en k), que
t
j+1 k
t−1 k − 1
(−1)
= (−1)
j
t
j=0
(nótese que si t ≥ k, entonces ambos miembros de la identidad anterior valen 0).
(b) Necesitamos también comprobar que, si k ≥ t + 1
k−1
k
≤
t
t+1
(nótese que si t ≥ k, entonces ambos coeficientes binómicos son nulos).
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.1. Subconjuntos. Coeficientes binómicos
139
(c) El argumento sigue las lı́neas de la demostración del principio de inclusión/exclusión de la subsección 3.1.6. Obsérvese que Sn −St es la suma de las entradas de las filas de la matriz que allı́ exhibimos
desde las intersecciones t + 1 a t + 1 en adelante. Compruébese, utilizando el apartado (a), que
*
n
k−1
elementos de A en
Sn − St =
#
(−1)t
exactamente k de los Aj
t
k=t+1
y dedúzcase, empleando ahora el apartado (b), que
*
n
k
elementos de A en
|Sn − St | ≤
#
.
exactamente k de los Aj
t+1
k=t+1
(d) Compruébese finalmente, argumentando únicamente sobre las filas de la matriz correspondientes a
las intersecciones t + 1 a t + 1, que el miembro de la derecha de la última expresión coincide con αt+1 .
3.1.26 Una generalización del principio de inclusión/exclusión. Estamos de nuevo en la
situación del ejercicio anterior, con los conjuntos A1 , . . . , An y A = ∪nj=1 . Tenemos la sucesión
de números α1 , α2 , . . . , αn . Definimos α0 = A. Definimos la sucesión de números (Ej )nj=0 de la
siguiente manera: Ek cuenta el número de elementos de A que están en exactamente k de los conjuntos
A1 , . . . , An (obsérvese que E0 = 0). Del último apartado del ejercicio anterior se deduce que
n k
αj =
Ek ,
j
k=1
expresión que nos da el valor de un αj en función de los Ek . Compruébese que podemos invertir esta
expresión para expresar los Ek en función de los αj de la siguiente manera:
n
j
Ek =
αj .
(−1)j−k
k
j=k
Obsérvese que el caso k = 0 es el principio de inclusión/exclusión habitual.
3.1.27 Una segunda generalización del principio de inclusión/exclusión. Supongamos que
tenemos una colección de subconjuntos A1 , . . . , An de un conjunto Ω, y una función p que a cada
elemento de ω ∈ Ω le asocia un cierto número positivo p(ω), su peso. Llamemos
p(ω) ,
para cada i = 1, . . . , n,
Pi =
ω∈Ai
al peso total (la suma) de los elementos de Ai . Análogamente, llamemos
Pi,j =
p(ω) (i = j) ,
Pi,j,k =
p(ω) (i =
j = k) ,
ω∈Ai ∩Aj
ω∈Ai ∩Aj ∩Ak
Consideremos, por último,
P =
p(ω)
y
ω∈Ω
Pruébese que
Q=P −
n
i=1
Q=
p(ω)
ω∈Ω\∪i Ai
Pi +
Pi,j + · · · + (−1)n P1,...,n .
i<j
Nota: Si p(ω) = 1 para todo ω ∈ Ω, esto es el principio de inclusión/exclusión habitual.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
etc.
140
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
3.2.
Permutaciones
Las permutaciones de un conjunto X con n elementos, que ya presentamos en la subsección 2.2.1, son objetos combinatorios con una estructura lo suficientemente rica como para
merecer la atención que les vamos a dispensar en las siguientes páginas. Como siempre, para
simplificar la notación, el conjunto de referencia será X = {1, 2, . . . , n}.
Una permutación del conjunto X = {1, . . . , n} es una lista de longitud n sin repetición
formada con los sı́mbolos de X. O también, como vimos en ejemplo 2.2.5, una aplicación
biyectiva de X en X . Esto es, una (re)ordenación de los elementos de X. Como bien sabemos, hay n! permutaciones distintas de X. Algunas de estas permutaciones, como veremos
más adelante, tienen propiedades especiales y para ellas reservaremos nombres especı́ficos
(desbarajustes, permutaciones cı́clicas, trasposiciones, involuciones, etc.).
Observe el lector las dos siguientes formas de representar una permutación:
1 2 3 4 ... n
(2, 7, 5, 1, . . . , 6)
y
.
2 7 5 1 ... 6
A la izquierda representamos la permutación, simplemente, como una lista. La representación
de la derecha es más adecuada para la interpretación como aplicación biyectiva: obsérvese
cómo nos permite reconocer que la imagen del 1 es el 2, la del 2, el 7, etc. De ahora en
adelante, convendremos en que ambos esquemas representan a la misma permutación; es
decir, identificaremos, por ejemplo, la lista (2, 7, 5, 1, . . . , 6) con la aplicación biyectiva que
lleva el 1 en el 2, el 2 en el 7, el 3 en el 5, etc. Como en todo lo que sigue nos centraremos en
la interpretación como aplicación biyectiva, utilizaremos generalmente la segunda notación.
A. Composición de permutaciones
Consideremos las dos siguientes permutaciones del conjunto X = {1, 2, 3, 4, 5}:
1 2 3 4 5
1 2 3 4 5
f = (1, 3, 2, 5, 4) =
g = (5, 2, 3, 1, 4) =
.
1 3 2 5 4
5 2 3 1 4
La permutación g es una aplicación biyectiva de X en X que lleva, por ejemplo, el elemento 1
en el 5; esto es, g(1) = 5. También f es biyectiva de X en X, y por ejemplo lleva el 5 en
el 4, esto es, f (5) = 4. Lo que nos induce a pensar que serı́a posible aplicar primero g sobre
el elemento 1, y luego f , pero ahora sobre el 5, para acabar finalmente en el 4.
Vamos a formalizar esta noción de aplicación “sucesiva” de dos permutaciones. Partimos
de dos permutaciones del conjunto X = {1, . . . , n}, digamos f y g. La composición de f
con g, que escribiremos como f ◦ g (obsérvese el orden en que aparecen) se define como
(f ◦ g)(x) = f (g(x)),
para cada x ∈ X = {1, . . . , n};
es decir, la acción sucesiva de g primero y f después. Observe el lector que es una “buena”
definición: si x ∈ X, entonces g(x) es un elemento de X y por tanto f (g(x)) está bien definido.
En otras palabras, la composición de f con g es una aplicación del conjunto X en sı́ mismo.
Pero además, y esto es lo importante, la aplicación (f ◦ g) que hemos definido antes resulta
ser una aplicación biyectiva de X en X. Esto es, una nueva permutación.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.2. Permutaciones
141
Para comprobarlo, basta demostrar que (f ◦ g) es una aplicación inyectiva (pues los
conjuntos de llegada y partida son el mismo, X). Supongamos que tenemos dos elementos
de X, digamos a y b, tales que
(f ◦ g)(a) = (f ◦ g)(b) ;
es decir, tales
f (g(a)) = f (g(b)) .
Como f es una aplicación biyectiva, se cumplirá que g(a) = g(b). Y como a su vez g es
biyectiva, deducimos finalmente que a y b deben ser iguales.
Ası́ que la acción sucesiva de g (primero) y f (después), la composición f ◦ g (perdone el
lector la insistencia: ¿se dio cuenta en qué orden las escribimos?; ¡ah!, por si acaso), es una
aplicación inyectiva de X en X y, por tanto, una aplicación biyectiva de X en sı́ mismo.
Este tipo de estructura (un conjunto y una operación entre pares de elementos del conjunto cuyo resultado es siempre un elemento del mismo conjunto) tiene un nombre especial
en Matemáticas:
el conjunto de las permutaciones, dotado de la operación de composición, tiene
una estructura de grupo.
Al conjunto de las permutaciones de {1, . . . , n}, entendido como grupo con la operación de
composición nos referiremos como el grupo simétrico Sn . Decimos que Sn es un grupo
porque se verifican las siguientes propiedades23 :
Si f, g ∈ Sn , entonces f ◦ g ∈ Sn (el conjunto Sn es cerrado para la operación de
composición).
Se verifica la propiedad asociativa: si f, g, h ∈ Sn , entonces (f ◦ g) ◦ h = f ◦ (g ◦ h).
La identidad id, es decir, la permutación que deja fijos todos los elementos, es el elemento neutro de Sn :
id ◦ f = f ◦ id = f
para cualquier f ∈ Sn .
Para cada permutación f ∈ Sn existe su elemento inverso, que denominaremos f −1 ,
que verifica que
f ◦ f −1 = f −1 ◦ f = id .
Además, este elemento inverso de f es único 24 .
La primera propiedad ya la hemos comprobado, la segunda es sencilla de verificar y la tercera
es obvia. Sólo la cuarta requiere un momento de reflexión y se deduce de la biyectividad de f .
El lector, que seguramente en más de una ocasión habrá escuchado todas estas propiedades
en forma de cantinela escolar, estará echando en falta una de ellas: ¡propiedad conmutativa!,
¿es que se les ha olvidado? No, no es un olvido, porque en general la composición de permutaciones no es conmutativa. Es decir, es relevante el orden en que escribamos la composición
(¿ven por qué valı́a la pena la insistencia?). Es decir, excepto en algunos casos especiales, no
será la misma permutación (f ◦ g) que (g ◦ f ). Veamos un ejemplo:
23
24
Estudiaremos la noción general de grupo en el capı́tulo 16.
¿Se atreve el lector a probar esto, usando simplemente las propiedades aquı́ citadas?
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
142
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
Ejemplo 3.2.1 Sea X = {1, 2, 3, 4, 5} y consideremos las permutaciones
1 2 3 4 5
1 2 3 4 5
f=
y
g=
.
1 3 5 4 2
2 1 3 5 4
Calculemos las permutaciones f 2 , g2 , (f ◦ g), (g ◦ f ) y f −1 .
Por f 2 entenderemos la composición de f consigo misma, f ◦f . Calculamos sucesivamente
= f (f (1)) = f (1) = 1, f 2 (2) = f (f (2)) = f (3) = 5, etc., y lo mismo para g2 , para
concluir que
1 2 3 4 5
1 2 3 4 5
2
2
y
g =
.
f =
1 5 2 4 3
1 2 3 4 5
f 2 (1)
Ası́ que g2 coincide con la permutación identidad. Si calculamos f ◦ g y g ◦ f (obsérvese que
el orden de acción es diferente), obtenemos
1 2 3 4 5
1 2 3 4 5
f ◦g =
y
g◦f =
,
3 1 5 2 4
2 3 4 5 1
lo que confirma que la composición de permutaciones no tiene por qué ser conmutativa. El
cálculo de la composición f ◦ g exige evaluar las imágenes sucesivas (primero g y luego f ) de
cada elemento. Es cómodo representar dicho cálculo de la siguiente manera: escribimos un
primer piso con los elementos de X en el orden “natural”, un segundo con el resultado de la
acción de g, y un tercero con los resultados de la acción de f (sobre los de la segunda fila);
para, finalmente, “olvidarnos” de la fila intermedia:
⎛
⎞
1 2 3 4 5
⎝ 2 1 3 5 4 ⎠ −→ f ◦ g = 1 2 3 4 5
.
3 1 5 2 4
3 1 5 2 4
Por último, hallar la inversa de f es lo mismo que calcular la permutación f −1 para la
que f ◦ f −1 = id. Por ejemplo, f (f −1 (1)) debe coincidir con id(1) = 1. Si observamos que
f (1) = 1, concluimos que f −1 (1) = 1. De la misma forma, f (f −1 (2)) debe ser id(2) = 2.
Como f (5) = 2, tendremos que f −1 (2) = 5. Y ası́, sucesivamente, hasta llegar a que
1 2 3 4 5
−1
.
f =
1 5 2 4 3
De nuevo, un pequeño truco de representación nos ayuda a organizar eficientemente este
cálculo. Basta “darle la vuelta” a f (intercambiar sus dos filas) para luego reordenar las
columnas con el criterio de que la primera fila quede ordenada:
1 2 3 4 5
1 2 3 4 5
1 3 5 4 2
reordenar columnas
−1
−−−−−−−−−−−−→ f =
.
f=
−→
1 5 2 4 3
1 3 5 4 2
1 2 3 4 5
Más adelante (véase la subsección 3.2.1) descubriremos otra manera efectiva de calcular
la inversa de una permutación. Recordamos de nuevo que, pese a que la composición de
permutaciones no es en general conmutativa, en el caso del inverso no hay que tener cuidado
de definirlo por la izquierda o por la derecha: es único.
♣
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.2. Permutaciones
143
B. Orden de una permutación
Supongamos que f y g son dos permutaciones de X = {1, . . . , n}, esto es, dos elementos
de Sn . Su composición f ◦ g será también una permutación de X, y por tanto tendrá un
inverso, que viene dado explı́citamente por
(f ◦ g)−1 = g−1 ◦ f −1 .
Nótese que se invierte el orden de acción de los inversos. La comprobación requiere únicamente
utilizar la propiedad asociativa, que permite “olvidar” los paréntesis:
(f ◦ g) ◦ g−1 ◦ f −1 = f ◦ g ◦ g−1 ◦f −1 = f ◦ f −1 = id .
= id
Hemos acordado que, para k ≥ 1, f k significa la acción sucesiva (k veces) de la permutación f .
¿Cuál es, por ejemplo, el inverso de f 2 ? Con la observación anterior, resulta que
2
2 −1
= (f ◦ f )−1 = f −1 ◦ f −1 = f −1 .
f
A la composición de la permutación f −1 consigo misma nos referiremos como f −2 . Y si
componemos f −1 consigo misma k veces, tendremos una permutación que llamaremos f −k .
Para completar la notación, diremos que f 0 = id. Con este convenio, tenemos un álgebra de
composiciones que resulta muy cómoda: dados unos enteros s y t,
f s ◦ f t = f s+t .
Insistimos en que no es más que notación, que simplifica mucho las manipulaciones. Compruebe el lector la validez de la expresión anterior escribiendo todas las f y f −1 que nos
indiquen los valores de s y t (según sean positivos o negativos) y “cancelando” por parejas.
Ya estamos en condiciones de presentar el concepto de orden de una permutación. Consideremos una permutación f ∈ Sn y listemos las sucesivas composiciones de f consigo misma:
f, f 2 , f 3 , . . . , f n! , f n!+1 , . . .
Lo que sigue es una sencilla aplicación del principio del palomar. Recordemos que en Sn
hay n! permutaciones distintas. De manera que, entre los primeros n! + 1 términos de la lista,
los que hemos exhibido explı́citamente más arriba, necesariamente habrá (al menos) dos
permutaciones repetidas. Esto es, con seguridad existirán dos enteros s, t ≥ 1 (supongamos
que s > t) tales que
fs = ft .
Componiendo con f −t a los dos lados, obtenemos que f s−t = f 0 = id, donde s−t > 0. Lo que
quiere decir esto es que, dada una permutación, existe (al menos) un entero no negativo k
tal que f k = id. Pues bien, el orden de la permutación f es el menor entero positivo para el
que se cumple esta propiedad25 (véase también el ejercicio 3.2.1). Veremos en un momento
una manera eficaz de calcular el orden de una permutación.
25
Siguiendo con el argumento del principio del palomar, podemos comprobar que el orden de f es siempre
menor o igual que n!. Sabemos que existen enteros s y t, con 1 ≤ t < s ≤ n! + 1, tales que f s = f t . Pero claro,
s − t ≤ n!, ası́ que el orden de f ha de ser también ≤ n!. De hecho, el orden de f es siempre un divisor de n!
(véase el ejercicio 3.2.2).
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
144
3.2.1.
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
Permutaciones y ciclos
Existe un tipo de permutaciones particularmente importantes, porque podemos utilizarlas
como piezas básicas para construir cualquier otra: son los ciclos.
