Lección 4. Permutaciones y variaciones.

Apuntes de Matemática Discreta
4. Permutaciones y Variaciones
Francisco José González Gutiérrez
Cádiz, Octubre de 2004
Universidad de Cádiz
Departamento de Matemáticas
ii
Lección 4
Permutaciones y Variaciones
Contenido
4.1
Permutaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.1.1 Definición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.1.2 Número de Permutaciones . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 Permutaciones con Repetición . . . . . . . . . . . . . . .
4.2.1 Definición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2.2 Número de Permutaciones con Repetición . . . . . . . .
4.3 Variaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3.1 Definición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3.2 Formación y Número de Variaciones . . . . . . . . . . .
4.4 Variaciones con Repetición . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.4.1 Definición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.4.2 Formación y Número de las Variaciones con Repetición
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Estudiamos en esta lección las distintas colecciones que pueden formarse con los elementos de un conjunto
con un número finito de ellos. Estableceremos los conceptos de permutación y variación, calculando su
número. Algunos ejemplos ilustrarán las situaciones en las que se plantea la necesidad de calcular
permutaciones y variaciones.
Supongamos que a1 , a2 , . . . , am son m objetos. Plantearemos problemas tales como cuántas ordenaciones
distintas de los mismos pueden hacerse o cuántos grupos de n objetos pueden extraerse de ellos en
determinadas condiciones.
4.1
Permutaciones
Supongamos que los objetos aludidos al principio de la lección son cinco, es decir, m = 5 y que son
personas, es decir disponemos de un conjunto de cinco personas y nos planteamos la siguiente cuestión:
¿De cuántas formas diferentes pueden situarse estas cinco personas en la cola de un cine?
La primera posición de la cola puede estar ocupada por cualquiera de ellas, luego habrá para la
misma cinco opciones posibles.
Una vez ocupada la primera posición de la cola, quedarán cuatro personas para la segunda, luego
habrá cuatro opciones posibles para la misma. Por el principio de multiplicación las dos primeras
posiciones de la cola pueden ocuparse, por tanto, de 5 · 4 formas distintas.
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Para cada una de estas formas quedarán tres personas para ocupar la tercera posición. Por el
principio antes citado, las tres primeras posiciones de la cola podrán ocuparse de 5 · 4 · 3 formas
diferentes.
Una vez ocupadas las tres primeras posiciones, quedarán dos personas para ocupar la cuarta. Un
razonamiento análogo a los anteriores nos permite concluir que las primeras cuatro posiciones
pueden ocuparse de 5 · 4 · 3 · 2 formas distintas.
Finalmente, queda una persona y una posición libre en la cola, por tanto, el número total de formas
posibles de situarse las cinco personas en la cola es:
5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 120
Este ejemplo nos servirá para introducir, definir y calcular las permutaciones de n elementos.
4.1.1
Definición
Dada una colección de n objetos a1 , a2 , . . . , an , llamaremos permutación a cualquier ordenación de los
mismos. Por tanto, dos permutaciones serán distintas si los objetos están colocados en orden diferente.
Por ejemplo, en una colección de cinco objetos, a1 , a2 , a3 , a4 y a5 , dos permutaciones distintas de ellos
serán
a1 a3 a5 a2 a4 y a2 a3 a5 a1 a4
4.1.2
Número de Permutaciones
El número de permutaciones de n objetos lo designaremos por Pn y su valor es, por el principio de
multiplicación,
Pn = 1 · 2 · 3 · · · · · (n − 1) · n.
A este número se le llama factorial de n y se nota n!, es decir,
n! = n · (n − 1) · · · · · 3 · 2 · 1
Obsérvese que
n! = (n − 1)! · n
Ejemplo 4.1 Calcular el número de ordenaciones posibles que pueden hacerse con las cinco vocales y
decir cual de ellas ocupa el décimo lugar en el supuesto de que se ordenen alfabéticamente.
Solución
Consideramos las cinco vocales a, e, i, o, u. Según hemos visto, el número de ordenaciones posibles es
P5 = 5! = 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 120
Veamos ahora cual de ellas ocupa el décimo lugar en orden alfabético.
Fijando la a en la primera posición y permutando las otras cuatro vocales, tendremos que habrá
P4 = 4! = 1 · 2 · 3 · 4 = 24
ordenaciones que comienzan por a, luego la que buscamos tendrá la forma
av2 v3 v4 v5 .
De estas 24 ordenaciones distintas, fijando cualquiera de las otras vocales en la segunda posición y
permutando las tres restantes, habrá
P3 = 3! = 1 · 2 · 3 = 6
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ordenaciones que comienzan por a y continúan por cada una de las restantes vocales en orden alfabético
esto significa que desde la primera a la sexta comienzan por ae y de la séptima a la duodécima por ai,
por tanto nuestra permutación es una de las seis de la forma:
aiv3 v4 v5 .
De estas seis, y por un razonamiento idéntico al anterior, habrá
P2 = 2! = 2
ordenaciones que comienzan por ai y siguen con cualquiera de las tres vocales que restan. En orden
alfabético significa que la séptima y la octava empiezan por aie, la novena y la décima por aio y las dos
restantes por aiu, por tanto la permutación que andamos buscando es
aiov4 v5
De las dos ordenaciones posibles para las vocales v4 y v5 , la primera en orden alfabético es eu y la segunda
ue, consecuentemente
aioue
es la que ocupa el décimo lugar en el orden alfabético.
Ejemplo 4.2 Calcular cuántos números de cuatro cifras distintas pueden formarse con los dı́gitos 2, 4, 6
y 8 ası́ como la suma de todos ellos. Decir que lugar ocupará el número 6248 si los suponemos ordenados
en orden creciente.
Solución
♦ El total de números de cuatro cifras distintas, será el número total de ordenaciones que puedan hacerse
con los cuatro dı́gitos dados, es decir,
P4 = 4! = 1 · 2 · 3 · 4 = 24
♦ Calculemos la suma de todos ellos. De los veinticuatro números distintos habrá P3 que terminen en
dos (bastarı́a fijar el 2 y permutar los otros tres), y lo mismo podemos decir de los números que terminan
en 4,6 y 8, luego habrá
P3 = 3! = 1 · 2 · 3 = 6
números que terminen en cada uno de los cuatro dı́gitos. El mismo razonamiento puede aplicarse a cada
una de las tres posiciones restantes. Esquemáticamente, serı́a:
Primera cifra
6·2
6·4
6·6
6·8
133
Segunda cifra
6·2
6·4
6·6
6·8
3
Tercera cifra
6·2
6·4
6·6
6·8
2
Cuarta cifra
6·2
6·4
6·6
6·8
0
Consecuentemente, la suma de todos los números serı́a 133320.
♦ Veamos ahora en que posición se encuentra situado el número 6248, supuesto que están ordenados en
orden creciente.
Obsérvese que 6248 es el número más pequeño de los que empiezan por 6, luego será el primero de todos
ellos.
Fijando el 2, tendremos P3 = 6 números que empiezan por 2 y si fijamos el 4, tendremos, también, P3 = 6
números que empiezan por 4, luego desde el primero hasta el duodécimo empiezan por 2 los seis primeros
y por 4 los seis restantes. El decimotercer número empezará por 6 y es, precisamente, nuestro número.
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Consecuentemente, la posición que ocupa el 6248 en una ordenación creciente de las permutaciones es la
decimotercera.
Ejemplo 4.3 Los trabajos de los ordenadores a, b, c, d y e van a una cola de impresión que no establece
prioridades entre los mismos. Calcular de cuántas formas distintas pueden imprimirse los trabajos en los
casos siguientes:
(a) El que procede del ordenador a ha de imprimirse en primer lugar.
(b) El que procede del ordenador b ha de imprimirse en tercer lugar.
(c) El que procede del ordenador a ha de imprimirse primero y el procedente del b en tercer lugar.
(d) El que procede del ordenador a ha de imprimirse primero o el procedente del b en tercer lugar.