Un ciclo en Sn es una permutación que fija un cierto número de elementos de {1, . . . , n}
(o quizás ninguno, caso al que nos referiremos como permutación cı́clica), mientras que
mueve los restantes “cı́clicamente”. Se entiende fácilmente en un ejemplo: la permutación de
S5 dada por
1 2 3 4 5
f=
1 4 2 3 5
fija los elementos 1 y 5, mientras que mueve los restantes de la siguiente manera:
f
f
f
2 −→ 4 −→ 3 −→ 2 ,
cerrando un “ciclo”. Para describir esta permutación, utilizaremos el siguiente sı́mbolo:
1 2 3 4 5
f=
= 5 (2 4 3) ,
1 4 2 3 5
que pretende resumir toda la información relevante sobre la permutación: es de S5 , mueve
cı́clicamente los elementos 2, 4 y 3 (en el orden indicado) y fija los restantes (1 y 5).
La identidad, que fija todos los elementos de {1, . . . , 5}, podrı́a venir descrita con el
sı́mbolo 5 (1), o quizás con 5 (2), 5 (3), etc. Obsérvese que podemos también escribir el
ciclo f como la composición de las siguientes tres permutaciones:
f = 5 (1) ◦ 5 (2 4 3) ◦ 5 (5)
(nótese que hemos compuesto dos veces con la identidad, lo que no cambia la permutación).
Si el contexto estuviera claro (es decir, si sabemos en qué Sn estamos trabajando), nos
podrı́amos olvidar del subı́ndice e incluso del sı́mbolo . En este caso, escribirı́amos
f = (1) (2 4 3) (5) ,
la notación que aparece habitualmente en otros textos. Observemos que el orden en que se
componen estos ciclos es irrelevante: podrı́amos haber escrito, por ejemplo, f = (5)(1)(2 4 3).
Más aún, mientras se respete el orden circular del ciclo, lo que pongamos como primer
elemento es también irrelevante: podrı́amos haber escrito, por ejemplo, (4 3 2), o quizás (3 2 4).
Pero salvo por estas cuestiones de escritura, la descripción es única.
La longitud de un ciclo es el número de elementos
f
f
f
que mueve realmente su acción (3, en nuestro ejemplo).
2 −→ 4 −→ 3 −→ 2
Como permutación que es, un ciclo tendrá un cierto or3 −→ 2 −→ 4 −→ 3
den. ¿Cuál? En el ejemplo anterior, los elementos 1 y 5
4 −→ 3 −→ 2 −→ 4
quedan fijos, y por tanto no es necesario considerarlos a
los efectos del cálculo del orden. Observemos que los otros tres se mueven como se indica a
la derecha. ¡Ajá!, la tercera aplicación de f nos devuelve la configuración original. Ası́ que
f 3 = id y el orden del ciclo es 3; justo el número de elementos que se mueven cı́clicamente
(su longitud).
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.2. Permutaciones
145
Comprobemos que esto es un resultado general, analizando con más detalle cuál es la
estructura de un ciclo. Sea f un ciclo de longitud k en Sn . Fijará n − k elementos y moverá cı́clicamente los restantes. Digamos que estos elementos son (a1 , . . . , ak ):
f = n (a1 a2 . . . ak−1 ak ) .
Esto quiere decir que, bajo la acción de f ,
f
f
f
f
f
a1 −→ a2 −→ · · · −→ ak−1 −→ ak −→ a1 .
En otras palabras, a2 = f (a1 ), a3 = f (a2 ) = f 2 (a1 ) y ası́ hasta ak = f k−1 (a1 ), mientras
que f k (a1 ) = a1 . De manera que el ciclo se podrı́a reescribir de la siguiente manera, algo
farragosa, pero útil para nuestros argumentos:
f = n (a1 f (a1 ) . . . f k−2 (a1 ) f k−1 (a1 )) .
Nos interesa entender la permutación f k . Pero f k fija el primer elemento, pues f k (a1 ) = a1 .
Y también el segundo:
f k (a2 ) = f k (f (a1 )) = f (f k (a1 )) = f (a1 ) = a2 .
Compruebe el lector que ocurre lo mismo para los restantes elementos del ciclo (quizás argumentando que, en realidad, el ciclo es el mismo sea cual sea el primer elemento de él que
escribamos, mientras que preservemos el orden). Como f fija los elementos que no están en el
ciclo, también lo hará f k . Deducimos ası́ que f k es la permutación identidad. Como además k
es el primer entero no negativo para el que sucede esto, el orden del ciclo f es justamente k,
su longitud como ciclo.
A. Descomposición en ciclos
No hemos introducido los ciclos por capricho. Resulta que cualquier permutación se puede
escribir como composición de ellos (¡y de manera única!). Esta forma de escribirlos, esta
composición (o más bien, descomposición), es especialmente informativa y útil, porque nos
dice cuáles son los subconjuntos de {1, . . . , n} en los que la permutación actúa de forma
“independiente”.
Consideremos la siguiente permutación f de un conjunto con 7 elementos:
1 2 3 4 5 6 7
f=
3 5 1 2 6 4 7
f
f
Observamos que los elementos {1, 3} se mueven cı́clicamente con f : 1 −→ 3 −→ 1. De la
f
f
f
f
f
misma forma, 2 −→ 5 −→ 6 −→ 4 −→ 2, mientras que 7 −→ 7. Pues bien, la permutación f
se puede escribir como la composición de los siguientes ciclos:
f = 7 (1 3) ◦ 7 (2 5 6 4) ◦ 7 (7) .
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
146
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
La comprobación es sencilla, sólo hay que obser1 2 3 4 5 6 7
var que los subconjuntos de elementos que mueve
cada ciclo son disjuntos dos a dos. La última permu- 7 (2 5 6 4) ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓
1 5 3 2 6 4 7
tación es, simplemente, la identidad. La acción sucesiva de las dos primeras se recoge a la derecha (en
7 (1 3) ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓
negrita, los elementos que se mueven realmente en
3 5 1 2 6 4 7
cada permutación). Y el resultado es la permutación
f de partida. Observemos que, de nuevo, el orden de presentación de los ciclos no es relevante
(estas permutaciones sı́ conmutan, pues mueven conjuntos de elementos disjuntos dos a dos);
y en qué elemento empieza el ciclo, tampoco. Por ejemplo, f se podrı́a escribir como
f = 5 (7) ◦ 5 (1 3) ◦ 5 (2 5 6 4)
o como
f = 5 (7) ◦ 5 (3 1) ◦ 5 (4 2 5 6) .
Hagamos el argumento en general, diseñando de paso un algoritmo para obtener la descomposición en ciclos de una permutación f ∈ Sn . Empezamos con un cierto elemento de
{1, . . . , n}, por ejemplo el 1, y escribimos la lista
1, f (1), f 2 (1), f 3 (1), f 4 (1), . . .
Esta lista es, en principio, tan larga como queramos, pero como sólo hay n elementos en
{1, . . . , n}, el principio del palomar asegura que contendrá dos números repetidos. Esto es,
existirán dos enteros positivos s > t para los que
f s (1) = f t(1) .
Lo que supone que f s−t(1) coincide con id(1) = 1. Ası́ que en la lista anterior, no sólo hay
repeticiones, sino que además aparece algún 1 (además del primero). El primer paso del
algoritmo consistirı́a, entonces, en ir construyendo la lista anterior hasta encontrar el primer
(nuevo) 1; al terminar, habremos detectado el ciclo en el que está encuadrado el elemento 1:
n (1, f 1 (1), f 2 (1) . . . ) .
Si este ciclo tuviera longitud n, ya habrı́amos terminado: f serı́a una permutación cı́clica. En
caso contrario, si la longitud fuera < n (podrı́a ser incluso 1, si es que f (1) = 1), quedarı́a
trabajo por hacer. Por ser ordenados, buscarı́amos el primer elemento de {1, . . . , n} que no
hubiera sido ya incluido en el ciclo anterior y repetirı́amos con él el procedimiento. Nótese que
ningún elemento de este nuevo ciclo puede pertenecer al ciclo anterior. El proceso continuarı́a
hasta alcanzar a todos los elementos de {1, . . . , n}.
El resultado de este algoritmo es único, salvo por la ya mencionada cuestión de que el
orden de presentación de los ciclos resultantes es irrelevante y de que podemos elegir, como
primer elemento de cada ciclo, el elemento del mismo que deseemos. Los ciclos que obtenemos,
recordemos, son disjuntos dos a dos.
Normalmente, los ciclos de orden 1 no se escriben, aunque esto puede dar lugar a ciertas
confusiones, a menos que el contexto esté muy claro. Por ejemplo, f = (1 2) podrı́a ser
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.2. Permutaciones
147
interpretado como una lista, o quizás como un ciclo. Visto como una lista, serı́a la permutación
de la izquierda; visto como ciclo, la de la derecha:
1 2
1 2
;
.
1 2
2 1
Esto, cuando se trate realmente de una permutación de S2 , porque podrı́a también representar
una de, digamos, S4 :
1 2 3 4
.
2 1 3 4
Por eso conviene insistir en escribir los ciclos de longitud 1, o bien utilizar la notación sugerida,
4 (1 2), salvo que el contexto sea muy claro.
El lenguaje de los ciclos simplifica bastantes cálculos con permutaciones. Por ejemplo,
para calcular el inverso de una permutación dada, basta leer los ciclos de la permutación
original “al revés”:
f
f
=
−1
=
9 (1 2 4) ◦ 9 (3 8 7) ◦ 9 (5) ◦ 9 (6 9)
9 (4 2 1) ◦ 9 (7 8 3) ◦ 9 (5) ◦ 9 (9 6)
Al fin y al cabo, si el elemento 3 va al 8 a través de f , el 8 ha de ir al 3 a través de f −1 .
No es ya tan útil, en general, para describir la composición de dos permutaciones, porque se
pueden mezclar los ciclos de una con los ciclos de la otra.
B. Orden de una permutación y ciclos
Otra tarea que se simplifica notablemente con el uso de los ciclos es la del cálculo del
orden de una permutación. Ya vimos que si la permutación es un ciclo de longitud k, entonces
el orden de la permutación es también k. ¿Y en el caso general? Veamos un ejemplo: sea la
permutación de S5 dada por la composición de ciclos
f = 5 (2 1) ◦ 5 (3 5 4) .
Si partimos del orden natural, (1, . . . , 5), cuando apliquemos f 2 , los elementos {1, 2} habrán
vuelto a sus posiciones originales; no ası́ los restantes. Con f 3 son {3, 4, 5} los que vuelven al
orden original; pero los dos primeros se han descolocado. Un momento de reflexión nos lleva a
convencernos de que será necesario aplicar 6 veces f para recuperar la configuración original.
Si f tuviera dos ciclos de longitudes 2 y 4, un argumento análogo nos dirı́a que f 4 = id y
que, por tanto, su orden serı́a 4.
En general, si una permutación f se escribe como composición de ciclos, cuyas longitudes
son l1 , . . . , lm (podrı́a haber varios ciclos de cada una de las longitudes), su orden será
orden(f ) = mı́n{k ≥ 1 : f k = id} = mcm(l1 , . . . , lm ) ,
donde mcm(l1 , . . . , lm ) representa al mı́nimo común múltiplo de los números l1 , . . . , lm .
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
148
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
C. El número de permutaciones con una determinada estructura de ciclos
Una cuestión combinatoria muy interesante es la de contar el número de permutaciones
cuya descomposición en ciclos reúne una serie de propiedades dada. La estructura a la que
se refiere el tı́tulo de este epı́grafe puede ser muy diversa: que el número total de ciclos
esté fijo, que no haya determinado tipo de ciclos, que el número de ciclos de cada tipo posible
esté determinado . . .
En la subsección 3.3.2 veremos, por ejemplo, cómo contar cuántas permutaciones de
{1, . . . , n} tienen un cierto número, digamos k, de ciclos. Antes, en la subsección 3.2.3, calcularemos cuántos desbarajustes (permutaciones que no fijan elemento alguno, es decir, sin
ciclos de orden 1) hay.
Pero ya podemos calcular, por ejemplo, cuántas permutaciones cı́clicas hay. Recordemos
que son las permutaciones que mueven cı́clicamente todos los elementos (obsérvese que, como
no fijan elemento alguno, son un caso particular de desbarajustes). El argumento es sencillo
y directo: para determinar el ciclo que incluye a todos los elementos basta ordenarlos (n!
maneras posibles). Pero hay que tener en cuenta que, dada una de estas ordenaciones, la
elección de qué elemento va primero no es relevante. Como hay n posibles maneras de elegir
ese primer elemento, la respuesta final es que
#{permutaciones cı́clicas en Sn } =
n!
= (n − 1)! .
n
Visto desde otro punto de vista, como tenemos la libertad de elegir cuál es el primer elemento
de la lista, sólo hay que ordenar los n − 1 elementos restantes.
Un argumento análogo nos permite contar cuántas permutaciones son ciclos de orden k:
elegimos primero los k elementos
del ciclo, para luego determinar el orden dentro del ciclo.
n
Esto se puede hacer de k (k − 1)! maneras. Las trasposiciones, otro tipo de permutaciones
que tendrán un papel destacado en lo que sigue, son las permutaciones que intercambian dos
elementos y fijan los restantes. Es decir,
las que son, simplemente, un ciclo de orden 2. La
observación anterior nos dice que hay n2 trasposiciones distintas.
Un planteamiento más general consistirı́a en prescribir cuántos ciclos de cada posible
longitud deben tener las permutaciones que nos interesan. Esto es, dar una lista de enteros
no negativos (b1 , . . . , bn ) donde, para cada j = 1, . . . , n, el número bj es el número de ciclos
de longitud j. Obsérvese que se tendrá que
n
j=1
bj = #total de ciclos ,
y además que
n
j bj = n ,
j=1
porque cada uno de los elementos de {1, . . . , n} está en algún ciclo. Por ejemplo, las permutaciones cı́clicas son las que tienen bn = 1 y bj = 0 para el resto.
La pregunta que nos interesa responder
es la siguiente: dada una lista de números no
n
negativos (b1 , b2 , . . . , bn ) tales que j=1 j bj = n, ¿cuántas permutaciones de Sn tienen b1
ciclos de longitud 1, b2 ciclos de longitud 2, etc.?
Argumentemos como sigue: empezamos escogiendo una ordenación cualquiera de los elementos {1, . . . , n} (hay n! posibles). Ahora marcamos los ciclos en un orden determinado: los
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.2. Permutaciones
149
b1 primeros elementos de la lista están en los ciclos de orden 1, los 2b2 siguientes, en los de
orden 2, y ası́ sucesivamente:
(•) · · · (•) (• •) · · · (• •) (• • •) · · · (• • •) · · ·
b1
b2
b3
Hemos construido ası́ n! descomposiciones en ciclos con la estructura pedida. Pero entre ellas
habrá, sin duda, descomposiciones repetidas. Por ejemplo, dentro de cada uno de los ciclos
que hemos marcado podemos rotar circularmente los elementos (elegir el que va primero)
sin cambiar de qué ciclo se trata. Obsérvese que cada porción de tamaño j tiene j posibles
rotaciones. Ası́ que el número total de rotaciones de los trozos que dan lugar a la misma
descomposición en ciclos es
b1 veces
b2 veces
1 ··· 1 · 2 ··· 2 ··· ··· n
bn veces
···
n = 1b1 2b2 · · · nbn .
Pero además, y ésta es ya la última cuestión que hay que considerar, podemos permutar, por
ejemplo, los ciclos de longitud 1 entre sı́ (¡pero no con los demás!); y, en general, los trozos de
longitud j entre ellos mismos (lo que se puede hacer de j! maneras). Reuniendo todas estas
observaciones, llegamos a la respuesta buscada:
*
n!
permutaciones de Sn con
= b1 b2
#
bj ciclos de longitud j
1 2 · · · nbn b1 !b2 ! · · · bn !
El lector podrá comprobar que con esta fórmula recuperamos los resultados para los casos
vistos anteriormente: permutaciones cı́clicas (bn = 1 y b1 = b2 = · · · = bn−1 = 0), ciclos de
orden k (bk = 1, b1 = n − k y el resto de los bj = 0) o trasposiciones (b2 = 1, b1 = n − 2 y
el resto de los bj = 0). Nótese también que, si una permutación es un desbarajuste (no fija
elemento alguno), entonces sólo sabemos que b1 = 0, pero no tenemos información sobre el
valor de los restantes bj . Por eso no se puede aplicar la fórmula anterior, y necesitaremos un
análisis especı́fico (véase la subsección 3.2.3).