(e) El que procede del ordenador a no ha de imprimirse en primer lugar ni el procedente del b en tercer
lugar.
(f) El que procede del ordenador a no ha de imprimirse en primer lugar o el procedente del b no ha de
imprimirse en tercer lugar.
Solución
Llamaremos A y B a los conjuntos formados por todas las ordenaciones posibles en las que los trabajos
procedentes de los ordenadores a y b figuren en primera y tercera posición, respectivamente.
Si llamamos U al conjunto formado por todas las ordenaciones posibles de los trabajos procedentes de
los cinco ordenadores, es claro que
|U | = P5 = 5! = 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 120
También es obvio que A y B son subconjuntos de U .
(a) Hay que calcular |A|. Pues bien, dejando fijo en el primer lugar el trabajo procedente del ordenador
a, los otros cuatro pueden llegar a la cola de
P4 = 4! = 24
formas distintas, es decir,
|A| = 24
(b) En este caso tendremos que calcular |B|. Bastarı́a razonar exactamente igual que en el apartado
anterior y obtendrı́amos que
|B| = 24
(c) Ahora nos piden |A ∩ B|.
Dejando fijos en los lugares primero y tercero los trabajos procedentes de los ordenadores A y B,
respectivamente, los otros tres pueden llegar a la cola de
P3 = 3! = 6
formas distintas, luego
|A ∩ B| = 6.
(d) Ahora hemos de calcular |A ∪ B|.
Por el principio de inclusión-exclusión y utilizando los resultados de los apartados anteriores,
|A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B| = 24 + 24 − 6 = 42
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(e) En este caso nos piden |Ac ∩ B c |.
Pues bien, por el principio de adición,
c
|A ∪ B| + |(A ∪ B) | = |U |
o lo que es igual
|A ∪ B| + |Ac ∩ B c | = |U |
de aquı́ que
|Ac ∩ B c | = |U | − |A ∪ B| = 120 − 42 = 78
(f) Finalmente, hay que calcular |Ac ∪ B c |.
De nuevo, por el principio de adición,
c
|A ∩ B| + |(A ∩ B) | = |U |
o lo que es igual
|A ∩ B| + |Ac ∪ B c | = |U |
de aquı́ que
|Ac ∪ B c | = |U | − |A ∩ B| = 120 − 6 = 114
Ejemplo 4.4 Un profesor de informática tiene siete libros distintos sobre programación en una estanterı́a. Tres de los libros tratan de FORTRAM y los otros cuatro de BASIC. Calcular de cuántas
formas puede el profesor ordenar los libros en la estanterı́a, si
(a) no hay restricciones.
(b) deben alternarse los lenguajes.
(c) todos los libros de FORTRAM deben estar juntos.
(d) todos los libros de FORTRAM deben estar juntos y los de BASIC también.
(e) los tres libros de FORTRAM están colocados en la estanterı́a con dos libros de BASIC a cada lado.
Solución
Llamaremos f1 , f2 y f3 a los tres libros de FORTRAM y b1 , b2 , b3 y b4 a los cuatro de BASIC.
(a) Al no haber restricciones, el número total de formas en que el profesor puede colocar los libros en
la estanterı́a serı́an todas las ordenaciones posibles de los mismos y esto puede hacerse de
P7 = 7! = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 = 5040
formas distintas.
(b) Observamos que al haber tres libros de FORTRAM y cuatro de BASIC, para que los lenguajes
se alternen las ordenaciones han de empezar y acabar con un libro de BASIC. Ordenamos, pues,
los cuatro libros de BASIC de todas las formas posibles, lo cual puede hacerse de P4 formas, y
para cada una de ellas alternamos las P3 formas distintas en que pueden ordenarse los libros de
FORTRAM. Por el principio de la multiplicación, habrá
P4 · P3 = 4! · 3! = 144
maneras diferentes de colocar los siete libros en la estanterı́a de forma que se alternen los lenguajes.
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(c) Llamamos f al bloque formado por los tres libros de FORTRAM y ordenamos los elementos
b1 , b2 , b3 , b4 y f de todas las formas posibles, cosa que puede hacerse de P5 formas distintas. Ahora,
para cada una de ellas ordenamos los tres libros de FORTRAM que hay en f de P3 formas, nuevamente por el principio de la multiplicación habrá
P5 · P3 = 5! · 3! = 720
formas diferentes de ordenar los siete libros de forma que los de FORTRAM estén juntos.
(d) Razonando igual que en en el apartado anterior, si f es el bloque formado por los tres libros de
FORTRAM y b el formado por los cuatro de BASIC, entonces los bloques f y b pueden ordenarse
de P2 formas distintas. Dentro de f los libros f1 , f2 y f3 pueden ordenarse de P3 formas y para
cada una de ellas, los cuatro libros del bloque b pueden ordenarse de P4 formas diferentes. Bastará
aplicar la regla del producto para concluir que hay
P2 · P3 · P4 = 2! · 3! · 4! = 288
formas distintas de colocar los siete libros en la estanterı́a, estando los tres de FORTRAM juntos
y los dos libros de BASIC también.
(e) Ordenamos los cuatro libros de BASIC de todas las formas posibles, es decir, de P4 formas y en
cada una de ellas introducimos entre el segundo y el tercer libro una de las P3 posibles ordenaciones
de los tres libros de FORTRAM. Aplicando la regla del producto, habrá
P4 · P3 = 4! · 3! = 144
formas distintas de colocar los siete libros en la estanterı́a, estando los tres de FORTRAM juntos
y con dos libros de BASIC a cada lado.
Ejemplo 4.5 ¿De cuántas maneras pueden ordenarse las letras a, b, c, d, e, e, e, e y e de forma que
ninguna e sea adyacente a otra?
Solución
Dado que hay cinco e y cuatro letras distintas entre sı́ y distintas de la e, para que éstas no sean adyacentes
las ordenaciones han de empezar y acabar con e, es decir, serán de la forma
e
1
e
2
e
3
e
4
e
donde las posiciones 1, 2, 3 y 4 pueden estar ocupadas por las cuatro letras restantes de
P4 = 4! = 24
formas distintas.
4.2
Permutaciones con Repetición
Supongamos ahora que disponemos de cinco objetos, a1 , a2 , a3 , a4 y a5 y que son letras del alfabeto.
¿Cuántas palabras distintas pueden formarse con las cinco letras?
Parece evidente que según hemos razonado en el apartado anterior, el número de palabras diferentes serı́a
P5 es decir, 120.
Pues bien supongamos ahora que la letra a1 está repetida tres veces, la a2 cuatro veces y la a4 dos veces.
La pregunta anterior podrı́a formularse ahora en los siguientes términos:
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¿Cuántas palabras distintas pueden formarse con las once letras?
Podrı́amos pensar que el problema es idéntico al anterior y contestar que hay un total de P11 palabras
distintas. Sin embargo, un análisis algo más detallado de la situación nos permite ver que, aunque
parecida, la situación es distinta a la anterior.
Supongamos para fijar ideas, que a1 , a2 , a3 , a4 y a5 son las cinco primeras letras del alfabeto, es decir,
disponemos de las letras,
A, A, A, B, B, B, B, C, D, D, E
si le añadimos un subı́ndice a cada una de ellas para distinguirlas y suponemos que son distintas, entre
las P11 ordenaciones que hemos hallado antes figurarán, por ejemplo, las tres palabras siguientes:
A1 A2 A3 B1 B2 B3 B4 CD1 D2 E
A2 A1 A3 B2 B4 B1 B3 CD2 D1 E
A1 A3 B1 A2 B2 CB4 D1 D2 EB3
Si ahora eliminamos los subı́ndices, tendremos
AAABBBBCDDE
AAABBBBCDDE
AABABCBDDEB
y las dos primeras palabras son iguales y la tercera distinta. Como en P11 las estamos contando todas,
es obvio que hay muchas palabras que están contadas varias veces, luego la respuesta ofrecida no es, en
absoluto, correcta.
Observamos que dos palabras serán diferentes, únicamente cuando se diferencien, al menos, en el lugar
que ocupan dos letras distintas.
Nuestro problema ahora es saber cuántas palabras repetidas hay dentro de las P11 ordenaciones que
pueden hacerse con las once letras. Por ejemplo, ¿cuántas veces se repite la palabra AAABBBBCDDE?
Pongamos nuevamente los subı́ndices y dividamos la palabra en cinco bloques.
1
A1 A2 A3
2
B1 B2 B3 B4
3
C
4
D1 D2
5
E
El bloque 1 podrá ordenarse de P3 formas distintas. Fijando el primero, el bloque 2 admite P4 ordenaciones distintas y fijando los dos primeros, el tercero puede ordenarse de una sola forma. Una vez
fijados los tres primeros, habrá P2 ordenaciones distintas para el cuarto y una sola para el quinto. Por
el principio de multiplicación, el número de ordenaciones distintas será:
P3 · P4 · P1 · P2 · P1
obviamente al eliminar los subı́ndices todas las palabras serán iguales, luego este es el número de veces
que se repite la palabra propuesta. Lo mismo ocurre con cada una de las P11 ordenaciones que pueden
formarse con las once letras. Consecuentemente, el número de palabras distintas por el número de veces
que se repite cada una será igual al número total de palabras. Ası́ pues, si llamamos N al número total
de palabras distintas, tendremos que
N · P3 · P4 · P1 · P2 · P1 = P11
de aquı́ que
11!
P11
=
P3 · P4 · P1 · P2 · P1
3! · 4! · 1! · 2! · 1!
Generalizamos y formalizamos estos conceptos.
N=
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4.2.1
Departamento de Matemáticas
Definición
Sea una colección de n objetos entre los que hay n1 iguales entre sı́, n2 iguales entre sı́ pero distintos
de los n1 , n3 iguales entre sı́, pero distintos de los n1 y n2 y ası́ sucesivamente hasta nr iguales entre
sı́, pero distintos de todos los anteriores. Llamaremos permutaciones con repetición a las distintas
formas de ordenarlos.
Obsérvese que dos permutaciones cualesquiera serán diferentes, cuando se diferencien, al menos, por el
lugar que ocupan dos elementos distintos.
Las notaremos por
P Rnn1 ,n2 ,...,nr
donde, obviamente, n1 + n2 + · · · + nr = n
4.2.2
Número de Permutaciones con Repetición
El número de permutaciones con repetición de n elementos en las condiciones de la definición anterior,
es
Pn
n!
P Rnn1 ,n2 ,...,nr =
=
Pn1 · Pn2 · · · · · Pnr
n1 ! · n2 ! · · · · · · · nr !
Demostración
Supongamos que tenemos formadas todas las permutaciones con repetición:
P Rnn1 ,n2 ,...,nr
si sustituimos los n1 elementos iguales por otros distintos y luego los ordenamos de todos los modos
posibles conservando en sus puestos los n − n1 restantes, de cada grupo de este cuadro se deducirán n1 !
distintos y obtendremos un nuevo cuadro compuesto por n1 ! · P Rnn1 ,n2 ,...,nr . Si en este cuadro sustituimos
los n2 elementos iguales por otros distintos y procedemos de la misma forma, obtendremos otro cuadro
de n1 ! · n2 ! · · · nr ! · P Rnn1 ,n2 ,...,nr grupos.
Si continuamos con este proceso hasta llegar al último grupo de elementos iguales, resultará un total de
n1 ! · n2 ! · · · · · nr ! · P Rnn1 ,n2 ,...,nr
grupos que constituyen las permutaciones de n elementos distintos, luego,
n1 ! · n2 ! · · · · · nr ! · P Rnn1 ,n2 ,...,nr = n! =⇒ P Rnn1 ,n2 ,...,nr =
n!
n1 ! · n2 ! · · · · · · · nr !
Ejemplo 4.6
Con las letras A, A, M, B, B, E, E,
(a) ¿Cuántas palabras pueden construirse?
(b) ¿Cuántas empiezan y acaban en E?
Solución
(a) Observemos que dos palabras distintas cualesquiera
AM ABEBE y BEBEAM A
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sólo se diferencian en el orden de colocación de las letras, por tanto el número de palabras distintas
será igual al de ordenaciones que puedan hacerse con las siete letras dadas, es decir permutaciones
de orden siete. Dado que las letras están repetidas serán permutaciones con repetición de las siete
letras donde tres de ellas se repiten dos veces cada una, luego el número total de palabras es
P R72,1,2,2 =
7!
3·4·5·6·7
=
= 630
2! · 1! · 2! · 2!
4
(b) Como todas las palabras han de empezar y terminar con E, el problema serı́a equivalente a fijar
una E delante y otra detrás, permutando con repetición las restantes letras, luego el resultado es
P R52,1,2 =
5!
= 30
2! · 1! · 2!
n!
Ejemplo 4.7 Demostrar que si n y p son enteros positivos y n es el doble de p, entonces p es un
2
número entero.
Solución
En efecto, si consideramos los n = 2p sı́mbolos x1 , x1 , x2 , x2 , . . . , xp , xp , entonces el número de formas de
ordenarlos es un entero igual a
(p
n!
n!
= p
P Rn2,2,......,2 =
2! · 2! · · · 2!
2
Ejemplo 4.8
Determinar el número de soluciones enteras de la ecuación
x1 + x2 + x3 + x4 = 32
en los casos siguientes:
(a) xi > 0, 1 6 i 6 4
(b) xi > 0, 1 6 i 6 4
(c) x1 , x2 > 5, x3 , x4 > 7
(d) xi > 8, 1 6 i 6 4
(e) xi > −2, 1 6 i 6 4
(f) x1 , x2 , x3 > 0, 0 < x4 6 25
Solución
(a) xi > 0, 1 6 i 6 4
Obsérvese que al ser todas las xi no negativas, ninguna de ellas puede ser mayor que 32, es decir,
0 6 xi 6 32, ∀i = 1, 2, 3, 4
Pues bien, sea A el conjunto formado por todas las soluciones enteras de la ecuación dada, es decir,
A = {(x1 , x2 , x3 , x4 ) : x1 + x2 + x3 + x4 = 32, xi > 0, 1 6 i 6 4}
y sea B el conjunto formado por todas las sucesiones de x y 1, construidas de la forma siguiente:
83
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Dada una solución cualquiera de la ecuación dada, escribimos una x para cada una de las incógnitas
seguido de un número de unos igual al valor de la misma. Por ejemplo a la solución
x1 = 7, x2 = 9, x3 = 8, x4 = 8
le corresponderı́a una secuencia formada por una x seguida de siete unos, a continuación otra x
seguida de nueve unos, una tercera x seguido de ocho unos y terminarı́a la secuencia con una x
seguida de ocho unos.
El siguiente cuadro ilustra algunos ejemplos de la correspondencia ası́ definida.
A
(7, 9, 8, 8)
B
x1111111x111111111x11111111x11111111
(0, 0, 4, 28)
xxx1111x1111111111111111111111111111
(10, 4, 18, 0)
x1111111111x1111x111111111111111111x
Obsérvese que a cualquier solución de la ecuación le corresponderá una secuencia de la forma
anterior y, recı́procamente, dada cualquier secuencia de este tipo existe una solución de la ecuación
a la cual representa. Quiere decir, por tanto, que la correspondencia ası́ definida entre A y B es
biunı́voca y ambos conjuntos tienen el mismo número de elementos.
Consecuentemente, el problema de calcular el número de soluciones que tiene la ecuación dada es
equivalente al de calcular el número de elementos que hay en el conjunto B y esto es relativamente
fácil.
En efecto, los elementos de B se diferencian unos de otros únicamente en el orden de colocación de
sus elementos, luego serán todas las ordenaciones posibles que puedan hacerse con los 35 elementos
(no contamos la primera x ya que todas empiezan por x y no influye en el conteo) donde uno de
ellos (la x) se repite tres veces y el otro (el 1) se repite treinta y dos veces. Por lo tanto, el número
de soluciones enteras no negativas que tiene la ecuación propuesta es
3,32
P R35
=
35!