3.2.2.
Permutaciones pares e impares
Como ya se ha mencionado, una trasposición de Sn es una permutación que intercambia
dos elementos de {1, . . . , n} y fija los restantes. Es decir, tiene un ciclo de longitud 2 y
otros n − 2 ciclos de longitud 1. Por ejemplo,
n (a b) ◦ n (c) ◦ n (d) ◦ · · · ,
si es que a y b son los elementos intercambiados. Este tipo de permutaciones, de estructura
por otra parte tan simple, también sirven para descomponer una permutación cualquiera.
Ejemplo 3.2.2 Consideremos la permutación f = 5 (1 2 5).
Esta permutación de S5 mueve cı́clicamente los elementos 1 → 2 → 5 → 1 (y fija los
restantes). Esto es, es de la forma (al menos para los elementos que no quedan fijos)
1 2 ··· 5
f=
2 5 ··· 1
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
150
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
El mismo resultado se puede obtener aplicando sucesivamente las trasposiciones que intercambian el 1 y el 2 y el 1 y el 5:
1
5 (1 2) ↓
2
5 (1 5) ↓
2
2 ···
↓
1 ···
↓
5 ···
5
↓
5
↓
1
Ası́ que podrı́amos escribir que el ciclo es la composición sucesiva de estas dos trasposiciones:
5 (1 2 5) = 5 (1 5) ◦ 5 (1 2) .
¡Cuidado!, ahora los ciclos de cada trasposición no son disjuntos, ası́ que es importante
señalar el orden en que se aplican (pruébese a componer las trasposiciones al revés). El lector
podrá comprobar también que esa misma permutación f se puede escribir como
5 (1 2 5) = 5 (1 2) ◦ 5 (1 5) ◦ 5 (2 5) ◦ 5 (1 2) .
Es decir, la escritura en términos de trasposiciones no es única; y además importa el orden
en que se aplican (porque no tienen por qué ser disjuntas).
♣
¿Es posible expresar un ciclo cualquiera como composición de transposiciones? Si el ciclo
es de orden 1, entonces se puede escribir como composición (dos veces) de la misma trasposición. Los ciclos de orden 2 ya son, ellos mismos, trasposiciones. Analicemos entonces el caso
de un ciclo de longitud 3, digamos f = n (a1 a2 a3 ). Nótese que la acción
f (a1 ) = a2 ,
f (a2 ) = a3
y f (a3 ) = a1 .
se consigue también trasponiendo, sucesivamente, el primer elemento con los restantes (en el
orden en que aparecen en el ciclo), como se sugerı́a en el ejemplo 3.2.2; esto es,
f = n (a1 a3 ) ◦ n (a1 a2 ) .
f3
f2
Nótese el orden: primero trasponemos a1 con a2 (lo que llamamos f2 ) y luego a1 con a3 ,
con f3 . El lector podrá comprobar que, efectivamente, f = f3 ◦f2 y obtener la descomposición
análoga en el caso de un ciclo ciclo de longitud 4,
f = n (a1 a2 a3 a4 ) = n (a1 a4 ) ◦ n (a1 a3 ) ◦ n (a1 a2 ) ;
y, en general, para un ciclo de cualquier longitud (véase el ejercicio 3.2.5):
f = n (a1 a2 . . . ak−1 ak ) = n (a1 ak ) ◦ n (a1 ak−1 ) ◦ · · · ◦ n (a1 a3 ) ◦ n (a1 a2 ) ,
¿Y si partiéramos de una permutación general? Podrı́amos, por ejemplo, descomponerla
primero en ciclos, para luego proceder a descomponer cada uno de ellos en transposiciones
siguiendo la regla anterior. Ası́ que también es posible descomponer una permutación general
en trasposiciones. Aunque, como ya hemos visto, esta descomposición no es única, y además
las distintas trasposiciones utilizadas en la descomposición no serán, en general, disjuntas.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.2. Permutaciones
151
Entonces, ¿para qué consideramos este tipo de descomposiciones? Las “piezas” utilizadas
en la descomposición son muy simples, siempre ciclos de orden 2, pero esto no parece suficiente. Y no lo serı́a si no fuera porque, además, y como comprobaremos en un momento, dada
una cierta permutación, sea cual sea la descomposición en transposiciones que tomemos, el
número de trasposiciones utilizadas tiene una paridad determinada. Esto es, o bien se emplea
siempre un número par de transposiciones, o bien un número impar.
Sea g ∈ Sn una permutación con αj ciclos de longitud j. Tendrá, en total, nj=1 αj ciclos.
Sea π una trasposición que, digamos, intercambia los elementos a y b. Ahora nos preguntamos
por el número de ciclos que tiene la permutación π ◦ g. Distinguimos dos casos, dependiendo
de si a y b pertenecen al mismo ciclo de g o no (nótese que π no actúa sobre los elementos
que pertenezcan a ciclos en los que no estén ni a ni b):
Caso 1: si a y b pertenecen al mismo ciclo de g, entonces
g = n (a x2 . . . xr−2 b xr . . . xl ) ◦ (resto de ciclos de g) .
(podemos suponer que a es el primer elemento de ese ciclo). En este caso, la acción sucesiva
de g y π sobre los elementos del ciclo viene dada por
xr . . . xl
a x2 . . . xr−2 b
↓ ↓
↓
↓
↓
↓
b
xr xr+1 . . . a
x2 x3 . . .
π ↓ ↓
↓
↓
↓
↓
a
xr xr+1 . . . b
x2 x3 . . .
g
La conclusión es que se forman dos ciclos a partir del original:
π ◦ g = n (a x2 . . . xr−2 ) ◦ n (b xr . . . xl ) ◦ (resto de ciclos de g) .
Caso 2: Si a y b están en ciclos distintos,
g = n (a a2 . . . al ) ◦ n (b b2 . . . bs ) ◦ (resto de ciclos de g) ,
entonces
a a2 . . . al
↓ ↓
↓
a2 a3 . . . a
π ↓ ↓
↓
a2 a3 . . . b
g
b b2 . . . bs
↓ ↓
↓
b2 b3 . . . b
↓ ↓
↓
b2 b3 . . . a
Y ahora tenemos un único ciclo a partir de los dos de partida:
π ◦ g = n (a a2 . . . al b b2 . . . bs ) ◦ (resto de ciclos de g) .
En resumen, si π es una trasposición,
# ciclos de (π ◦ g) = # ciclos de g ± 1 .
Esta observación es el ingrediente fundamental de la demostración del siguiente resultado:
Teorema 3.3 Dada una permutación g ∈ Sn , si g se puede escribir como composición de s
y t trasposiciones, entonces, o bien s y t son pares, o bien s y t son impares.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
152
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
Demostración. Escribimos primero g como composición de s trasposiciones:
g = πs ◦ πs−1 ◦ · · · ◦ π2 ◦ π1 .
Como π1 es una trasposición, tendrá n − 1 ciclos (1 de orden 2 y el resto de orden 1). Como
hemos visto, cada sucesiva trasposición hace que el número de ciclos aumente o disminuya
en una unidad. Digamos que, tras las s − 1 trasposiciones, hemos tenido α aumentos y β
disminuciones. Obsérvese que
s−1 = α+β
y
# ciclos de g = (n − 1) + α − β .
Sumando estas dos expresiones y despejando s del resultado, llegamos a que
s = n + 2 α − # ciclos de g .
9t−1 ◦ · · · ◦ π
92 ◦ π
91 y
Si ahora escribimos g como composición de t trasposiciones, g = π
9t ◦ π
procedemos de manera análoga, llegamos a que
t = n + 29
α − # ciclos de g ,
donde α
9 es el número de aumentos con las sucesivas trasposiciones π
9j . Restando ambas
cantidades, obtenemos que s − t = 2 (α − α
9), que es un número par. Por tanto, los números
s y t son, o bien ambos pares, o bien ambos impares.
A la vista de este resultado, tiene sentido definir una permutación par como aquélla que
se escribe como composición de un número par de trasposiciones; e impar si ese número
de trasposiciones es impar. Es habitual definir el signo (o signatura) de una permutación
como 1 si la permutación es par, y como −1 si es impar. Esto es,
signo(g) = (−1)t ,
donde t es el número de trasposiciones en una descomposición (en trasposiciones) cualquiera
de g. El lector interesado podrá consultar algunas otras cuestiones relevantes sobre este
concepto de signatura de una permutación en los ejercicios 3.2.6–3.2.9. Terminamos con una
simpática e ingeniosa aplicación de esta noción.
Ejemplo 3.2.3 El puzzle 14-15 de Sam Loyd.
A finales del siglo XIX, Samuel Loyd26 diseñó el siguiente pasatiempo, por
1 2 3 4
cuya resolución ofrecı́a una importante recompensa. Cubriendo 15 de las
5 6 7 8
16 casillas de un tablero 4 × 4 tenemos fichas cuadradas rotuladas con los
9 10 11 12
números del 1 al 15, en la disposición que se muestra en la figura. Obsérvese
13 15 14
que los números 14 y 15 no están en el orden natural. La casilla inferior
derecha está libre. Las piezas sólo se pueden mover si una casilla adyacente está libre. Por
ejemplo, en el primer paso podrı́amos “bajar” la pieza con el 12 o mover hacia la derecha la
pieza con el 14. El objetivo del juego es conseguir una configuración idéntica a la inicial, sólo
que con las fichas 14 y 15 intercambiadas entre sı́.
26
Aunque parece ser que no fue él quien realmente lo inventó. En todo caso, fue quien lo popularizó.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.2. Permutaciones
153
Es posible que el lector se haya entretenido en alguna ocasión jugando con este pasatiempo, o con otras versiones que de él aún se comercializan por ahı́. El pasatiempo de Loyd se
convirtió en todo un éxito en su tiempo. Y es que, pese a su aparente sencillez, nadie era
capaz de conseguir recolocar las fichas 14 y 15. Y no era por falta de habilidad, ni de empeño,
ni. . . es que, directamente no se puede, es imposible 27 .
Nuestro análisis comienza traduciendo la cuestión al lenguaje de las permutaciones, leyendo los sı́mbolos que aparecen al recorrer las casillas del tablero: de izquierda a derecha los
sı́mbolos de la primera fila, luego (también de izquierda a derecha) los de la segunda fila, etc.
Ası́, cualquier configuración del tablero se puede interpretar como una lista de 16 posiciones, en las que van los sı́mbolos del 1 al 15, además de un sı́mbolo especial (la casilla
vacı́a), que nombraremos como ∗. Esto es, una permutación del conjunto {1, 2, . . . , 15, ∗}. En
concreto, la configuración inicial es
ginicial = (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 15, 14, ∗) .
Y el objetivo del juego es conseguir la configuración (la permutación) siguiente:
gfinal = (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, ∗) .
Obsérvese que gfinal se puede obtener a partir de ginicial trasponiendo directamente los sı́mbolos 14 y 15. Una trasposición es obviamente una permutación impar, y al componer una
permutación con una trasposición cambiamos la signatura de la permutación de partida
(véanse los detalles en el ejercicio 3.2.7). Éste es el primer ingrediente de nuestro argumento:
las permutaciones ginicial y gfinal tienen distinta paridad.
¡Ah!, pero no hagamos trampas. Véase el tablero en su configuración inicial: la transposición directa de los sı́mbolos 14 y 15 no está permitida. En realidad, los movimientos
permitidos, tanto en la primera jugada como en las posteriores, son transposiciones de la casilla con el sı́mbolo ∗ con otras casillas. Cada una de estas trasposiciones son permutaciones
impares. Pero si consiguiéramos demostrar que cualquier secuencia de movimientos permitidos que llevara la configuración inicial en la final consta, necesariamente, de un número
par de trasposiciones, entonces sabrı́amos que es imposible resolver el puzzle. Porque esta
secuencia de un número par de trasposiciones nunca podrı́a llevar una permutación par en
una impar.
El ingenioso argumento que nos convencerá de ello pasa por pintar de
1 2 3 4
blanco y negro las casillas del tablero, como si de uno de ajedrez se tratara
5 6 7 8
(véase la figura de la derecha). Obsérvese que, al principio, está “visible”
9 10 11 12
(no ocupada por ficha alguna) una casilla negra. Cualquier movimiento
13 15 14
inicial hará que quede visible una casilla blanca. Y luego, al hacer cualquier
movimiento, se verá una negra. Y ası́, sucesivamente. Ası́ que, si lo que pretendemos es acabar
con una casilla negra visible, será necesario que el número de movimientos empleado sea
necesariamente un número par. Feliz observación que concluye el argumento.
♣
27
¡Ah!, el imposible matemático. El argumento que aquı́ empleamos, tan habitual en otros contextos, es la
presencia de un invariante. El objeto de partida tiene una cierta caracterı́stica, en este caso el signo, y todas
las posibles transformaciones conservan esta caracterı́stica.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
154
3.2.3.
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
Desbarajustes
Centramos ahora nuestra atención en un tipo especial de permutaciones: los desbarajustes
del conjunto {1, . . . , n}, esto es, las permutaciones que no fijan elemento alguno (no contienen
ciclos de longitud 1). Llamemos Dn al número de desbarajustes. Nuestro objetivo es obtener
una fórmula explı́cita para Dn , o al menos una estimación precisa de su valor. O mejor, para
Dn /n!, la proporción que los desbarajustes ocupan entre todas las permutaciones. Esto es,
la probabilidad de que si escogemos una permutación al azar, ésta sea un desbarajuste.
Por un lado, claro, Dn ≤ n!. Y también sabemos (véase el argumento de la página 148)
que permutaciones cı́clicas, que son un caso particular de desbarajustes (tienen un único ciclo
de orden n), hay (n − 1)!. Ası́ que los valores de Dn y de Dn /n! están acotados de la siguiente
forma:
n!
Dn
1
≤ Dn ≤ n!
≤
≤ 1.
y
n
n
n!
En el planteamiento clásico del problema28 se han escrito n cartas y preparado los n
sobres con las direcciones correspondientes, cada uno al lado de su carta. Pero alguien los
ha descolocado, de manera que no queda más remedio que introducir las cartas en los sobres
al azar. Hecho esto, ¿cuál será la probabilidad de no acertar ninguna? Esta probabilidad,
obsérvese, es justamente Dn /n!.
Antes de empezar a analizar el problema, quizás el lector deberı́a meditar un momento
sobre la cuestión y apelar a su intuición para, al menos, arriesgar una respuesta aproximada:
¿una probabilidad cercana a 0, cercana a 1?; ¿qué ocurre cuando el número de cartas y
sobres es muy grande? Parece difı́cil no acertar ninguna, ¿verdad? La estimación de arriba
para Dn /n! no aporta mucha información si n es muy grande, pues simplemente dice que esa
probabilidad está entre (muy poco más de) 0 y 1.
Para calcular el valor de Dn emplearemos los argumentos ya habituales del principio de
inclusión/exclusión. Si una permutación no es un desbarajuste, ocurrirá que al menos uno de
los sı́mbolos está en su posición natural. Ası́ que consideramos los siguientes conjuntos: para
cada j = 1, . . . , n,
Aj = {permutaciones de {1, . . . , n} con el sı́mbolo j en la posición j}
(o, en el lenguaje de las aplicaciones, las que fijan el elemento j). Como hay un total de n!
permutaciones,
Dn = n! − |A1 ∪ · · · ∪ An | .
Apliquemos el principio de inclusión/exclusión. El tamaño de cualquiera de los conjuntos Aj
es (n − 1)!, porque en Aj están las listas en las que el sı́mbolo j está en la posición j, y para
contarlas bastará ordenar (permutar) los n − 1 sı́mbolos restantes. Hay n2 intersecciones dos
a dos, y cada una de ellas tiene tamaño (n − 2)!. El argumento es análogo: en una intersección
dos a dos están las listas con dos sı́mbolos ya colocados en sus correspondientes posiciones.
28
Una versión alternativa habla de hombres que dejan sus sombreros a la entrada de una fiesta, y luego los
recogen al azar, y luego. . . una versión algo anticuada, en todo caso.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.2. Permutaciones
155
Y ası́ con el resto de los casos. Tendremos entonces que
0 1 n n
n
n
n
(n − 1)! −
(n − 2)! + · · · ±
(n − n)! =
(n − j)!(−1)j .
Dn = n! −
1
2
n
j
j=0
Esto es,
Dn = n!
n
(−1)j
j=0
j!
Dn (−1)j
=
.
n!
j!
n
,
o bien
j=0
La cantidad nj=0 (−1)j /j! depende del valor particular de n que tengamos. Pero, a todos
los efectos, y en cuanto n es grande, es casi indistinguible29 de 1/e.
Las conclusiones son sorprendentes: primero, la probabilidad de obtener un desbarajuste
es prácticamente independiente de n (si n es suficientemente grande). Pero más aún, es una
probabilidad “grande”, mayor que un tercio. Quizás más de lo que hubiéramos apostado al
principio.
¿Cuál es la explicación30 de este aparentemente paradójico resultado? Llamemos Bj , para
cada j = 1, . . . , n, al complementario de Aj en Sn . Esto es, Bj contiene a las permutaciones
de {1, . . . , n} en las que el sı́mbolo j no está en la posición j. Obsérvese que
P rob(Bj ) = 1 − P rob(Aj ) = 1 −
1
(n − 1)!
=1− .
n!
n
La intersección de todos los conjuntos Bj son, precisamente, los desbarajustes. Si los Bj
fueran independientes entre sı́ (dos a dos), entonces tendrı́amos que
;
:
n
n
n ;
1 n 1
1
= 1−
Bj =
P rob(Bj ) =
≈
1−
P rob
n
n
e
j=1
j=1
si n es grande.
j=1
No es el momento de entrar en los detalles del significado exacto de “independientes”. Pero,
de manera intuitiva, quiere decir que, por ejemplo, el que el sı́mbolo j esté fuera de su posición
no “influye” en que el sı́mbolo k esté fuera de su posición. ¿Es éste el caso? No, desde luego, si
consideramos permutaciones de dos elementos {1, 2}, porque si el 1 está fuera de su posición,
entonces el 2 ha de estar necesariamente descolocado. Si tenemos tres sı́mbolos, el que el
sı́mbolo 1 no esté en su posición influye en que, por ejemplo, el 2 no esté en la segunda
posición, aunque algo “menos”. Pero cuando n se hace cada vez más grande, esta influencia
se va diluyendo. Es decir, los Bj son (aproximadamente) independientes, lo que explica que
la probabilidad de obtener un desbarajuste sea ≈ 1/e. El lector interesado puede encontrar
un argumento riguroso de esta afirmación en el ejercicio 3.2.13.
29
Como ya comentamos en la subsección 2.4.2. Por ejemplo, las primeras cifras decimales de 1/e son
0, 3678794412, mientras que al sumar hasta j = 10 obtenemos 0, 3678794643. El lector interesado podrá encontrar un argumento preciso en el ejercicio 3.2.12.
30
La explicación que aquı́ sugerimos requiere una cierta familiaridad con conceptos de probabilidad. Quizás
el lector quiera consultar antes el capı́tulo 7. Véanse, por ejemplo, el ejercicio 7.3.7 y el ejemplo 7.6.11.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.2. Permutaciones
161
EJERCICIOS DE LA SECCIÓN 3.2
3.2.1 Compruébese que f s = id si y sólo si s es un múltiplo del orden de f .
3.2.2 Compruébese que el orden de una permutación f ∈ Sn divide a n!.
3.2.3 Demuéstrese que
(a) f 2 = id si y sólo si f únicamente tiene ciclos de longitud 1 y/o 2;
(b) f 3 = id si y sólo si f únicamente tiene ciclos de longitud 1 y/o 3.
3.2.4 Las permutaciones f de X que cumplen que f 2 = id se denominan involuciones del conjunto X. Calcúlese el número de involuciones del conjunto X = {1, 2, . . . , n}.
3.2.5 Compruébese que una permutación dada por f = n (a1 a2 . . . ak−1 ak ) se puede escribir como
f = fk ◦ fk−1 ◦ · · · ◦ f3 ◦ f2 ,
donde, para j = 2, . . . , k, fj es la trasposición que intercambia a1 con aj .
3.2.6 Sea g ∈ Sn un ciclo de longitud k. Compruébese que g es una permutación par si k es un
número impar; y es una permutación impar si k es par.
3.2.7 Pruébese que si g y h son permutaciones de Sn ,
(a) signo (g ◦ h) = signo (g) signo (h).
(b) signo (g −1 ) = signo (g).
3.2.8 Llamemos, para n ≥ 2, An al conjunto de permutaciones de Sn que son pares. El primer
apartado del ejercicio 3.2.7 permite comprobar que An es un (sub)grupo de permutaciones, que es
conocido como el grupo alternado. Compruébese que |An | = n!/2, es decir, que la mitad de las
permutaciones son pares.
3.2.9 Pruébese que si g ∈ Sn es la composición de m ciclos disjuntos de longitudes l1 , l2 , . . . , lm ,
donde t = (l1 − 1) + (l2 − 1) + · · · + (lm − 1) .
signo (g) = (−1)t ,
O, de otra manera, agrupando los ciclos por longitudes: si g tiene αj ciclos de longitud j, j = 1, . . . , n,
signo(g) = (−1)α2 +α4 +α6 +··· .
3.2.10 Representación de permutaciones con matrices de ce1 2 ··· n
.
ros y unos. Supongamos que tenemos la permutación del conjunto
a1 a2 · · · an
X = {1, . . . , n} de la derecha. Formamos entonces una matriz n × n
con filas y columnas etiquetadas con {1, . . . , n}. En la primera columna pondremos un 1 en la fila
que nos indique a1 (y ası́ esta primera columna nos informa de la imagen del 1 con la permutación,
a1 ): en la segunda columna, pondremos el 1 en la posición que nos indique a2 , etc. En el resto de las
posiciones situamos ceros.
Si, por ejemplo, X = {1, 2, 3}, la permutación g que aparece debajo de estas lı́neas (a la izquierda)
se corresponde con la matriz de ceros y unos que aparece a su lado. También exhibimos la versión de
esta matriz en términos de fichas colocadas sobre un tablero (una única ficha por fila y columna):
g1 =
1
1
2
3
3
2
−→
1
2
3
1
1
0
0
2
0
0
1
3
0
1
0
•
−→
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
•
•
162
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
Obsérvese que este procedimiento establece una aplicación biyectiva entre el conjunto de las permutaciones de {1, . . . , n} y el de las matrices n × n con ceros y unos con un único 1 por columna y un
único 1 por fila (o el de los tableros n × n tales que. . . ).
(a) Descrı́banse las matrices asociadas a los desbarajustes y a las trasposiciones.
(b) Sean g1 y g2 dos permutaciones y sean M1 y M2 las matrices correspondientes. Compruébese que
la matriz asociada a la composición g1 ◦ g2 viene dada por el producto de matrices M1 M2 .
3.2.11 En este ejercicio describiremos un algoritmo gráfico para generar todas las
permutaciones cı́clicas (para cada valor de n). Se parte de una cuadrı́cula infinita,
con los cuadrados etiquetados con los enteros positivos, como la que mostramos a la
derecha.
El primer paso es colocar una ficha en el cuadrado
1 2 3 4
superior izquierdo. En el segundo se sitúan dos fichas
1 •
2
según indica el dibujo. Y ahora interpretamos la zona
3
recuadrada como una permutación del conjunto {1, 2}:
4
el 1 va al 2, y el 2 al 1, ası́ que es el ciclo 2 (1 2).
Para construir el paso n = 3, tomamos una cualquiera de las fichas y la sustituimos por otras dos, situan=3
das una en la misma columna y en el cuadrado exterior
al resaltado hasta el momento, y la otra en la misma fila
y en el cuadrado exterior correspondiente. Se entiende
bien en el dibujo de la derecha, en el que señalamos con un aspa la
1 2 3 4
1
2
3
4
1 2 3 4
1
2
3
4
1 2 3 4
1
2
3
4
•
ו
•
•
•
1 2 3 4
1
2
3
4
×
•
•
•
ficha que quitamos en cada caso.
La primera matriz representa a la permutación que lleva el 1 en 2, el 2 en 3 y el 3 en 1; esto es,
el ciclo 3 (1 2 3). La segunda representa al ciclo 3 (1 3 2). El procedimiento se repite, de manera
que en el paso k sustituimos una ficha de coordenadas (i, j) por fichas en las posiciones (i, k) y (k, j).
(a) Constrúyanse con este procedimiento las 3! = 6 permutaciones cı́clicas de {1, 2, 3, 4}.
(b) Convénzase el lector de que este procedimiento produce siempre matrices de permutaciones (esto
es, en el paso k, una matriz k × k con una única ficha por fila y columna).
(c) Llamemos configuración factible a una disposición de fichas en el tablero construida con este
procedimiento. Pruébese que una configuración es factible si y sólo si la configuración representa
a una permutación cı́clica.
(d) Compruébese que la equivalencia anterior nos permite recuperar el ya conocido resultado (véase
la página 148) de que el número de permutaciones cı́clicas de {1, . . . , n} es (n − 1)!.
3.2.12 Generalı́cese el resultado del ejercicio 3.1.23 sobre sumas alternadas en signo de términos
decrecientes (o consúltese directamente el teorema 11.1) para probar que, si Dn es el número de
desbarajustes de {1, . . . , n},
+ +
+
+
∞
n
+1 D + + 1
(−1)j (−1)j ++
+
+
n+
−
.
+=+
+≤
+ −
+ (n + 1)!
+e
n! + + j=0 j!
j!
j=0
Dedúzcase que, si n > 1, Dn es el entero más cercano a n!/e.
3.2.13 Llamamos Bj al conjunto de permutaciones de {1, . . . , n} en las que el sı́mbolo j no está en
la posición j. Pruébese que
P rob(Bi ∩ Bj )
−−−−→ 1
P rob(Bi ) P rob(Bj ) n→∞
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
164
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
3.3.
Particiones y descomposiciones
Una cuestión muy habitual en Combinatoria consiste en contar de cuántas maneras se
puede partir o descomponer, en piezas sencillas, un cierto objeto conocido:
Podemos preguntarnos, por ejemplo, cuántas maneras hay de partir un conjunto en
subconjuntos suyos. La respuesta la encontraremos en la subsección 3.3.1.
También nos interesará saber cuántas permutaciones hay con un determinado número
de ciclos (véase la subsección 3.3.2).
Finalmente, nos ocuparemos también de contar de cuántas maneras se puede escribir un
entero (positivo) como suma34 de enteros también positivos (véase la subsección 3.3.3).
3.3.1.
Particiones de conjuntos
Partir un conjunto en subconjuntos (disjuntos dos a dos), para luego aplicar la regla de la
suma, es una de las estrategias básicas de la Combinatoria, como ya vimos en la sección 2.3.
La cuestión que aquı́ nos interesa es saber de cuántas maneras distintas se puede partir un
conjunto dado.
Sea X un conjunto con n elementos, que supondremos, como hacemos habitualmente,
que son los números {1, . . . , n}. Una partición en k bloques no vacı́os de X será una
colección de subconjuntos {A1 , A2 , . . . Ak } (los “bloques”) tales que
1. los bloques, efectivamente, conforman una partición de X :
X = A1 ∪ · · · ∪ Ak
y
Ai ∩ Aj = Ø
para cada i = j.
2. Y los bloques son no vacı́os, esto es, Ai = Ø para cada i = 1, . . . , k.
Es fundamental señalar que, por un lado, el orden de los elementos dentro de cada bloque es
irrelevante (por eso hablamos de subconjuntos); y, por otro, que el orden de presentación de
los bloques también es irrelevante. Pese a que nombramos los bloques como A1 , . . . , Ak , no
debe suponer el lector que estemos dando un orden entre ellos.
Por ejemplo, si X fuera el conjunto {1, 2, 3}, tendrı́amos una única partición con un bloque
(el propio conjunto {1, 2, 3}), tres particiones con dos bloques,
{1, 2} ∪ {3},
{1, 3} ∪ {2},
{2, 3} ∪ {1} ;
y una partición en tres bloques, {1} ∪ {2} ∪ {3}. Ya no hay más, pues queremos que los
bloques no sean vacı́os. Insistimos en que, por ejemplo, {1, 2} ∪ {3}, {3} ∪ {1, 2} ó {3} ∪ {2, 1}
representan la misma partición.
34
Sin duda el lector conoce otra forma de descomponer un entero, la que consiste en escribir el entero como
producto de primos. Una cuestión sumamente interesante, a la que dedicaremos una atención especial en la
subsección 4.1.5. Pero dado que, como es bien sabido, la citada descomposición es única, entenderá el lector
que no la tratemos en una sección como ésta, cuyo leit motiv es “¿de cuántas maneras se puede hacer?”.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.3. Particiones y descomposiciones
165
Definimos los números de Stirling de segunda especie35 S(n, k) de la siguiente
manera:
&
'
S(n, k) = # particiones distintas del conjunto {1, . . . , n} en k bloques no vacı́os .
En un lenguaje alternativo, S(n, k) cuenta también el número de posibles distribuciones de n
bolas numeradas (antes, los elementos del conjunto) en k cajas indistinguibles (los bloques
de la partición), de manera que ninguna caja quede vacı́a.
Una nueva familia aparece para poblar el hábitat combinatorio. Como hicimos con los
coeficientes binómicos, trataremos de obtener una fórmula explı́cita para ellos o, al menos,
una regla de recurrencia que facilite su cálculo.
Empezamos determinando el rango de valores de los parámetros n y k. Por un lado,
exigiremos que n ≥ 1 (si el conjunto ya es vacı́o, difı́cilmente vamos a poder partirlo en
bloques no vacı́os). Fijado n, si ocurriera que k > n, entonces no podrı́amos construir ninguna
partición (nos faltarı́an sı́mbolos para llenar los bloques), ası́ que
S(n, k) = 0 si k > n.
De manera que el rango de interés es n ≥ 1 y, para cada n, 1 ≤ k ≤ n.
El número total de particiones de {1, . . . , n} en bloques no vacı́os se obtendrá clasificando
las particiones según el número de bloques que contengan; por la regla de la suma, habrá
B(n) =
n
S(n, k)
k=1
particiones distintas del conjunto {1, . . . , n} (o distribuciones de n bolas numeradas en cajas
idénticas sin que queden cajas vacı́as). Estos números B(n) son conocidos como números
de Bell.
Por ejemplo, hemos visto que, para n = 3, S(3, 3) = 1, S(3, 2) = 3 y S(3, 1) = 1; y, en
total, habrá B(3) = 5 particiones distintas del conjunto {1, 2, 3}.
Veamos algunos ejemplos sencillos. Para empezar, lo que por analogı́a con el análisis de los
coeficientes binómicos llamaremos “valores frontera” de los números de Stirling de segunda
especie: S(n, n) y S(n, 1).
Si tenemos n sı́mbolos y pretendemos formar n bloques no vacı́os con ellos, sólo queda
la posibilidad de situar un sı́mbolo por bloque. Es decir, S(n, n) = 1 para cada n ≥ 1.
Permı́tanos el lector describir esta partición, de manera algo informal pero ilustrativa, como
aquélla en la que cada sı́mbolo va “por su cuenta”.
Si de nuevo partimos de n sı́mbolos, pero ahora sólo tenemos un bloque, la única manera
de hacer la partición es colocar todos los sı́mbolos en ese bloque. Esto es, S(n, 1) = 1 para
cada n ≥ 1. Esta partición es la de “todos juntos”.
Pues hasta aquı́, todo igual al caso de los coeficientes binómicos. Analicemos un par de
ejemplos más.
35
Hay, claro, números de Stirling de primera especie (véase la subsección 3.3.2).
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
166
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
Ejemplo 3.3.1 El valor de S(n, n − 1), para n ≥ 2.