= 6545
3! · 32!
(b) xi > 0, 1 6 i 6 4
Observemos lo siguiente:
xi > 0 =⇒ xi > 1 =⇒ xi − 1 > 0
y haciendo
yi = xi − 1, ∀i = 1, 2, 3, 4
tendremos que
yi > 0, ∀i = 1, 2, 3, 4
sustituimos en la ecuación propuesta, y
y1 + 1 + y2 + 1 + y3 + 1 + y4 + 1 = 32
es decir,
y1 + y2 + y3 + y4 = 28 : yi > 0, 1 6 i 6 4
luego el problema propuesto equivale a calcular el número de soluciones enteras de esta ecuación.
Bastarı́a aplicar el mismo razonamiento que en el apartado (a) para llegar a que el número buscado
es
31!
3,28
P R31
=
= 4495
28! · 3!
84
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(c) x1 , x2 > 5 y x3 , x4 > 7.
Razonamos igual que en (b) y hacemos
y1 = x1 − 5, y2 = x2 − 5, y3 = x3 − 7, y4 = x4 − 7
sustituimos en la ecuación original y resulta
y1 + y2 + y3 + y4 = 8 : yi > 0, 1 6 i 6 4
razonamos igual que en (a) y tendremos que el número de soluciones enteras de la ecuación propuesta que cumplen las condiciones dadas es
3,8
P R11
=
11!
= 165
3! · 8!
(d) xi > 8, 1 6 i 6 4
Razonando igual que en los apartados (a) y (b), hacemos
yi = xi − 8, 1 6 i 6 4
sustituimos en la ecuación original, y nos queda
y1 + y2 + y3 + y4 = 0 : yi > 0, 1 6 i 6 4
la cual, obviamente, sólo admite la solución trivial,
y 1 = y2 = y 3 = y 4 = 0
luego la ecuación general tiene una única solución entera no negativa que cumpla las condiciones
dadas.
(e) xi > −2, 1 6 i 6 4
Razonamos igual que en los apartados anteriores, y hacemos
yi = xi + 2, ∀i = 1, 2, 3, 4
sustituimos en la ecuación original y resulta la ecuación
y1 + y2 + y3 + y4 = 40 : yi > 0, 1 6 i 6 4
Utilizando nuevamente los argumentos del apartado (a), el número de soluciones enteras no negativas de esta ecuación y, consecuentemente, de la ecuación original con las condiciones impuestas
es
43!
3,40
P R43
=
= 12341
3! · 40!
(f) x1 , x2 , x3 > 0, 0 < x4 6 25
Observemos lo siguiente: si S es el conjunto formado por todas las soluciones que nos piden, es
decir,
S = {(x1 , x2 , x3 , x4 ) : x1 , x2 , x3 > 0 y 0 < x4 6 25}
y S1 y S2 son los conjuntos:
S1
= {(x1 , x2 , x3 , x4 ) : x1 , x2 , x3 > 0 y 0 < x4 6 32}
S2
= {(x1 , x2 , x3 , x4 ) : x1 , x2 , x3 > 0 y 25 < x4 6 32}
entonces,
S1 = S ∪ S2 y S ∩ S2 = ∅
luego por el principio de adición,
|S1 | = |S ∪ S2 | = |S| + |S2 |
85
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es decir,
|S| = |S1 | − |S2 |
donde |S1 | =
3,28
P R31
,
calculado en el apartado (b).
Para calcular |S2 |, tenemos que x1 , x2 , x3 > 0 y x4 > 25. Entonces,
xi > 0 =⇒ xi > 1 =⇒ xi − 1 > 0, ∀i = 1, 2, 3
y
x4 > 25 =⇒ x4 > 26 =⇒ x4 − 26 > 0
luego haciendo
yi = xi − 1, ∀i = 1, 2, 3 y y4 = x4 − 26
y sustituyendo en la ecuación original, tendremos
y1 + y2 + y3 + y4 = 3 yi > 0, 1 6 i 6 3 : yi > 0, 1 6 i 6 4
Utilizando el mismo razonamiento que en apartados anteriores, el número de soluciones enteras de
la ecuación original cumpliendo las condiciones impuestas es P R63,3 .
Por lo tanto, el número de soluciones enteras de la ecuación propuesta con las condiciones x1 , x2 , x3 >
0 y 0 < x4 6 25 es,
3,28
|S| = P R31
− P R63,3 = 4495 − 20 = 4475
Ejemplo 4.9 Un camino avanza por el plano XY paso a paso bien a la derecha, bien hacia arriba. Si
la longitud de cada paso es de una unidad,
(a) ¿cuántos caminos distintos pueden tomarse para ir desde el origen hasta el punto (7, 7)?
(b) ¿cuántos caminos hay entre los puntos (2, 7) y (9, 14)?
(c) ¿puede formularse una proposición general que incorpore estos dos resultados?
Solución
Notaremos por a un paso hacia arriba y por d un paso a la derecha, entonces un camino cualquiera
vendrá representado por una sucesión de aes y des siendo su longitud el número de letras que tenga. Por
ejemplo,
adddaaaadda
representa un camino de longitud once.
(a) Para ir desde el origen (0, 0) hasta el punto (7, 7) hay que andar un total de
(7 − 0) + (7 − 0) = 14
pasos, siete hacia arriba y siete hacia la derecha. El siguiente esquema representa tres posibles
caminos.
(1)
adadadadadadad
(2)
aaaaaadadadada
(3)
ddddddadaaaddd
86
Matemática Discreta
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Obsérvese que los tres caminos son distintos y lo único que varı́a de uno a otro es la ordenación de
las siete aes y las siete des, por tanto, un camino es una permutación con repetición de orden 14
de las dos letras repetidas siete veces cada una.
El número total de caminos distintos que pueden tomarse para ir desde el origen al punto (7, 7) es,
por tanto,
14!
7,7
= 3432
P R14
=
7! · 7!
(b) Veamos cuantos caminos diferentes hay entre los puntos (2, 7) y (9, 14).
El número de pasos que hay que dar es
9 − 2 = 7 a la derecha
y
14 − 7 = 7 hacia arriba
es decir, catorce en total. Consecuentemente, el número de caminos diferentes que hay entre los
dos puntos dados es, al igual que en el caso anterior,
7,7
P R14
=
14!
= 3432
7! · 7!
(c) El razonamiento hecho en los apartados anteriores, puede generalizarse para calcular el número de
caminos de este tipo que hay entre dos puntos cualesquiera del plano XY , p1 y p2 de coordenadas
(a1 , b1 ) y (a2 , b2 ), respectivamente. Los pasos que habrá que dar serán,
a2 − a1 pasos a la derecha
y
b2 − b1 pasos hacia arriba
luego para ir de p1 hasta p2 habrá que dar un total de (a2 − a1 ) + (b2 − b1 ) pasos, consecuentemente
el número de caminos distintos que pueden tomarse son:
(a −a ),(b −b )
P R(a22 −a11 )+(b22 −b11 ) =
[(a2 − a1 ) + (b2 − b1 )]!
(a2 − a1 )! · (b2 − b1 )!
Ejemplo 4.10
¿Cuántas permutaciones de la palabra M ISSISSIP P I no tienen S consecutivas?
Solución
Consideremos la palabra M IIIP P I es decir, la que resulta eliminando las cuatro eses en la palabra
dada. Dejamos un hueco en blanco antes y después de cada una de las letras,
M
I
I
I
P
P
I
si ahora ordenamos éstas de P R71,4,2 formas distintas, tendremos todas las palabras que pueden formarse
con las siete letras. Para cada una de ellas introducimos en los ocho huecos en blanco cuatro eses y
cuatro bes, significando esto que el espacio en blanco desaparece, por ejemplo,
S
M
S
I
b
I
b
I
87
S
P
b
P
b
I
S
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es la palabra,
SM SIIISP P IS
y todas las ası́ construidas no tienen eses consecutivas. Pues bien, para cada una de las P R71,4,2 de
que disponı́amos, esto último puede hacerse de P R84,4 formas distintas, consecuentemente, el número de
permutaciones de la palabra dada que no tienen eses consecutivas es
P R71,4,2 · P R84,4 =
7!