Por definición, S(n, n − 1) cuenta el número de particiones de {1, . . . , n} en n − 1 bloques
no vacı́os. Observemos que sólo hay una configuración posible, la que corresponde a tener un
bloque con dos sı́mbolos, y el resto de los sı́mbolos, cada uno en un bloque distinto36 . Decidir
qué configuración de éstas tenemos exige únicamente determinar qué dos sı́mbolos van juntos,
pues el resto de los sı́mbolos se deben situar uno en cada uno de los demás bloques. Ası́ que,
después de todo, sólo hay que elegir dos elementos, por lo que concluimos que
n
S(n, n − 1) =
.
2
♣
Ejemplo 3.3.2 El valor de S(n, 2), para n ≥ 2.
Ahora tenemos dos bloques, y bastará decidir qué elementos van en uno de los bloques (los
del otro quedan fijados). Note el lector que no tiene sentido hablar de “primer bloque” y
“segundo bloque”, pues éstos son indistinguibles. Aún ası́, emplearemos el truco habitual de
asignar un orden auxiliar y ficticio a los bloques, que luego compensaremos al final. Digamos
entonces que los bloques son
Bloque 1
Bloque 2
En el primero, en principio, podemos situar cualquier subconjunto de {1, . . . , n}; y hay 2n
de ellos. Pero no podemos utilizar ni el Ø (porque el bloque 1 serı́a vacı́o) ni todo {1, . . . , n}
(porque el bloque 2 quedarı́a vacı́o). Ası́ que la respuesta serı́a 2n − 2.
Ahora debemos compensar el orden espurio que hemos introducido. Digamos que A es
un subconjunto de {1, . . . , n}, una de las 2n − 2 elecciones posibles que citábamos antes. En
el proceso que hemos hecho estamos distinguiendo entre
A
{1, . . . , n} \ A
y
{1, . . . , n} \ A
A
Estas dos configuraciones, vistas como particiones en bloques (esto es, sin orden entre los
bloques) son en realidad la misma. Ası́ que la respuesta correcta es
S(n, 2) =
2n − 2
= 2n−1 − 1 .
2
Nos gusta, es más sencillo argumentar cuando podemos referirnos a un bloque en concreto.
Arriba impusimos un orden ficticio entre bloques, que luego supimos compensar, y que nos
permitió hablar de bloque 1 y bloque 2. Un análisis alternativo, que emplearemos varias veces
más adelante, es el siguiente. Vamos a referirnos al bloque que contiene a un elemento particular, por ejemplo el elemento n. No es primer bloque ni segundo bloque, sino simplemente
“el bloque que contiene a n”. Pero ahora que tenemos un bloque “distinguido”, el argumento
es sencillo: sólo tenemos que decidir qué elementos acompañan a n en “su” bloque; o quizás
qué es lo que va en el “otro” bloque. La respuesta es directa: hay 2n−1 −1 posibilidades, todos
los posibles subconjuntos (¡con n − 1 sı́mbolos!, que n ya está colocado), excepto el vacı́o. ♣
Sencilla aplicación del principio del palomar: como hay n sı́mbolos y n − 1 bloques, necesariamente uno de
los bloques ha de llevar al menos dos sı́mbolos. Y si queremos que todos los bloques sean no vacı́os, entonces
sólo queda la posibilidad de que un bloque lleve dos sı́mbolos, y el resto uno.
36
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.3. Particiones y descomposiciones
167
Quizás el lector quiera intentar el análisis de casos más complicados (3 bloques, o quizás
n−2 ó n−3 bloques), como proponemos en el ejercicio 3.3.1. Observará, por un lado, que cada
caso requiere un argumento combinatorio ad hoc, y que además el aspecto de las fórmulas que
se obtienen no permite albergar muchas
esperanzas de llegar a una fórmula general sencilla.
Por ejemplo, para S(n, 2) tenı́amos n2 , mientras que para S(n, n − 1) era 2n−1 − 1. Esta
tal fórmula general existe, aunque, como comprobará el lector, es bastante complicada. La
veremos en el apartado B de esta subsección, aunque antes analizaremos un procedimiento
de cálculo alternativo.
A. Regla de recurrencia para los números de Stirling de segunda especie
Queremos representar los valores de S(n, k) en un triángulo como el que utilizábamos
para codificar los coeficientes binómicos:
k=1
k=2
k=3
n=1
S(1, 1)
n=2
S(2, 1) S(2, 2)
n=3
S(3, 1) S(3, 2) S(3, 3)
n=4
S(4, 1) S(4, 2) S(4, 3) S(4, 4)
n=5
S(5, 1) S(5, 2) S(5, 3) S(5, 4) S(5, 5)
n=6
S(6, 1) S(6, 2) S(6, 3) S(6, 4) S(6, 5) S(6, 6)
n=7
S(7, 1) S(7, 2) S(7, 3) S(7, 4) S(7, 5) S(7, 6) S(7, 7)
k=4
k=5
k=6
k=7
..
..
..
..
..
..
..
.
.
.
.
.
.
.
Las coordenadas de cada casilla son (piso) n y (diagonal) k, aunque ahora recorren unos
rangos ligeramente distintos al caso de los coeficientes binómicos. Nótese que, si conociéramos
todos los valores de S(n, k) para un cierto piso n, el número de Bell B(n) correspondiente se
obtendrı́a, simplemente, sumándolos.
Sabemos ya que S(n, n) = S(n, 1) = 1 para cada valor de n, ası́ que tenemos los valores
de la frontera del triángulo. Inspirados por el caso de los coeficientes binómicos, querrı́amos
expresar S(n, k) (que estará en una casilla del piso n) en términos de números de Stirling de
primer ı́ndice n−1 (casillas del piso anterior). Esto exigirı́a relacionar particiones de conjuntos
con n sı́mbolos con particiones de conjuntos con menos sı́mbolos. Para ello, analizaremos
qué puede ocurrir con un bloque especial, por ejemplo el que contiene al elemento n. Caben
dos posibilidades excluyentes:
Caso 1 El bloque que contiene a n no contiene ningún otro elemento. Una partición de éstas
tendrá el siguiente aspecto:
k − 1 bloques
···
n
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
168
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
Insistimos en que en el esquema anterior no estamos suponiendo ningún orden entre los
bloques, sino que simplemente identificamos el bloque que contiene a n, que en este caso no
contiene nada más. Pero ahora que sabemos que el elemento n va en un bloque (y “por su
cuenta”), sólo queda construir una partición del conjunto {1, . . . , n − 1} en k − 1 bloques no
vacı́os, para que en total tengamos k bloques.
Más formalmente, hay una biyección entre el conjunto de las particiones de {1, . . . , n} en k
bloques de manera que el elemento n vaya solo en un bloque y el conjunto de las particiones
de {1, . . . , n − 1} en k − 1 bloques no vacı́os. El diccionario, la biyección, es simplemente
“quitar el bloque {n}” o “añadir el bloque {n}”. Concluimos ası́ que hay S(n − 1, k − 1)
particiones de este primer tipo.
Caso 2: El bloque que contiene a n tiene, además, otros elementos. ¿Podremos contar con
la misma receta? Veamos un ejemplo: sea X = {1, 2, 3, 4} y k = 2. Las particiones que nos
interesan son tales que el bloque que contiene al 4 tiene, además, otros elementos. Dos de
ellas, distintas, serı́an
{1, 2} ∪ {3, 4} y {3} ∪ {1, 2, 4} .
Ahora no podemos hablar de “quitar el bloque {4}”, pero aún podrı́amos intentar una regla
del tipo “quitar el elemento 4”. Pero no, no funciona, porque, por ejemplo,
1
{1, 2} ∪ {3, 4} −→ {1, 2} ∪ {3}
−→ ¡dan lugar a la misma partición!
{3} ∪ {1, 2, 4} −→ {1, 2} ∪ {3}
Aún ası́, no descartemos completamente el argumento. Pensemos en el proceso al revés,
“añadir 4”. Si tenemos la partición con dos bloques {1, 2} ∪ {3}, podemos situar el 4 en
cualquiera de ellos
{1, 2} ∪ {3}
−→
{1, 2, 4} ∪ {3}
y
{1, 2} ∪ {3, 4}
para dar lugar a una partición de {1, 2, 3, 4} en dos bloques, con el 4 “acompañado”.
Hagamos el argumento en general: tenemos las S(n − 1, k) particiones del conjunto
{1, . . . , n − 1} en k bloques. Para cada una de ellas, añadimos el elemento n en alguno
de los bloques. Tendremos k posibilidades para colocarlo:
⎧
{. . . , n} {· · · } · · · {· · · }
⎪
⎪
⎪
⎨ {· · · } {. . . , n} · · · {· · · }
{· · · } {· · · } · · · {· · · } −→
..
⎪
.
⎪
⎪
⎩
k bloques
{· · · } {· · · } · · · {. . . , n}
Dejamos al lector meticuloso que se convenza de que, al recorrer todas las particiones de
{1, . . . , n − 1} en k bloques vamos generando todas las particiones de {1, . . . , n} en k bloques
en las que el sı́mbolo n está acompañado, sin repetir ninguna. Como por cada partición del
primer tipo obtenemos k del segundo, concluimos finalmente que hay k S(n−1, k) particiones
en este Caso 2.
Ya tenemos la regla de recursión que buscábamos:
S(n, k) = S(n − 1, k − 1) + k S(n − 1, k)
que, junto a los valores frontera, codifica toda la información sobre los números S(n, k).
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.3. Particiones y descomposiciones
169
Podremos ası́ construir el análogo al triángulo de Pascal, en el que podemos leer, además,
sumando por filas, los valores de los números de Bell B(n):
k=2
k=3
1
k=4
1
1
k=5
1
3
1
k=6
1
7
6
1
1
15 25 10
1
k=7
1
31 90 65 15
1
n=1
n=2
n=3
n=4
n=5
n=6
n=7
k=1
1
63
301 350 140
21
1
B(n)
1
2
S(n−1, k−1)
5
15
S(n−1, k)
×k
~ =
S(n, k)
52
203
877
Observe el lector cómo ahora ya no tenemos la simetrı́a que presentaba el triángulo de
los coeficientes binómicos. La regla de recursión se interpreta gráficamente como aparece a
la derecha, donde la flecha de la izquierda, más oscura, nos indica que hay que multiplicar
(por k) antes de sumar. Los números de Bell B(n) también verifican una relación de recursión,
que el lector podrá encontrar en el ejercicio 3.3.3.
B. Una fórmula para los números de Stirling de segunda especie. Relación con el
número de aplicaciones sobreyectivas
Ya sabemos cuántas aplicaciones sobreyectivas hay entre un conjunto con n elementos y otro con k. Una fórmula complicada, que obtuvimos aplicando el principio de inclusión/exclusión en el ejemplo 3.1.7. Vamos ahora a relacionar, con un argumento combinatorio,
ese número de aplicaciones sobreyectivas con S(n, k). Esto nos dará, por un lado, una fórmula explı́cita para los S(n, k). Alternativamente, dado que sabemos calcular eficazmente los
números de Stirling, vı́a la regla de recurrencia, hallaremos una buena manera de calcular
también el número de aplicaciones sobreyectivas entre dos conjuntos.
Sean dos conjuntos X e Y con tamaños respectivos n y k. Supongamos, como es habitual,
que X = {1, . . . , n} e Y = {1, . . . , k}. Obsérvese primero que una aplicación cualquiera de X
a Y define una partición del conjunto X : en cada bloque de la partición estarán los elementos
de X que tengan imagen común. Pero si además la aplicación es sobreyectiva (es decir, todo
elemento y ∈ Y tiene un conjunto de preimágenes no vacı́o), entonces sabemos de cuántos
bloques consta la partición: exactamente k, tantos como elementos tenga Y.
Precisemos esta idea, construyendo las aplicaciones sobreyectivas de X en Y con el siguiente procedimiento: primero partimos
el conjunto X en k bloques no vacı́os. Esto, como bien sabemos, se puede hacer de S(n, k) maneras distintas. Ahora que
tenemos X partido en k bloques no vacı́os, asignamos a cada
uno de estos bloques un elemento de Y. En términos de la aplicación, estaremos decidiendo cuál es el elemento imagen común
a todos los del bloque. Este último paso se puede hacer, por
supuesto, de k! maneras. El dibujo de la izquierda describe el
proceso, en el que primero construimos los bloques, y luego les asignamos imagen.
X
f -
Y
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
170
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
Deducimos ası́ que
#{aplicaciones sobreyectivas de X = {1, . . . , n} en Y = {1, . . . , k}} = k! S(n, k) .
Recuérdese que el valor de S(n, k) se puede obtener mediante la regla de recursión citada
antes. Y si ahora recuperamos el resultado del ejemplo 3.1.7, llegamos a la fórmula
k−1
1 j k
S(n, k) =
(−1)
(k − j)n
k!
j
o bien
k
(−1)k k
m
S(n, k) =
(−1)
mn
k!
m
m=1
j=0
(a la derecha hemos cambiado el ı́ndice de sumación, de j a m = k − j, y hemos utilizado la
simetrı́a de los coeficientes binómicos).
En términos de bolas en cajas, S(n, k) cuenta el número de distribuciones de n bolas
numeradas en k cajas idénticas (sin cajas vacı́as). Ahora vemos que k! S(n, k) cuenta el
número de distribuciones de n bolas numeradas en k cajas numeradas (sin cajas vacı́as).
Calculemos, utilizando la fórmula anterior, S(n, 2):
0 1
2
2
2 n
1
2
2n − 2
(−1)2 m
n
−
+
2 =
,
(−1)
m =
S(n, 2) =
2! m=1
2
1
2
2
m
como ya vimos en el ejemplo 3.3.2. Y si recordamos los cálculos que hicimos para S(n, n) y
S(n, n − 1), deducimos los valores de las siguientes dos imponentes sumas:
n
(−1)n m n
(−1)
mn = 1 ;
S(n, n) =
n! m=1
m
n−1
n
(−1)n−1 m n−1
n
(−1)
.
m =
S(n, n − 1) =
(n − 1)!
2
m
m=1
Animamos al lector (no, es broma) a que intente la prueba algebraicas de estas identidades.
Ejemplo 3.3.3 Una identidad para los números de Stirling de segunda especie.
Sabemos que, si |X | = n y |Y| = k, hay un total de kn aplicaciones X → Y distintas. Una
manera alternativa de contar este número de aplicaciones es la siguiente:
1. primero decidimos cuántos elementos de Y van a tener preimagen. Este número será un
cierto j, con 1 ≤ j ≤ k. Ahora, para cada j,
2. decidimos qué elementos de Y tienen preimágenes (lo podremos hacer de kj maneras);
3. y una vez que hemos decidido a qué j elementos “llega” la aplicación, sólo resta construir
una aplicación sobreyectiva a estos j elementos.
Aplicando las reglas de la suma y del producto, llegamos a que
k k
n
j! S(n, j) .
k =
j
j=1
Obsérvese que la presencia de los coeficientes binómicos permite poner, como lı́mite superior
de sumación, n, mı́n(n, k), o incluso +∞.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.3. Particiones y descomposiciones
171
Ahora observemos que, para n fijo, podemos reescribir la identidad anterior como
kn =
n
k(k − 1) · · · (k − j + 1) S(n, j)
para todo k ≥ 1.
j=1
Arriba hemos escrito dos polinomios de grado n que coinciden en todos los enteros. Como
veremos con más detalle en la sección 4.6, esto supone que los polinomios han de ser el mismo:
xn =
n
x(x − 1) · · · (x − j + 1) S(n, j)
para todo x ∈ R.
♣
j=1
3.3.2.
Descomposición de permutaciones en ciclos
Como ya vimos en la subsección 3.2.1, una permutación se puede escribir, de manera
única, como producto de ciclos. Única, con las salvedades reseñadas: el orden en el que
presentamos los ciclos, y el elemento que aparece primero dentro de cada ciclo.
En principio, el número de ciclos que puede tener una permutación es cualquier número
entre 1 (las permutaciones cı́clicas) y n (por ejemplo, la permutación identidad). Y la pregunta
natural es: ¿cuántas permutaciones tienen un número determinado de ciclos? Llamemos
z(n, k) = # {permutaciones de {1, . . . , n} que tienen exactamente k ciclos} .
A estos números se les suele llamar números de Stirling (sin signo) de primera especie. Por
razones históricas37 , los números de Stirling de primera especie, s(n, k), se definen de
una forma un poco diferente: s(n, k) es el número tal que
(−1)n−k s(n, k) = z(n, k) = # {permutaciones de {1, . . . , n} con exactamente k ciclos} ,
de manera que pueden tomar tanto valores positivos como negativos. En lo que sigue, y por
simplificar, nos centraremos en la familia de números s(n, k). Aunque todas las expresiones
que obtendremos tendrán sencilla traducción a los números z(n, k) sin más que eliminar los
posibles signos: z(n, k) = |s(n, k)|.
Comenzamos nuestro análisis fijando el rango de los parámetros n y k. En principio, tiene
sentido considerar n ≥ 1 y k ≥ 1. Pero como no puede haber permutaciones con más ciclos
que elementos, diremos que, dado n ≥ 1,
s(n, k) = 0
si k > n.
Ası́ que podremos representar estos números de Stirling de primera especie en un triángulo
a la Tartaglia. Obsérvese que, si k = n, la única permutación que tiene tantos ciclos como
elementos es la identidad. Por tanto,
s(n, n) = (−1)n−n × 1 = 1
para cada n ≥ 1.
El otro caso extremo serı́a considerar k = 1. Como ya vimos en la página 148, hay (n − 1)!
permutaciones de {1, . . . , n} que son, ellas mismas, un ciclo (las llamadas permutaciones
cı́clicas). Ası́ que
para cada n ≥ 1.
s(n, 1) = (−1)n−1 (n − 1)!
37
Véase la discusión de la página 173.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
172
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
A. Regla de recurrencia para los números de Stirling de primera especie
Ya tenemos los “valores frontera”, y ahora buscaremos la regla de recurrencia. El argumento es similar al que empleábamos para los números S(n, k): clasificaremos en función
del papel de un elemento especial, digamos n. Partimos de una descomposición del conjunto
X = {1, . . . , n} en k ciclos. Tenemos, de nuevo, dos casos excluyentes.
Caso 1 Si n forma un ciclo por sı́ mismo, entonces, al quitarlo, nos queda una permutación
de {1, . . . , n − 1} con exactamente k − 1 ciclos.
Caso 2 En caso contrario, n forma parte de un ciclo junto con otros elementos. Quitar n
y pasar a permutaciones de {1, . . . , n − 1} no cambia el número de ciclos. Pero obsérvese lo
que ocurre en el siguiente ejemplo, en el que quitamos el 4:
4 (3, 2) ◦ 4 (1, 4)
−−−−−−→
da lugar a
3 (3 2)3 (1)
4 (3, 2, 4) ◦ 4 (1)
da lugar a
3 (3 2)3 (1)
−−−−−−→
Argumentamos entonces en sentido contrario. Partimos de una permutación del conjunto
{1, . . . , n − 1} con k ciclos, que tendrá un aspecto semejante a
n−1 (a11 , . . . , a1s ) ◦ n−1 (a21 , . . . , a2t ) ◦ . . . ◦ n−1 (ak1 , . . . , aku ) .
Queremos añadir el elemento n sin que se formen nuevos ciclos. Sea cual sea la permutación
considerada, tenemos n − 1 lugares donde colocarlo (los n − 1 “huecos” entre los aj ). Ası́ que,
por cada permutación de {1, . . . , n − 1} con k ciclos, obtenemos n − 1 permutaciones de
{1, . . . , n} con k ciclos en las que n esté “acompañada”.
Deducimos entonces que el número de permutaciones de X con k ciclos coincide con
*
*
permutaciones de {1, . . . , n − 1}
permutaciones de {1, . . . , n − 1}
+#
,
(n − 1) #
con k − 1 ciclos
con k ciclos
lo que nos darı́a la relación de recurrencia
z(n, k) = (n − 1) z(n − 1, k) + z(n − 1, k − 1) .
O, en términos de los s(n, k),
k=1
n=1
1
−1
n=2
s(n, k) = −(n − 1) s(n − 1, k) + s(n − 1, k − 1)
Con esta regla y los valores frontera, podemos rellenar los valores del triángulo de los s(n, k). Los
valores de z(n, k) se leen, simplemente, quitando el signo en los valores del triángulo. Obsérvese
que la suma por filas en el triángulo de los s(n, k)
da ahora siempre 0. ¿Y la suma por filas en el
triángulo de los z(n, k)? (véase el ejercicio 3.3.6).
−6
n=4
n=5
24
−50
35
1
−10
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
−15
s(n, k)
k=6
1
1
s(n−1, k)
~ =
k=5
1
n = 6 −120 274 −225 85
s(n−1, k−1)
k=4
−6
11
k=3
1
−3
2
n=3
k=2
×(1−n)
3.3. Particiones y descomposiciones
173
B. Relación entre los números de Stirling de primera y segunda especie
Antes de que el lector se aventure en la lectura de este apartado, queremos advertirle de
que requiere cierta familiaridad con los conceptos de espacio vectorial y base.
Las familias de números S(n, k) y s(n, k) no tenı́an, cuando surgieron como conceptos
matemáticos, el sabor combinatorio que aquı́ les estamos dando. Stirling estaba interesado
en otras cuestiones, de tipo más algebraico, y que por su interés pasamos a esbozar, dejando
para los ejercicios algunos detalles de su desarrollo.
Las identidades clave son las dos siguientes:
n
n
n
S(n, k) x(x−1) · · · (x−k+1) ;
(∗∗) x(x−1) · · · (x−n+1) =
s(n, k)xk .
(∗) x =
k=0
k=0
La de la izquierda ya la vimos en el ejemplo 3.3.3. Por comodidad, tomamos el lı́mite inferior
de sumación como 0. Para ello, es conveniente definir S(n, 0) = 0 para cada n ≥ 1, pero
S(0, 0) = 1. Dejamos la prueba de la identidad (∗∗), que involucra números de Stirling
de primera especie, como ejercicio 3.3.8 para el lector. Aquı́ también es necesario definir
s(n, 0) = 0 para cada n ≥ 1, pero s(0, 0) = 1.
El espacio de los polinomios p(x) con coeficientes reales es un espacio vectorial (de dimensión infinita, pero numerable). En él podemos considerar la base estándar, dada por
& '∞
B1 = xk k=0 = {1, x, x2 , x3 , . . . } ,
que es la que se usa habitualmente y la que se utiliza en la definición de polinomio como una
combinación lineal de potencias de x.
Pero en realidad cualquier colección de polinomios en la que cada uno tenga uno de los
grados posibles valdrı́a también como base (¡cerciórese el lector!). Por ejemplo, la base de los
factoriales decrecientes,
&
'∞
B2 = x(x − 1) · · · (x − k + 1) k=0 = {1, x, x(x − 1), x(x − 1)(x − 2), . . . }
(obsérvese la especial interpretación del caso k = 0).
Lo ilustramos con un ejemplo, que analizamos a mano: partimos del polinomio p(x) =
1 + 2x + 3x3 , cuyos coeficientes en la base B1 son, por supuesto, (1, 2, 0, 3, 0, 0, . . . ). Tras unas
ciertas manipulaciones algebraicas, el lector podrá llegar a que
p(x) = 1 + 2x + 3x3 = 1 + 5x + 9x(x − 1) + 3x(x − 1)(x − 2) ,
que nos dice que los coeficientes de p(x) en la base B2 son (1, 5, 9, 3, 0, 0, . . . ).
Si el polinomio está escrito en la base B2 , pasarlo a la base B1 es sencillo: basta multiplicar
todos los factores e ir agrupando los términos de igual grado. El otro camino es algo más
laborioso.
Precisamente las expresiones (∗) y (∗∗) constituyen un diccionario para pasar de una base
a la otra. La de la izquierda cambia de la base de los factoriales decrecientes a la estándar
(por eso es de suponer que Stirling llamó a los S(n, k) números de segunda especie), mientras
que la de la derecha hace el cambio inverso (y los números de s(n, k) son de primera especie).
El lector hallará más información y ocasión de aprender sobre este papel de los números de
Stirling como coeficientes del cambio de base en los polinomios en el ejercicio 3.3.9.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
174
3.3.3.
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
Particiones de enteros
5 = 1+1+1+1+1
Ahora nos interesa contar de cuántas maneras se puede es5 = 1+1+1+2
cribir un cierto entero positivo n como suma de enteros positi5 = 1+2+2
vos, donde el orden de los sumandos es irrelevante. Cada una
5 = 1+1+3
de estas formas será lo que llamaremos una partición de n; y
5 = 2+3
5 = 1+4
cada uno de los sumandos, una parte. A la derecha exhibimos
5 = 5
las siete posibles particiones de 5. Obsérvese que, por ejemplo,
5 = 2 + 3 y 5 = 3 + 2 representan la misma partición. Por comodidad, se suelen escribir los
sumandos de menor a mayor:
11 = 2 + 2 + 2 + 2 + 3 = 24 3 ;
o incluso en la forma abreviada de la derecha, donde 24 recuerda que hay que sumar 4 doses.
Démosles nombres y sı́mbolos a las cantidades de interés. Al número total de particiones
de n lo nombraremos como p(n). Intervendrán también en nuestros análisis las particiones
de n que tienen exactamente k partes; el número de ellas será pk(n). Obsérvese que
pk (n)
p(n) =
k≥0
(aunque en realidad el sumatorio sólo va desde k = 1 a k = n). Por ejemplo, p1 (5) = 1,
p2 (5) = 2, p3 (5) = 2, p4 (5) = 1 y p5 (5) = 1, que en total da p(5) = 7. En general, cuando
queramos contar el número de particiones de n que cumplan una determinada propiedad,
escribiremos
p(n | la partición cumple cierta propiedad)
Ası́, por ejemplo, los pk (n) que acabamos de introducir corresponden a
pk (n) = p(n | el número de partes es exactamente k) .
Contar el número de particiones de un entero n con ciertas caracterı́sticas suele ser un
asunto muy complicado. El lenguaje natural para tratar este tipo de cuestiones es el de las
funciones generatrices. Ası́ lo haremos en la sección 13.2. Pero, hasta entonces, nos limitaremos a utilizar argumentos de tipo combinatorio.
Particiones de 5
Composiciones de 5
El lector atento habrá advertido la semejanza entre las particiones de un entero n y lo
1 + 1 + 1 + 1 + 1 ←→ 1 + 1 + 1 + 1 + 1
que en la subsección 3.1.2 llamábamos compo2+1+1+1
1+2+1+1
siciones de n. La diferencia, vital como vere1 + 1 + 1 + 2 ←→
1+1+2+1
mos, es que, al contrario que con las compo1+1+1+2
siciones, para las particiones el orden de pre1+2+2
sentación de los sumandos no es relevante. Pe1 + 2 + 2 ←→
2+1+2
ro aún ası́. . . Véanse a la derecha algunas par2+2+1
ticiones del entero 5. No muy alentador. No
2+3
2 + 3 ←→
parece sencillo encontrar el diccionario entre
3+2
estas dos cuestiones, pues el número de composiciones que corresponde a cada partición depende (y no queda claro de qué manera) de la
partición en sı́.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.3. Particiones y descomposiciones
175
B. Diagramas de Ferrers y recursión
Los llamados diagramas de Ferrers38 son, como
9 = 1 + 3 + 5 −→ × × × × ×
× × ×
veremos, una manera muy útil y visual de representar,
×
analizar y manipular las particiones de n. Se trata, simplemente, de dibujar tantas filas como sumandos tenga 9 = 1 + 2 + 3 + 3 −→ × × ×
× × ×
la partición y en cada fila colocar tantos sı́mbolos (diga××
mos ×) como nos diga el tamaño del sumando en cuestión
×
(los colocaremos en orden inverso de tamaños). A la derecha mostramos los diagramas de Ferrers de sendas particiones. El primer resultado, que
será la clave en los que vendrán después, es el siguiente:
Teorema 3.4 Dado n ≥ 1 y un entero k entre 1 y n,
p(n | con no más de k partes) = p(n + k | con exactamente k partes)
(la cantidad de la derecha es lo que hemos dado en llamar pk (n + k)).
Demostración. Vamos
⎧
×××××
⎪
⎪
⎪
⎪
× × ××
⎪
⎪
⎨
× × ××
k filas
××
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
×
⎪
⎩
×
a establecer una biyección entre los dos conjuntos de particiones.
Si tenemos una partición de n + k con k partes, su diagrama de
Ferrers tendrá k filas (y n + k sı́mbolos en total). Si borramos la
primera columna, obtenemos el diagrama de Ferrers de una partición de n (hemos borrado k sı́mbolos ×) que tiene, a lo sumo, k
partes (el caso extremo serı́a aquél en el que no hubiera unos en la
partición, de forma que al eliminar la primera columna no harı́amos
desaparecer fila alguna).
En el otro sentido, dada un partición de n con no más de k partes, al añadir una primera
columna de k sı́mbolos, obtenemos una partición de n + k con exactamente k partes.
Esta sencilla observación nos permite establecer nuestra primera regla recursiva.
Teorema 3.5 (primera regla de recurrencia) Dado n ≥ 1 y un entero k entre 1 y n,
pk (n) =
k
pj (n − k) .
j=1
Demostración. Del teorema 3.4 sabemos que
pk (n) = p(n | k partes) = p(n − k | con no más de k partes) .
Y si clasificamos las particiones de n−k con no más de k partes según el número de sumandos
de que consten, terminamos la demostración:
pk (n) =
k
j=1
p(n − k | exactamente j partes) =
k
pj (n − k) .
j=1
38
En honor del matemático británico Norman Macleod Ferrers (1829-1903), quien parece ser que fue el primero en utilizarlos para el análisis de las particiones de un entero. Uno se puede imaginar a Ferrers trabajando
en la cafeterı́a de la esquina, pintando diagramas, para luego alardear de sus conocimientos matemáticos ante
los colegas quienes, un momento después, se dan la vuelta y se ponen a dibujar crucecitas al tun-tún.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
176
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
Note el lector que, pese a su aspecto complicado, la identidad anterior es una regla de
recurrencia que permite calcular el valor de pk (n) si conocemos ciertos valores del número de
particiones con parámetros más bajos (particiones de n − k y número de sumandos hasta k).
Para completar el análisis, necesitaremos los siguientes “valores frontera”:
k = 1 supone partir n en un único sumando. Sólo hay una manera de hacerlo, claro,
luego p1 (n) = 1, para cada n.
El caso k = n exige partir n en n sumandos. De nuevo hay una única manera de hacerlo,
sumar n unos. Luego pn (n) = 1.
Ahora ya podemos ir generando todos los valores de pk (n), disponiéndolos como en la figura
(sumando por filas obtenemos los correspondientes p(n)):
k=1 k=2 k=3 k=4 k=5 k=6 k=7 k=8 k=9 k=10 k=11 k=12 k=13 k=14
n=1
1
n=2
1
1
n=3
1
1
1
n=4
1
2
1
1
n=5
1
2
2
1
1
n=6
1
3
3
2
1
1
n=7
1
3
4
3
2
1
1
n=8
1
4
5
5
3
2
1
1
n=9
1
4
7
6
5
3
2
1
1
n = 10
1
5
8
9
7
5
3
2
1
1
n = 11
1
5
10 11 10
7
5
3
2
1
1
n = 12
1
6
12 15 13 11
7
5
3
2
1
1
n = 13
1
6
14 18 18 14 11
7
5
3
2
1
1
n = 14
1
7
16 23 23 20 15 11
7
5
3
2
1
p(1) = 1
p(2) = 2
p(3) = 3
p(4) = 5
p(5) = 7
p(6) = 11
p(7) = 15
p(8) = 22
p(9) = 30
p(10) = 42
p(11) = 56
p(12) = 77
p(13) = 101
1
p(14) = 135
El tablero anterior se ha ido generancolumna k
do con aplicaciones sucesivas de la rep1 (n − k) p2 (n − k)
pk (n − k) fila n − k
gla de recurrencia, que interpretamos
gráficamente en el esquema de la derecha: para calcular pk (n) (fila n y columna k) sumaremos los valores de las casillas que estén, sobre la fila n − k, en
R
pk (n)
fila n
las primeras k columnas. Convendrá el
lector que el uso de esta regla de recurrencia no es muy cómodo. Hay una manera alternativa,
y quizás más sencilla, de escribirla. El siguiente ejemplo nos indica el camino.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.3. Particiones y descomposiciones
177
Ejemplo 3.3.4 Analicemos las p3 (10) = 8 particiones del entero 10 con tres partes.