8!
·
= 7350
4! · 4! 4! · 2!
Ejemplo 4.11 ¿Cuántos números hay entre el 1 y el 1000 que tengan la propiedad de que la suma de
sus dı́gitos sea cinco?
Solución
Si exceptuamos el 1000 que, obviamente, no tiene la propiedad requerida, podemos transformar los 999
números restantes en números de tres cifras anteponiendo dos ceros y un cero a los de una y dos cifras,
respectivamente. Por ejemplo,
el 3 se transformarı́a en el 003
el 72 se transformarı́a en el 072
Planteamos el esquema siguiente: a cada uno de los números solución del problema le hacemos corresponder una palabra formada por una c para cada cifra del mismo seguida de un número de x igual a su
valor. La siguiente tabla muestra algunos ejemplos
230
221
005
cxxcxxxc
cxxcxxcx
cccxxxxx
De esta forma a cada número de los que buscamos le corresponderı́a una palabra de éstas y cada una
de las palabras representará a un número cuyas cifras sumen cinco. Calculemos, pues, el número de
palabras distintas que pueden formarse.
Serı́an todas las ordenaciones posibles de 7 elementos (la primera c no la contamos porque se repite en
todos), donde la c se repite dos veces y la x cinco, es decir hay
7!
= 21
2! · 5!
P R72,5 =
números entre el 1 y el 1000 con la propiedad de que la suma de sus cifras sea cinco.
Ejemplo 4.12
si
Calcular de cuántas formas pueden distribuirse diez monedas idénticas entre cinco niños
(a) no hay restricciones.
(b) cada niño recibe una moneda como mı́nimo.
(c) el niño mayor recibe, al menos, dos monedas.
Solución
Designaremos a los niños por n1 , n2 , n3 , n4 y n5 .
88
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(a) Emplearemos un esquema similar al utilizado en el ejercicio anterior. Representaremos cada forma
de repartir con una n para cada niño seguida de un número de x igual al de monedas que reciba.
La tabla siguiente muestra algunos ejemplos:
n1
1
2
8
n2
3
5
0
n3
4
3
1
n4
1
0
0
n5
1
0
1
nxnxxxnxxxxnxnx
nxxnxxxxxnxxxnn
nxxxxxxxxnnxnnx
Siguiendo un razonamiento análogo al del ejercicio anterior, habrá tantas formas de repartir como
ordenaciones distintas de 9 letras, donde la n se repite 4 veces y la x diez, es decir, las diez monedas
pueden repartirse entre los diez niños de
4,10
P R14
=
14!
= 1001
4! · 10!
formas distintas.
(b) Si cada niño recibe una moneda como mı́nimo, entonces damos una moneda a cada uno y repartimos
las cinco restantes. Por un argumento idéntico al del apartado anterior las diez monedas pueden
repartirse entre los diez niños con las condiciones requeridas, de
P R94,5 =
9!
= 126
4! · 5!
formas distintas.
(c) Si el niño mayor recibe, al menos, dos monedas, quedarán ocho para repartir entre los cinco niños.
El mismo razonamiento que en los apartados anteriores nos lleva a la conclusión de que la repartición
pedida puede hacerse de
12!
4,8
P R12
= 495
=
4! · 8!
formas distintas.
Ejemplo 4.13 ¿De cuántas maneras puede distribuir un profesor ocho pasteles de chocolate y siete de
canela entre tres de sus alumnos si cada uno quiere como mı́nimo un pastel de cada tipo?
Solución
El profesor darı́a un pastel de chocolate y otro de canela a cada alumno y le quedarı́an por repartir cinco
de la primera clase y cuatro de la segunda.
El problema serı́a ahora distribuir sin restricción de ningún tipo, los cinco pasteles de chocolate y los
cuatro de canela entre los tres alumnos, para lo cual calcuları́amos el número de formas posibles en que
se pueden distribuir los de chocolate y luego, para cada una de ellas, de cuántas formas distintas pueden
distribuirse los de canela.
Si designamos a los tres alumnos por x1 , x2 y x3 , el problema de repartir los cinco pasteles de chocolate
es equivalente al de calcular el número de soluciones enteras de la ecuación
x1 + x2 + x3 = 5
con la condición de que xi > 0 para i = 1, 2, 3, número que siguiendo el método del ejemplo 4.8 es P R72,5 .
El problema de repartir los cuatro pasteles de canela equivale al de calcular cuántas soluciones enteras
tiene la ecuación
x1 + x2 + x3 = 4
con la condición de que xi > 0 para i = 1, 2, 3. Nuevamente por el ejemplo 4.8, la solución es P R62,4 .
89
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Consecuentemente, la distribución de los cinco pasteles de chocolate y los siete de canela, puede hacerla
el profesor de
7!
6!
P R72,5 · P R62,4 =
·
= 315
2! · 5! 2! · 4!
formas distintas.
Ejemplo 4.14 Calcular de cuántas formas pueden distribuirse ocho pelotas blancas idénticas en cuatro
recipientes distintos de modo que
(a) ningún recipiente quede vacı́o.
(b) el cuarto recipiente contenga un número impar de pelotas.
Solución
Seguiremos aplicando el método del ejemplo 4.8 para resolver este ejercicio. Si los cuatro recipientes
son x1 , x2 , x3 y x4 , el problema de distribuir las ocho pelotas en los cuatro recipientes es equivalente a
calcular el número de soluciones enteras que tiene la ecuación
x1 + x2 + x3 + x4 = 8
(a) Si ningún recipiente ha de quedar vacı́o, entonces ponemos una pelota en cada recipiente y distribuimos las cuatro pelotas restantes en los cuatro recipientes, es decir, calculamos cuántas soluciones enteras tiene la ecuación
x1 + x2 + x3 + x4 = 4
con la condición de que xi > 0 para i = 1, 2, 3, 4. El método aludido anteriormente nos dice que
las pelotas se pueden distribuir de
7!
= 35
P R73,4 =
3! · 4!
formas distintas.
(b) Si en el cuarto recipiente hay un número impar de pelotas, entonces contendrá 2k + 1 pelotas,
donde k = 0, 1, 2, 3, por tanto, para cada uno de estos valores de k, quedarán 8 − (2k + 1) pelotas
para distribuir entre los restantes recipientes y esto puede hacerse, aplicando el famoso método del
2,8−(2k+1)
ejemplo 4.8, de P R10−(2k+1) formas, consecuentemente, por el principio de adición la distribución
pedida podrá hacerse de
3
X
2,8−(2k+1)
P R10−(2k+1)
= P R92,7 + P R72,5 + P R52,3 + P R32,1
k=0
=
=
9!
7!
5!
3!
+
+
+
2! · 7! 2! · 5! 2! · 3! 2! · 1!
118
formas distintas.
Ejemplo 4.15
sı́mbolos.
Un mensaje consta de doce sı́mbolos y cuarenta y cinco espacios en blanco entre los
(a) Si los sı́mbolos son todos distintos entre sı́, calcular
(i) el número de mensajes distintos que pueden realizarse.
(ii) el número de mensajes distintos que pueden realizarse con la condición de que entre dos
sı́mbolos consecutivos debe haber un mı́nimo de tres espacios en blanco.
90
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(b) Responder a los dos apartados anteriores, en el caso de que el conjunto de sı́mbolos esté formado
por las letras A, B y C repetidas, cada una, cuatro veces.
Solución
(a) Sean
S1 , S2 , S3 , S4 , S5 , S6 , S7 , S8 , S9 , S10 , S11 , S12
los doce sı́mbolos, todos distintos entre sı́.