A la derecha mostramos las 8 particiones posibles. En las cuatro
1+1+8
2+2+6
primeras, las que tienen unos, podemos quitar estos sumandos 1
1+2+7
2+3+5
1+3+6
2+4+4
a cada una de ellas para obtener particiones de 9 con únicamente
1
+
4
+
5
3+3+4
dos partes (una menos que la de partida). Para las cuatro de la
derecha, las que no tienen unos, podemos quitar, en cada una de ellas, un 1 a cada uno de los
sumandos, para obtener particiones del entero 10 − 3 = 7 que siguen teniendo tres partes. ♣
El argumento del ejemplo anterior prueba que p3 (10) = p2 (9) + p3 (7). Un resultado que
podemos generalizar:
Teorema 3.6 (segunda regla de recurrencia) Dado n ≥ 1 y un entero k entre 1 y n,
pk (n) = pk−1 (n − 1) + pk (n − k)
Demostración. Observemos primero la interpretación
gráfica de esta recurrencia (sobre la tabla de la página
anterior); es la que aparece en la figura de la derecha. Si el
lector observa el esquema de la primera regla de recurrencia, notará que esta segunda regla se deduce directamente
de aquélla, pues el valor de pk−1 (n − 1) es la suma de los
pj (n − k) de ı́ndices j menores que k. Más formalmente,
pk (n) =
k
pj (n − k) = pk (n − k) +
j=1
= pk (n − k) +
k−1
columna k
pk (n − k)
fila n − k
pk−1 (n − 1)
pj (n − k)
j
?
pk (n)
fila n
j=1
k−1
pj (n − 1) − (k − 1) = pk (n − k) + pk−1 (n − 1) ,
j=1
donde hemos utilizado, en dos ocasiones, la regla de recurrencia del teorema 3.5. Animamos
al lector a que se entretenga probando el resultado directamente a partir de los diagramas
de Ferrers, distinguiendo entre las particiones de n con k partes que contengan unos y las
que no los contengan.
♣
Veamos una última aplicación de estos diagramas de Ferrers. Partimos de la simple observación de que si en el diagrama de una partición de n intercambiamos filas por columnas,
obtenemos de nuevo una partición de n, porque no alteramos el número de sı́mbolos (en
ocasiones, por cierto, la partición que obtenemos con este procedimiento puede coincidir con
la de partida, véase el ejercicio 3.3.10).
Hagámoslo, por ejemplo, para la parti× × × × ×
× × × × ×
× × × ×
× × × × ×
ción de n = 18 codificada como [1 2 32 4 5],
× × ×
−→
× × × ×
que tiene seis partes y cuya parte mayor
× × ×
× ×
× ×
×
es un 5. Si ahora intercambiamos filas por
×
columnas, obtenemos una partición de 18
con cinco partes y cuya parte mayor es 6. En concreto, la partición [1 2 4 5 6]. A la derecha
representamos los diagramas de Ferrers de ambas particiones.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
×
178
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
Si en una partición λ intercambiamos filas por columnas, obtenemos su partición conjugada λ . Las particiones λ y λ tienen intercambiados los papeles del número de partes y el
tamaño de la parte mayor (como ocurrı́a en el ejemplo de la partición de 18). De hecho, la
transformación λ −→ λ es una biyección entre las particiones de n que tienen k partes y las
particiones de n cuyo mayor sumando es k, como se recoge en el siguiente resultado:
Teorema 3.7 Dados unos enteros positivos n y k,
p(n | su mayor parte es k) = p(n | k partes) = pk (n) .
Y, por tanto,
p(n | su mayor parte es ≤ k) = p(n | no más de k partes)
teorema 3.4
=
pk (n + k).
B. Estimaciones de tamaño
Ya tenemos un procedimiento eficaz para calcular los valores de pk (n), y por ende, los
de p(n). Ahora nos preguntamos por el tamaño de uno cualquiera de estos números, en
especial cuando n es muy grande. La estimación asintótica de estas cantidades es un problema
extremadamente sutil, sobre el que volveremos en la sección 13.2, ya con el lenguaje de las
funciones generatrices, y al que aquı́ haremos una primera aproximación.
Nuestro primer intento recupera la comparación del principio de la sección entre particiones y composiciones de n. Fijados n y k, al menos hay tantas composiciones como particiones
(recordemos que en las composiciones cuenta el orden). Por ejemplo, para n = 3 y k = 2,
hay una partición (1 + 2) y dos composiciones (1 + 2 y 2 + 1). En general,
n−1
.
pk (n) ≤ #{composiciones de n con k sumandos} =
k−1
Estimación que podemos mejorar con un argumento más fino. Nótese que, por ejemplo,
a la partición 2 + 3 le corresponden tantas composiciones (dos) como permutaciones de los
sumandos, porque todos los sumandos son distintos. Precisemos esta idea. Obsérvese que
cada partición de n con exactamente k partes se corresponde con una solución de
x1 + x2 + · · · + xk = n
()
1 ≤ x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xk
Escribimos ordenados (por ejemplo de menor a mayor) los k términos para evitar, justamente,
escribir la misma partición varias veces. Quizás el lector recuerde ahora, algo esperanzado con
la posibilidad de ahorrarse nuevos cálculos, las técnicas y resultados del análisis de ecuaciones
diofánticas que hicimos en la subsección 3.1.2. Sentimos decepcionarle: el tipo de restricciones
sobre las variables que allı́ tenı́amos (xj ≥ aj , donde los números aj son fijos) no son como
las que afrontamos ahora, y el análisis de la cuestión no será tan simple como entonces. Aún
ası́, sigamos adelante. Si ahora hacemos el cambio de variables
x
9i = xi + (i − 1) ,
para cada 1 ≤ i ≤ k ,
los números x̃i mantienen el mismo orden que tenı́an los xi , pero son ahora todos distintos
(los hemos “separado”).
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.3. Particiones y descomposiciones
179
La suma de estos nuevos números vale
k
i=1
k
k
k
k−1
k(k − 1)
.
x̃i =
(xi + i − 1) =
xi +
(i − 1) = n +
j =n+
2
i=1
i=1
i=1
j=0
Ası́ que pk (n), el número de soluciones del problema (), es también el número de soluciones de
(
92 + · · · + x
9k = n + k(k − 1)/2
x
91 + x
()
92 < · · · < x
9k
1≤x
91 < x
Por ejemplo, del entero 6 hay tantas particiones con tres sumandos como soluciones tenga
(
x1 + x2 + x3 = 6
1 ≤ x1 ≤ x2 ≤ x3
Debajo de estas lı́neas, a la izquierda, mostramos tres de estas particiones. A su derecha
escribimos su traducción en términos de las x
9i (al valor de x3 hay que sumarle 2, al de x2 le
sumamos 1 y dejamos x1 tal como está):
x2
x3
x1
↓
↓
↓
6=1 + 1 + 4
6=1 + 2 + 3
6=2 + 2 + 2
←→
x
91
x
92
x
93
↓
↓
↓
9=1 + 2 + 6
9=1 + 3 + 5
9=2 + 3 + 4
xi , . . . , x
9k )
Pero ahora, como los x
9i son todos distintos, cada permutación de una lista solución (9
genera una composición distinta de n + k(k − 1)/2 con tamaño k. En el ejemplo, la partición
de 9 dada por 1 + 2 + 6 da lugar a las 3! = 6 composiciones de 9 siguientes:
1 + 2 + 6,
1 + 6 + 2,
2 + 1 + 6,
2 + 6 + 1,
6 + 1 + 2,
6 + 2 + 1.
Pero por supuesto no están todas (por ejemplo, la composición de 9 dada por 3 + 3 + 3 no la
podemos obtener de esta manera), ası́ que
n + k(k−1)
1 n + k(k−1)
−1
−1
2
2
=⇒ pk (n) ≤
.
k! pk (n) ≤
k!
k−1
k−1
Dejamos que el lector compruebe, para lo que
le será útil revisar el ejercicio 3.1.3, que
quizás
,
esencialmente
en un factor 1/k! extra.
esta estimación mejora la inicial, pk (n) ≤ n−1
k−1
Para completar este primer análisis del tamaño de pk (n), buscaremos ahora cotas por
debajo. Lo vamos a hacer con el argumento más simple posible: dada una partición de n,
podemos permutar sus k sumandos para obtener composiciones (aunque, por supuesto, no
todas ellas serán distintas). Por ejemplo, la partición 5 = 1 + 2 + 2, que tiene tres sumandos,
darı́a lugar, en principio, a 3! = 6 posibles ordenaciones de los sumandos de las que, en
realidad, sólo hay tres composiciones distintas, 1 + 2 + 2, 2 + 1 + 2 y 2 + 2 + 1. No es una
estimación muy precisa, pero va justo en el sentido que queremos:
n−1
1 n−1
.
=⇒ pk (n) ≥
k! pk (n) ≥
k! k − 1
k−1
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
180
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
Ahora reunimos toda la información y concluimos que
1 n + k(k−1)
−1
1 n−1
2
≤ pk (n) ≤
.
k! k − 1
k!
k−1
Estas acotaciones, válidas para todo n y para cada k = 1, . . . , n, aunque no sean muy precisas,
son suficientes para obtener, utilizando la fórmula de Stirling, que, para k fijo,
pk (n) ∼
nk−1
k! (k − 1)!
cuando n → ∞ .
Consulte el lector concienzudo el ejercicio 3.1.3.
C. Particiones con todos los sumandos distintos
De entre las múltiples particiones con restricciones que podemos considerar, unas especialmente relevantes son aquéllas que tienen todas sus partes (sus sumandos) distintos. Los
primeros casos son sencillos de determinar:
n
1
2
3
4
5
6
7
8
particiones con sumandos distintos
1
2
1+2, 3
1+3, 4
1+4, 2+3, 5
1+5, 2+4, 1+2+3, 6
1+6, 2+5, 3+4, 1+2+4, 7
1+7, 2+6, 3+5, 1+2+5, 1+3+4, 8
número
1
1
2
2
3
4
5
6
Obsérvese que, para algunos valores de n (por ejemplo, 3, 4 y 6; pero no para 1, 2 ó 5), la mitad
de estas particiones tienen un número par de sumandos, y la otra mitad tiene un número
impar de partes. Consideremos entonces, para cada n ≥ 1, las dos siguientes cantidades:
ppar (n) = p(n | con un número par de partes, todas distintas) ;
pimpar (n) = p(n | con un número impar de partes, todas distintas) .
Nos interesa la diferencia de estos dos números, que es 0 en los casos vistos de n = 3, 4, 6, y
±1 en los demás casos enumerados. La respuesta es de lo más sorprendente:
Teorema 3.8
(
ppar (n) − pimpar (n) =
(−1)m , si n =
0,
m
2 (3m
± 1)
para cierto entero m,
en el resto de los casos.
Antes de proceder a la demostración del teorema, y para insistir en el asombro que produce
su enunciado, señalemos que los números m
2 (3m ± 1), cuyos primeros valores son
m (3m − 1)/2
m (3m + 1)/2
m=1
m=2
1
2
5
7
m=3 m=4 m=5 m=6 m=7
12
15
22
26
35
40
51
57
70
77
···
···
···
son los llamados números pentagonales (al menos los de la primera fila), de los que ya
hablamos en el ejercicio 1.2.3.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.3. Particiones y descomposiciones
181
*
Demostración. Consideremos una partición λ de n con
β=3
todas sus partes distintas. Llamaremos α(λ) al tamaño
del menor sumando de la partición. Empezando por el
mayor sumando, determinamos cuántas partes consecutivas se diferencian de la anterior en exactamente 1. A
α=2
ese número lo llamaremos β(λ). Obsérvese, en el ejemplo
de la derecha, que β = 3 porque las tres partes mayores difieren en una unidad, pero ya no la
cuarta. Vamos ahora a definir una regla, o más bien dos, que cambian la paridad del número
de sumandos que tiene una partición de n con partes distintas.
Regla 1. Supongamos que la partición λ cumple que α(λ) ≤ β(λ). Construimos la partición
λ∗ con la siguiente receta: quitamos el menor sumando de la partición λ y añadimos sus α
sı́mbolos a las α partes mayores de la partición:
λ
λ∗
*
β=3
-
α=2
Obtenemos ası́ una partición λ∗ de n cuyas partes siguen siendo todas distintas; pero que
tiene un sumando menos que los que tuviera λ. Si, por ejemplo, λ tiene un número par de
partes, λ∗ tendrá un número impar de partes (y viceversa).
Regla 2. Supongamos que α(λ) > β(λ). Quitamos ahora los β últimos sı́mbolos de las β
mayores partes y los colocamos como un nuevo sumando (que será el más pequeño):
λ
λ∗
β=2
-
α=3
Obsérvese que ahora λ∗ tiene un sumando más que λ.
Podrı́a parecer que la transformación λ → λ∗ (Regla 1 ó Regla 2 en función de la estructura de la partición λ) es una biyección entre las particiones de n con partes distintas y con
un número par de sumandos y las que tienen número impar de sumandos.
Esto, por cierto, no es lo que afirmaba el teorema. Y es
que hay un par de casos en los que las reglas anteriores
no son aplicables. Veamos el primero en un ejemplo. Supongamos que tenemos una partición del entero 35 (que,
como el lector ya habrá advertido, es un número pentagonal) con todas sus partes distintas y α = β, digamos
iguales a 5, como en el esquema de la derecha.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
182
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
Como α = β = 5, deberı́amos aplicar la primera regla. Pero no, la regla no está definida en
este caso, pues no podemos quitar las 5 aspas del último sumando y añadı́rselos a los restantes
sumandos (¡nos faltarı́a uno!). Esta situación se presentará siempre que tengamos α = β = m
y haya un solapamiento como el que indica el dibujo anterior. Pero ese solapamiento se
produce porque hay exactamente m partes, que son m, m+1, . . . , 2m−1. Ası́ que n deberá ser
de la forma
n=
m−1
m−1
j=0
j=1
(m + j) = m2 +
j = m2 +
m
(m − 1) m
=
(3m − 1) ,
2
2
justamente un número pentagonal (35 es el número pentagonal correspondiente a m = 5).
Consideremos ahora el entero 26 y una partición suya con todas los sumandos distintos y
α > β, como la que mostramos bajo estas lı́neas. Toca aplicar la Regla 2, y con ella obtenemos
la partición que aparece a la derecha.
λ
λ∗
-
Pero, ¡cuidado!, la partición resultante no tiene todos los sumandos distintos, algo que
estamos exigiendo continuamente. Ası́ que, en este caso, no podemos aplicar la Regla 2.
De nuevo podemos determinar cuándo nos encontramos en esta situación: siempre que
α = # partes + 1 y que esas partes sean m + 1, . . . , 2m. Es decir, cuando n sea de la forma
n=
m
m
m
n (m + 1)
= (3m + 1) ,
(m + j) = m2 +
j = m2 +
2
2
j=1
j=1
que es la otra familia de números pentagonales.
Queda como ejercicio 3.3.11 para el lector la comprobación de que si n es de la forma
m(3m ± 1)/2, entonces ppar (n) y pimpar (n) difieren en (−1)m . En el resto de los casos, como
ya hemos comprobado, la transformación λ → λ∗ es una biyección entre el conjunto de las
particiones de n con un número par de sumandos distintos y el de las particiones de n con
un número impar de sumandos distintos.
Obtendremos una nueva demostración, quizás más transparente, de este resultado cuando
revisemos todas estas cuestiones provistos ya del lenguaje de las funciones generatrices, en
la sección 13.2. Veremos allı́ (asombro ya desbocado) que este peculiar resultado resulta
ser de enorme utilidad para obtener un procedimiento eficaz para calcular el valor de p(n).