(i) Detrás de cada uno de ellos, excepto del último habrá un número determinado de espacios en
blanco que oscilará entre cero y cuarenta y cinco. Un esquema de tal situación es el siguiente
S1
S2
S3
S4
S5
S6
S7
S8
S9
S10
S11
S12
Es obvio que cualquiera que sea el número de blancos que hay entre los sı́mbolos, si intercambiamos dos o más sı́mbolos entre ellos se produce un mensaje diferente, luego atendiendo
solamente a los sı́mbolos habrá un total de P12 mensajes distintos. Ahora bien, para cada uno
de ellos los huecos que hemos dejado entre los sı́mbolos pueden estar ocupados por espacios
en blanco. Observemos el siguiente esquema:
S1 x1 S3 x2 S5 x3 S7 x4 S2 x5 S4 x6 S6 x7 S10 x8 S8 x9 S11 x10 S12 x11 S9
Para una ordenación cualquiera de los sı́mbolos hemos llamado xi a cada uno de los once
espacios en blanco que hay entre ellos. Dado que el total de blancos es cuarenta y cinco el
número de formas distintas de repartirlos entre los espacios es igual al de soluciones enteras
de la ecuación
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 + x8 + x9 + x10 + x11 = 45
siendo xi > 0 para 1 6 i 6 11, que como ya sabemos por el ejemplo 4.8 es permutaciones
con repetición de 55 elementos donde 10 son iguales entre sı́ y distintos de otros 45 también
iguales entre sı́.
Consecuentemente, el número de mensajes distintos que pueden realizarse es
10,45
P12 · P R55
= 12! ·
55!
10! · 45!
(ii) Como entre dos sı́mbolos consecutivos ha de haber un mı́nimo de tres espacios en blanco,
nos quedarán 12 blancos a repartir entre los once espacios xi , lo cual puede hacerse según el
ejemplo famoso (4.8) de
10,12
P R22
formas distintas. Para cada una de ellas, al igual que en (i), los sı́mbolos podrán ordenarse de
P12 maneras diferentes, por tanto, el número de mensajes distintos en este caso es,
10,12
P12 · P R22
= 12! ·
22!
22!
=
10! · 12!
10!
(b) Ahora los sı́mbolos son
A, A, A, A, B, B, B, B, C, C, C, C
es decir, son iguales entre sı́ cuatro a cuatro.
(i) El razonamiento es idéntico al apartado (i) del apartado (a) con la salvedad de que los sı́mbolos
4,4,4
se pueden ordenar de P R12
formas distintas.
Por tanto, el número de mensajes distintos es
4,4,4
10,45
P R12
· P R55
=
91
12!
55!
·
4! · 4! · 4! 10! · 45!
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(ii) Razonamos igual que en (ii) de (a) con la salvedad que acabamos de exponer luego
10,12
4,4,4
=
· P R22
P R12
12!
22!
·
4! · 4! · 4! 10! · 12!
es el número de mensajes distintos que pueden realizarse en este caso.
Ejemplo 4.16
si
Calcular de cuántas maneras pueden distribuirse veinticuatro tizas entre cuatro aulas,
(a) todas las tizas son blancas y no hay restricciones.
(b) todas las tizas son blancas y todas las aulas han de tener tiza.
(c) hay seis tizas blancas, ocho rojas y diez amarillas y cada aula ha de tener una, al menos, de cada
color.
(d) hay seis tizas blancas, ocho rojas y diez amarillas y el aula primera sólo debe tener dos blancas,
una roja y dos amarillas.
Solución
Nuevamente se trata de distribuir un número determinado de objetos. El método aprendido en el ejemplo
4.8 sirve de nuevo a nuestros propósitos. Sean x1 , x2 , x3 y x4 el número de tizas que se asignan a cada
una de las cuatro aulas.
(a) Al ser todas las tizas iguales y no haber restricciones, el número de distribuciones coincidirá con el
de soluciones enteras de la ecuación
x1 + x2 + x3 + x4 = 24 : xi > 0, ∀i = 1, 2, 3, 4
que como ya sabemos es
3,24
P R27
=
27!
= 2925
3! · 24!
(b) Todas las tizas son iguales y como todas las aulas han de tener tiza, depositamos una en cada aula
y nos quedarán veinte tizas a repartir entre las cuatro aulas. El mismo razonamiento del apartado
anterior nos permite afirmar que se pueden distribuir de
3,20
P R23
=
23!
= 1771
3! · 20!
formas distintas.
(c) Depositamos en cada aula una tiza blanca, una roja y una amarilla, por tanto nos quedan dos tizas
blancas, cuatro rojas y seis amarillas para repartir entre las cuatro aulas.
Razonando igual que en los apartados anteriores tendremos que las dos tizas blancas pueden repartirse de
P R53,2
formas distintas y para cada una de estas distribuciones las cuatro tizas rojas pueden repartirse
entre las cuatro aulas de
P R73,4
formas diferentes, luego por el principio de multiplicación, las tizas blancas y las rojas pueden
repartirse de
P R53,2 · P R73,4
maneras distintas, para cada una de las cuales las seis tizas amarillas podrán repartirse entre las
cuatro aulas de
P R93,6
92
Matemática Discreta
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formas diferentes.
En definitiva, por el principio de multiplicación el total de distribuciones de las tizas en este caso
es
5!
7!
9!
P R53,2 · P R73,4 · P R93,6 =
·
·
= 24400
2! · 3! 3! · 4! 3! · 6!
(d) Depositamos dos tizas blancas, una roja y dos amarillas en el primer aula y repartimos las tizas
que quedan, es decir, cuatro blancas, siete rojas y ocho amarillas entre las tres aulas que restan.
Un razonamiento idéntico al apartado anterior nos dice que la distribución puede hacerse de
2,8
P R82,6 · P R92,7 · P R10
=
8!
9!
10!
·
·
= 45360
2! · 6! 2! · 7! 2! · 8!
formas diferentes.
4.3
Variaciones
Disponemos ahora de siete objetos a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 y a7 y supongamos que son números de una sola
cifra, es decir, dı́gitos. ¿Cuántos números de cuatro cifras pueden formarse con los mismos sin que se
repita ninguno?
Supongamos, para fijar ideas, que los dı́gitos propuestos son 1, 2, 3, 4, 5, 6 y 7. Con los conocimientos de
que disponemos hasta el momento, lo único que podemos hacer es calcular cuántos números de siete cifras
pueden formarse con ellos sin que se repita ninguna, que sabemos son P7 . Ahora bien, si de cada uno de
estos números elegimos cuatro cifras cualesquiera (las mismas en todos), tendrı́amos todos los números
de cuatro cifras distintas que puedan formarse con los siete dı́gitos. Parece, pues, que el problema está
resuelto y que la solución es P7 . Observemos, sin embargo, que esto no es cierto. En efecto, algunas de
las P7 ordenaciones obtenidas son, por ejemplo,
1234567
1234657
1234765
2341567
2345176
3245167
si ahora elegimos las cuatro primeras cifras en cada uno de ellos, los números obtenidos serı́an:
1234
1234
1234
2341
3245
3245
93
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es decir, empleando este sistema algunos números los estamos contando más de una vez. El problema
ahora es, por tanto, averiguar cuántas veces está repetido cada uno de ellos.
Este problema es fácil de resolver. En efecto, si fijamos cuatro números cualesquiera y permutamos los
restantes, tendremos todos los números que tienen las mismas primeras cuatro cifras. Consecuentemente,
el número de veces que se repite cada uno de los números es P(7−4)
Ası́ pues, si llamamos N al número que buscamos, tendremos que
N · P(7−4) = P7
luego el total de números que cumplen las condiciones del enunciado es:
N=
P7
P(7−4)
=
7!
=7·6·5·4
(7 − 4)!
Formalizamos y generalizamos estas cuestiones.
4.3.1
Definición
Dada una colección de m objetos a1 , a2 , . . . , am−1 , am distintos y un número entero positivo n 6 m,
llamaremos variación de orden n a cualquier subcolección, a1 , a2 , . . . , an de n objetos de la colección
dada.
Obsérvese que dos variaciones serán diferentes cuando difieran en algún o algunos elementos o bien
cuando teniendo los mismos elementos difieran en el orden de colocación de los mismos.
4.3.2
Formación y Número de Variaciones
Al número de variaciones de orden n de una colección de m objetos lo notaremos Vm,n , diciendo que
es el número de variaciones de m elementos tomados n a n y
Vm,n = m · (m − 1) · · · · · (m − n + 1)
Demostración
Procederemos por inducción para formar las variaciones de orden n que pueden formarse con los m
objetos a1 , a2 , . . . , am , siendo n 6 m.
Paso básico. Para n = 1, las variaciones de orden 1 serı́an:
a1
a2
a3
a4
...
am
Para obtener las de orden dos (n = 2), añadimos a cada una de las de orden 1, cada uno de los restantes
elementos, o sea,
a1 a2
a1 a3
a1 a4
..
.
a2 a1
a2 a3
a2 a4
..
.
a3 a1
a3 a2
a3 a4
..
.
···
···
···
..
.
am a1
am a2
am a3
..
.
a1 am
a2 am
a3 am
···
am am−1
En total habrá m columnas de m − 1 grupos cada una de ellas.
Paso inductivo. Supongamos formadas las de orden m − 1.
94
Matemática Discreta
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Formaremos las de orden n. Procedemos de la misma forma que antes. A cada una de las variaciones de
orden n − 1 añadimos cada uno de los m − (n − 1) elementos restantes.
Supongamos que no se obtienen las variaciones de orden n. Entonces, atendiendo a la definición de
variación, puede ser por dos razones:
(a) Falta alguna variación.
(b) Alguna variación está repetida.
pero no puede faltar ninguna ya que eso significarı́a que faltan algunas variaciones de orden n − 1, que
se han supuesto formadas. Además tampoco puede haber ninguna repetida pues las que provienen de la
misma variación de orden (n−1) se diferencian en el elemento añadido y si proceden de distinta variación
de orden (n − 1), se diferencian, al menos, en lo que estas se diferenciaban.
Consecuentemente, el proceso de formación es correcto.
Calculemos, ahora, cuántos grupos son, es decir, cuánto vale el número Vm,n .
Siguiendo el proceso de formación indicado anteriormente, tendremos
Vm,1 = m
Para calcular las Vm,2 , habrá que añadir a cada una de las Vm,1 uno de los m − 1 elementos restantes,
luego,
Vm,2 = Vm,1 · (m − 1)
análogamente,
Vm,3 = Vm,2 · (m − 2)
Vm,4 = Vm,3 · (m − 3)
y siguiendo ası́ sucesivamente,
Vm,n−1 = Vm,n−2 · [m − (m − 2)]
Vm,n = Vm,n−1 · [m − (m − 1)]
O sea, tendremos
Vm,1
=
m
Vm,2
=
Vm,1 · (m − 1)
Vm,3
=
Vm,2 · (m − 2)
Vm,4
=
Vm,3 · (m − 3)
···
···
·········
Vm,n−1
=
Vm,n−2 · [m − (n − 2)]
Vm,n
=
Vm,n−1 · [m − (n − 1)]
Multiplicando miembro a miembro estas igualdades, resulta
Vm,1 · Vm,2 · · · · · Vm,n−1 · Vm,n = m · Vm,1 · (m − 1) · · · · Vm,n−2 [m − (n − 2)] · Vm,n−1 [m − (n − 1)]
de donde simplificando llegamos a
Vm,n = m(m − 1)(m − 2) · · · (m − n + 1)
que es el número de variaciones de orden n que se pueden formar con m elementos.
Ejemplo 4.17
Con los dı́gitos 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 y 9,
95
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¿Cuántos números diferentes de cuatro cifras pueden formarse sin que se repita ninguna cifra?
¿Cuántos de estos números contienen al 1?
Solución
Tendremos que calcular el número de grupo de cuatro elementos que pueden formarse con los nueve
elementos propuestos.
(a) Observemos que uno de los posibles números a formar es el 1234 que, obviamente, es distinto del
1245 y también distinto del 3214.
Es decir, dos grupos de cuatro elementos elegidos entre los nueve dados son distintos cuando
se diferencian en algún o algunos elementos y también cuando los colocamos en distinto orden.
Consecuentemente, son variaciones de nueve elementos tomados cuatro a cuatro, de aquı́ que el
número pedido sea:
V9,4 = 9 · 8 · 7 · 6 = 3024
(b) Veamos ahora cuántos de los 3024 números que pueden formarse cuentan al 1 entre sus cifras.
El problema es idéntico al de construir números de tres cifras con los dı́gitos 2,3,4,5,6,7,8 y 9 y
añadir, posteriormente, el 1 a cada uno de ellos. Razonando igual que en el apartado anterior, este
número es V8,3 . Ahora bien, para cada uno de los números de tres cifras, el 1 puede colocarse en
cuatro posiciones distintas, originando cuatro números diferentes. Tendremos, pues, que el número
pedido es
4 · V8,3 = 4 · 8 · 7 · 6 = 1344
4.4
Variaciones con Repetición
Supongamos ahora que disponemos de cinco objetos a1 , a2 , a3 , a4 y a5 , que son números de una sola cifra
y que nos planteamos la siguiente cuestión:
¿Cuántos números de tres cifras pueden formarse con los cinco dı́gitos propuestos?
Para fijar ideas, supondremos que los números son 1, 2, 3, 4 y 5 y observamos que ahora no se hace
referencia a la repetición de las cifras, luego hay que suponer que pueden repetirse.
El resultado a la pregunta es una sencilla aplicación del principio de multiplicación. En efecto, para la
primera cifra tendremos cinco opciones y como pueden repetirse, habrá también cinco para la segunda
y para la tercera. El citado principio asegura que el total de números que pueden formarse en las
condiciones pedidas es:
5 · 5 · 5 = 53
Definimos y calculamos el número de las variaciones con repetición.
4.4.1
Definición
Dada una colección de m objetos a1 , a2 , . . . , am−1 , am distintos y un número entero positivo n, llamaremos variación con repetición de orden n a cualquier subcolección de n objetos de la colección
dada pudiendo repetirse los mismos.
Obsérvese que dos variaciones con repetición serán diferentes cuando difieran en algún o algunos elementos o bien cuando teniendo los mismos elementos difieran en el lugar que ocupan elementos distintos.
96
Matemática Discreta
4.4.2
Francisco José González Gutiérrez
Formación y Número de las Variaciones con Repetición
Al número de variaciones con repetición de orden n de una colección de m objetos lo notaremos V Rm,n ,
y diremos que es el número de variaciones con repetición de m elementos tomados n a n y
V Rm,n = mn
Demostración
Procederemos por inducción para formar las variaciones con repetición de orden n que pueden formarse
con los m objetos a1 , a2 , . . . , am .
Paso básico. Para n = 1, las variaciones con repetición de orden 1 serı́an:
a1
a2
a3
a4
...
am
es decir, V Rm,1 = m.
Para obtener las de orden dos (n = 2), añadimos a cada una de las de orden 1, cada uno de los demás
elementos, incluido el mismo, o sea,
a1 a1
a1 a2
a1 a3
..
.
a2 a1
a2 a2
a2 a3
..
.
a3 a1
a3 a2
a3 a3
..
.
···
···
···
..
.
am a1
am a2
am a3
..
.
a1 am
a2 am
a3 am
···
am am
Entonces, por cada variación con repetición de orden 1, habrá m variaciones con repetición de orden 2,
luego,
V Rm,2 = m · V Rm,1
Paso inductivo. Supongamos obtenidas las de orden m − 1.