Y, puestos ya en este plan decididamente anticipativo, digamos también que las funciones
generatrices nos permitirán probar resultados como el siguiente (véase el teorema 13.1):
p(n | partes impares) = p(n | partes distintas) ,
nada fácil de demostrar con diagrama de Ferrers. Dejemos, pues, las particiones en este punto,
hasta disponer de las herramientas necesarias para seguir con su tratamiento.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.3. Particiones y descomposiciones
183
EJERCICIOS DE LA SECCIÓN 3.3
3.3.1 Compruébese que
n
1 n n−2
S(n, n − 2) =
+
.
3
2 2
2
Hállese una fórmula análoga para S(n, n − 3). Obténgase también una fórmula para S(n, 3).
n n
S(k, m).
3.3.2 Pruébese que S(n + 1, m + 1) =
k
k=m
3.3.3 El número de Bell B(n) cuenta el número de particiones de {1, . . . , n} en bloques no vacı́os:
B(n) =
n
S(n, k)
k=1
(véase una interpretación alternativa en la subsección 3.5.1). Compruébese que, si definimos B(0) = 1,
se verifica la siguiente relación de recurrencia:
n n−1
n − 1
n−1
B(n) =
B(n − j) , esto es, B(n) =
B(k)
para cada n ≥ 1
j−1
k
j=1
k=0
3.3.4 Consideremos ahora el número de particiones del conjunto {1, . . . , n} en bloques no vacı́os,
de manera que los bloques van numerados (el orden dentro de los bloques sigue siendo irrelevante). A
9
este número lo llamaremos n-ésimo número de Bell ordenado, B(n).
Compruébese que
9
B(n)
=
n
S(n, k) k! .
k=1
9
Pruébese que, si definimos B(0)
= 1, estos números verifican la siguiente relación de recurrencia:
n
n−1
n
n
9
9
9
9
B(n) =
B(n − j) para cada n ≥ 1, o, lo que es lo mismo, B(n) =
B(k)
.
j
k
j=1
k=0
3.3.5 Una cierta competición consta de n equipos. Al final del torneo, los equipos quedan clasificados
en función de los resultados de los partidos. ¿Cuántas posibles clasificaciones finales hay si se permite
que dos o más equipos acaben empatados?
3.3.6 Pruébese que
(a)
z(n, k) =
|s(n, k)| = n!
k≥1
para cada n ≥ 1;
(b)
k≥1
s(n, k) = 0
para cada n ≥ 2.
k≥1
3.3.7 Pruébese que
(a)
z(n + 1, k) =
n−k+1
j=0
n
j! z(n − j, k − 1) ;
j
(b)
s(n + 1, k) =
n−k+1
j=0
n
(−1)j j! s(n − j, k − 1) .
j
3.3.8 Pruébese, por inducción y utilizando la regla de recurrencia para los s(n, k), que
x(x − 1) · · · (x − n + 1) =
s(n, k) xk .
k≥0
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
184
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
3.3.9 En este ejercicio discutimos la relación entre los números de Stirling de primera y segunda
especie. Consideremos la base usual de los polinomios B1 = {1, x, x2 , x3 , x4 , x5 , . . . } y la base de los
factoriales decrecientes
B2 = {1, x, x(x − 1), x(x − 1)(x − 2), x(x − 1)(x − 2)(x − 3), x(x − 1)(x − 2)(x − 3)(x − 4), . . . }.
(a) Compruébese que los primeros elementos de B1 es escriben, en términos de los de B2 , como sigue:
1
x
x2
x3
x4
=1
=x
= x + x(x − 1)
= x + 3x(x − 1) + x(x − 1)(x − 2)
= x + 7x(x − 1) + 6x(x − 1)(x − 2) + x(x − 1)(x − 2)(x − 3)
Nótese la presencia de los S(n, k) en los términos de la derecha. Verifı́quese, en sentido contrario, que
1=1
x=x
x(x − 1) = −x + x2
x(x − 1)(x − 2) = 2x − 3x2 + x3
x(x − 1)(x − 2)(x − 3) = −6x + 11x2 − 6x3 + x4
Obsérvese que los coeficientes que aparecen son ahora los números s(n, k).
(b) El paso de una base a otra se puede codificar matricialmente. Sea S la matriz (infinita) cuyas
filas y columnas se indexan de 0 en adelante, y que en la fila n (n ≥ 0) y en la columna k (k ≥ 0)
tiene como registro el número de Stirling de segunda especie S(n, k). Sea s la matriz análoga para los
números de Stirling de primera especie, s(n, k). Recuérdese que hemos definido s(0, 0) = 1 = S(0, 0).
Supongamos que el polinomio p(x) tiene coeficientes (αk ) en la base usual y coeficientes (βk ) en
la base de los factoriales decrecientes. Esto es,
p(x) =
αk xk =
βk x(x − 1) · · · (x − k + 1)
k
k
Compruébese que, si denotamos por × el producto de matrices habitual,
(α0 , α1 , . . . ) × S = (β0 , β1 , . . . )
y que
(β0 , β1 , . . . ) × s = (α0 , α1 , . . . ) ,
(c) Compruébese que S × s = s × S = I, donde I es la matriz identidad (infinita).
(d) Sean f y g son dos funciones definidas en N. Compruébese que
f (n) =
n
k=1
s(n, k) g(k)
⇐⇒
g(n) =
n
S(n, k) f (k) .
k=1
3.3.10 Si una partición λ coincide con su conjugada, se dice, por supuesto, que es autoconjugada.
(a) Compruébese que, para los valores de n = 1, . . . , 16, hay el siguiente número de particiones autoconjugadas: 1, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 5.
(b) Pruébese que p(n|autoconjugadas) = p(n|con partes distintas e impares).
3.3.11 Complétese la demostración del teorema 3.8 probando que si n = m(3m ± 1)/2, entonces
ppar (n) − pimpar (n) = (−1)m .
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.4. Distribuciones de bolas en cajas
3.4.
185
Distribuciones de bolas en cajas
Una gran cantidad de cuestiones combinatorias pueden ser descritas y codificadas en
términos de distribuciones de bolas en cajas. Ası́ que conviene tener a mano un vademécum
que incluya los principales casos, clasificados en función de si las bolas y las cajas son distinguibles o no (incluyendo, además, las restricciones más habituales sobre la distribución).
Las bolas serán los objetos que distribuiremos en las cajas, y supondremos que dentro de
las cajas el orden no es relevante. En los ejercicios de esta sección hemos incluido, además,
algunas preguntas sobre distribuciones de bolas en tubos (cajas en cuyo interior el orden
será también importante).
En todo lo que sigue, los parámetros n y k serán enteros positivos. Usaremos los términos
“idénticas” y “no numeradas” cuando los objetos de interés (quizás las bolas, quizás las cajas)
sean indistinguibles. Cuando sean distinguibles, también utilizaremos los términos “numeradas” y “distintas”. Por ejemplo, cuando digamos que n cajas están numeradas, querremos
significar que les hemos asignado números distintos de 1 a n.
A. Bolas idénticas, cajas numeradas
Tenemos n bolas idénticas, que queremos distribuir en k cajas numeradas. Véanse, en el
dibujo, las n bolas, dispuestas a ser introducidas en las cajas.
-
···
C1
C2
Ck
···
C1
C2
Ck
A la derecha ya se ha hecho esa distribución. Obsérvese que, para determinar una de
estas distribuciones, basta decidir cuántas bolas van en la caja 1, cuántas en la 2, etc., puesto
que, como las bolas son indistinguibles, no tiene sentido preguntarse por qué bolas van en
cada caja. Ası́ que una distribución de éstas se puede codificar como una lista de números
(x1 , . . . , xk ) cuya suma vale
x1 + · · · + xk = n .
En principio, la única restricción sobre los xj es que sean enteros no negativos.
Esta cuestión sobre el número de soluciones de ciertas ecuaciones diofánticas ya la analizamos con detalle en la subsección 3.1.2, en la que el lector encontrará los argumentos que
justifican las respuestas de este apartado. Los casos más relevantes son:
si no permitimos que queden cajas vacı́as (esto es, si exigimos que xj ≥ 1). Obsérvese que si n < k, no hay ninguna distribución posible. Pero si n ≥ k, el número de
distribuciones posibles es
n−1
para n ≥ k ≥ 1.
k−1
En el caso general, en que permitimos que alguna caja pudiera quedar vacı́a, las restricciones son xj ≥ 0. Entonces k puede tomar cualquier valor y la respuesta es
n+k−1
n ≥ 1 , k ≥ 1.
k−1
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
186
Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
Otro tipo de restricciones para los xj (cotas por arriba y por debajo) fueron estudiadas en
la subsección 3.1.2, y remitimos a ella al lector que pudiera estar interesado (véanse también
los ejercicios 3.4.1 y 3.4.2).
B. Bolas y cajas numeradas
Consideremos ahora n bolas numeradas y k cajas numeradas. La cuestión que nos interesa
nuevamente es determinar de cuántas maneras se pueden distribuir las bolas en las cajas,
pero ahora sı́ que podemos (y debemos) distinguir qué bolas van en cada caja:
n
-
···
1 2 3 4
C1
C2
Ck
4
n 1
C1
2
C2
···
3 7
Ck
Éste es también una cuestión que ya hemos tratado ampliamente. Teniendo en cuenta
los ingredientes del problema, la mejor manera de codificar una distribución de éstas es
mediante una lista de n posiciones, en cada una de las cuales puede ir, en principio, un
elemento cualquiera del conjunto {1, . . . , k}. En la posición j informamos de a qué caja (un
número entre 1 y k) ha ido la bola j.
En otros términos, que también hemos considerado, son las aplicaciones de un conjunto
con n elementos en uno con k elementos. Los casos más relevantes son:
si pueden quedar cajas vacı́as (esto es, si la lista es sin restricciones, o si queremos
contar todas las posibles aplicaciones), entonces k puede tomar cualquier valor y la
respuesta es
kn .
Si no permitimos cajas vacı́as (es decir, si en la lista deben aparecer todos los sı́mbolos
de {1, . . . , k}, o bien si queremos contar las aplicaciones sobreyectivas), entonces n ha
de ser ≥ k y la respuesta es
k! S(n, k) ,
donde los S(n, k) son los números de Stirling de segunda especie, a los que dedicamos la
subsección 3.3.1 (allı́ podrá encontrar el lector fórmulas explı́citas para ellos, ası́ como
la regla de recursión que permite calcularlos).
Supongamos ahora que nos interesa contar el número de distribuciones de n bolas
numeradas en cajas numeradas, de manera que ninguna de éstas quede vacı́a, pero
cuando no fijamos a priori el número de cajas. La respuesta es, entonces,
n
k! S(n, k) ,
k=1
una cantidad que recibe el nombre de n-ésimo número de Bell ordenado, y que denotamos por B̃(n). De estos números ya hablamos en el ejercicio 3.3.4.
Si exigimos que las bolas vayan en cajas distintas (lo que sólo es posible si n ≤ k),
entonces la respuesta es
k(k − 1) · · · (k − n + 1) .
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
3.4. Distribuciones de bolas en cajas
187
Recordamos también que si tenemos una información mucho más detallada, como es la de que
en la distribución de las n bolas en k cajas vayan aj bolas en la caja j, donde a1 +· · ·+ak = n,
entonces la respuesta es (véase la subsección 3.1.4) el coeficiente multinómico
n
.
a1 , . . . , ak
C. Bolas numeradas, cajas idénticas
Tenemos n bolas numeradas, que quere3 7
6
8 9
mos distribuir en k cajas idénticas. Estamos
5 6 7
2 8
partiendo un conjunto de n elementos en k
9
1 2 3 4
5
1 4
bloques. Junto a estas lı́neas exhibimos una
distribución de éstas para n = 9 y k = 5. Dibujamos los bloques como “montones desperdigados” para insistir en la idea de que no están ordenados (no hay bloque 1, bloque 2, etc.).
Parece razonable suponer que los bloques sean no vacı́os39 . Entonces n ha de ser ≥ k y
la respuesta es, simplemente,
S(n, k) .
Si sólo fijamos n, el número de bolas (numeradas), pero no el número de bloques, entonces
la respuesta es el número total de particiones del conjunto {1, . . . , n}, que conocemos como
el n-ésimo número de Bell B(n):
B(n) =
n
S(n, j) .
j=1
D. Bolas y cajas idénticas
Tenemos n bolas y k cajas. Ahora no podemos distinguir entre las bolas ni entre las
cajas. Véase en el dibujo una distribución para
n = 9 y k = 6. Estas distribuciones se corresponden con las particiones del entero n (revı́sese la subsección 3.3.3). De nuevo suponemos
que las cajas no son vacı́as (véase la nota al pie del caso C). Entonces, necesariamente n debe
ser ≥ k y la respuesta es el número de particiones de n con exactamente k partes,
pk (n) .
Si, como antes, no fijamos el número de cajas (el número de partes de la partición), entonces
la respuesta es el número total de particiones del entero n:
p(n) =
n
pj (n) .
j=1
Conviene recordar que para estos números pk (n) y p(n) no disponemos de unas fórmulas
explı́citas, aunque sı́ reglas de recurrencia (recuérdese la subsección 3.3.3).
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Reflexione, sin embargo, el lector sobre lo que ocurrirı́a si permitiéramos bloques vacı́os, qué valores podrı́a
tomar k y cuál serı́a la respuesta en ese caso.
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)
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Capı́tulo 3. Las estructuras básicas de la Combinatoria
EJERCICIOS DE LA SECCIÓN 3.4
3.4.1 Reinterprétense las distribuciones de n bolas idénticas en k cajas numeradas (donde permitimos cajas vacı́as) en términos de multiconjuntos de tamaño n con los sı́mbolos {1, . . . , k}. Revı́sese
entonces la subsección3.1.7 para
comprobar que el número de distribuciones de n bolas idénticas en
k cajas numeradas es n+k−1
.
k−1
3.4.2 Clasifı́quense las distribuciones de n bolas idénticas en k cajas numeradas en función del
número de cajas que vayan realmente llenas para recuperar la fórmula de Vandermonde (véanse, por
ejemplo, las páginas 110 y 118).
3.4.3 Sea f (n, k) el número de formas de poner n bolas numeradas en k tubos numerados. El diámetro del tubo es sólo un poco mayor que el diámetro de las bolas, de forma que podemos distinguir el
orden de las bolas dentro de cada tubo. Permitimos que algunos tubos queden vacı́os (ası́ que k puede
tomar cualquier valor). Compruébese que
f (n, k) = k(k + 1) · · · (k + n − 1)
(a) por inducción en n, el número de bolas;
(b) con un argumento combinatorio: una distribución de éstas es una lista de n + k − 1 posiciones en
las que situamos n sı́mbolos distintos (las bolas), ası́ como k − 1 separadores idénticos (que marcan
dónde empieza cada tubo);
(c) suponiendo, por un momento, que las bolas son indistinguibles (de manera que los tubos se “convierten” en cajas), para luego volver a la situación original.
3.4.4 Queremos contar ahora las formas de distribuir n bolas numeradas en k tubos numerados, pero
donde no permitimos que queden tubos vacı́os (ası́ que n ≥ k). Compruébese que la respuesta es ahora
n
n−1
k! f (n − k, k)
o, en otros términos,
n!
.
k
k−1
3.4.5 Sea g(n, k) el número de formas de distribuir n bolas numeradas en k tubos idénticos, donde
no permitimos que queden tubos vacı́os (ası́ que n ≥ k). Compruébese que
n! n − 1
g(n, k) =
.
k! k − 1
Dedúzcase que, si permitimos tubos vacı́os, la respuesta es
mı́n(n,k)
j=1
n! n − 1
.
j! j − 1
3.4.6 Compruébese, finalmente, que si las bolas no están numeradas (da igual si los tubos lo están
o no), los tubos son, simplemente, cajas (y se aplican los resultados correspondientes).
(versión preliminar 1 de octubre de 2009)