Para obtener las de orden m añadimos a cada una de ellas, cada uno de los demás elementos, incluido el
mismo. Entonces,
V Rm,n = m · V Rm,n−1
tendremos, por tanto,
V Rm,1
=
m
V Rm,2
=
m · V Rm,1
V Rm,3
=
m · V Rm,2
···
···
······
V Rm,n−1
=
m · V Rm,n−2
V Rm,n
=
m · V Rm,n−1
Multiplicando miembro a miembro estas igualdades, tendremos
V Rm,1 · V Rm,2 · · · · · V Rm,n−1 · V Rm,n = m · m · V Rm,1 · m · V Rm,2 · · · · · m · V Rm,n−2 · m · V Rm,n−1
de aquı́ que
V Rm,n = mn
sea el número de variaciones con repetición de orden n que pueden formarse con m elementos dados. Ejemplo 4.18 Calcular cuántas palabras de tres letras pueden formarse con las letras A, B, C, D y E
en los siguientes casos:
97
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(a) Comienzan por A.
(b) No contienen la letra A.
(c) Contienen la letra A.
Solución
Observamos que las palabras ABC y BAC son distintas, luego el orden influye en el hecho de que dos
grupos de tres elementos elegidos entre los cinco dados sean diferentes, además ABC y ADE también
son palabras distintas, luego el cambio de algún o algunos elementos es, asimismo, relevante.
Consecuentemente, las palabras de tres letras serán variaciones de orden tres elegidas entre las cinco
letras dadas.
(a) Veamos cuántas palabras comienzan por A.
Bastarı́a anteponer la letra A a cada una de las variaciones con repetición de segundo orden de las cinco
letras dadas. Consecuentemente, el número de palabras de tres letras construidas con las cinco dadas y
que empiezan por A es
V R5,2 = 52 = 25
(b) Calculamos cuántas palabras no contienen a la letra A.
En este caso, bastarı́a calcular el número de palabras de tres letras que pueden formarse con B, C, D y
E, es decir,
V R4,3 = 43 = 64
(c) Veamos, finalmente, cuántas palabras contienen la letra A.
El número total de palabras de tres letras es V R5,3 y el número de palabras que no contienen la letra A
es, según el apartado (b), V R4,3 , consecuentemente el número pedido es
V R5,3 − V R4,3 = 53 − 43 = 125 − 64 = 61
Ejemplo 4.19 Dado el conjunto de dı́gitos D = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, calcular cuántos números pueden
formarse en los siguientes casos:
(a) Números de cinco cifras distintas.
(b) Números de cinco cifras distintas e impares.
(c) Números divisibles por dos y que tengan cuatro cifras.
(d) Números de cinco cifras tales que los lugares impares estén ocupados por cifras impares.
(e) Números de cinco cifras tales que los lugares pares estén ocupados por cifras pares.
(f) Números capicúas de cinco cifras.
(g) Números de cinco cifras con el uno repetido, exactamente dos veces.
Solución
Dado que dos números cualesquiera serán distintos si cambiamos el orden de colocación y si cambiamos
algún o algunos dı́gitos, los números de k cifras que pueden formarse con los nueve elementos de D serán
variaciones de orden k elegidas de entre ellos, siendo 1 6 k 6 9.
98
Matemática Discreta
Francisco José González Gutiérrez
(a) Como los números han de tener cinco cifras todas distintas, k será cinco y el total de números
buscado es
V9,5 = 9 · 8 · 7 · 6 · 5 = 15120
(b) Dado que hay cinco cifras impares, aplicando el mismo razonamiento anterior los números serı́an
las variaciones de orden cinco elegidas entre cinco elementos, es decir, las permutaciones de cinco
elementos. Consecuentemente, el total de números de cinco cifras todas distintas e impares es
P5 = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 = 120
(c) Para que los números sean divisibles por 2, han de terminar en 2, 4, 6 u 8. Fijando cada una de
estas cuatro opciones, tendrı́amos para cada una de ellas que las tres posiciones restantes pueden
cubrirse con cualquier terna de dı́gitos elegidos de entre los nueve del conjunto D, luego el número
buscado es
4 · V R9,3 = 4 · 93 = 2916
(d) En los lugares primero, tercero y quinto, puede situarse cualquier grupo de tres dı́gitos elegidos de
entre los cinco impares que hay en D, lo cual puede hacerse de V R5,3 formas distintas, para cada
una de las cuales podemos situar en las posiciones segunda, tercera y cuarta, cualquier grupo de dos
cifras elegidas entre las de D y esto puede hacerse de V R9,2 formas distintas. Consecuentemente,
por el principio de multiplicación el total de los números buscados será:
V R9,2 · V R5,3 = 92 · 53 = 10125
(e) Aplicamos un razonamiento idéntico al del apartado anterior cambiando los impares por los pares
y el resultado será:
V R4,2 · V R9,3 = 42 · 53 = 11664
(f) Para construir un número capicúa de cinco cifras, basta repetir a continuación y en orden inverso,
las dos primeras de un número de tres. Consecuentemente, el total de números de este tipo es igual
al de números de tres cifras, es decir,
V R9,3 = 93 = 729
(g) Si eliminamos el uno del conjunto D con las ocho cifras restantes pueden formarse V R8,3 números
distintos de tres cifras.
Veamos de cuantas formas pueden añadirse dos unos para formar número de cinco cifras. El
esquema siguiente, siendo ccc cualquiera de los números de tres cifras, simboliza la situación.
x1
c
x2
c
x3
c
x4
Los espacios ocupados por las xi pueden estar ocupados por cero, uno o dos unos. Calcular cuántas
opciones distintas hay es equivalente a repartir dos objetos entre cuatro o lo que es igual calcular
el número de soluciones enteras que tiene la ecuación
x1 + x2 + x3 + x4 = 2
que como ya sabemos es
P R52,3
Consecuentemente,
5!
= 5120
2! · 3!
es el total de números de cinco cifras que tienen el uno repetido, exactamente, dos veces.
V R8,3 · P R52,3 = 83 ·
Ejemplo 4.20 Sea S el conjunto de todos los códigos de diez dı́gitos que pueden formarse con los
números 0, 1 y 2. (Por ejemplo, un elemento de S serı́a 0211012201). Se pide:
99
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(a) ¿Cuántos elementos tiene S?
(b) ¿Cuántos elementos de S tienen exactamente cinco ceros y cinco unos?
(c) ¿Cuántos elementos de S tienen exactamente tres ceros, cuatro unos y tres doses?
(d) ¿Cuántos elementos de S tienen exactamente tres ceros?
(e) ¿Cuántos elementos de S tienen, al menos, tres ceros, dos unos y cuatro doses?
Solución
(a) Veamos cuántos elementos tiene S.
Dos elementos cualesquiera de S serán distintos cuando dos elementos distintos cambien entre sı́
de posición y también cuando cambiemos algún(os) elementos por otros, por tanto, los distintos
elementos de S serán las variaciones con repetición de orden diez de los elementos 0,1 y 2, por
tanto,
|S| = V R3,10 = 310 = 59049
(b) Si nos quedamos solamente con el cero y el uno para formar códigos de diez dı́gitos donde cada uno
de los dos se repita cinco veces, tendremos códigos de la forma
0101010101
los cuales diferirán unos de otros cuando cambiemos de sitio dos elementos distintos, por tanto
los códigos buscados son las permutaciones de diez elementos donde cinco son iguales entre sı́ y
distintos a los cinco restantes, también iguales entre sı́. Consecuentemente, habrá
5,5
P R10
=
10!
= 252
5! · 5!
códigos que tengan exactamente, cinco ceros y cinco unos.
(c) El razonamiento es idéntico al del apartado anterior y el total de códigos que cumplen las condiciones
pedidas es
10!
3,4,3
P R10
= 4200
=
3! · 4! · 3!
(d) El número de códigos de siete dı́gitos que se pueden construir empleando únicamente el uno y el
dos es, razonando igual que en (a), V R2,7 . Para cada uno de ellos distribuimos los tres ceros entre
los siete dı́gitos según el esquema siguiente:
x1
d
x2
d
x3
d
x4
d
x5
d
x6
d
x7
d
x8
donde d es 1 ó 2 y cada uno de los ocho xi puede estar ocupado por ninguno, uno, dos o tres ceros.
Calcular cuántas opciones distintas hay equivale a distribuir tres objetos entre ocho lugares o lo
que es igual calcular el número de soluciones enteras que tiene la ecuación
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 + x8 = 3 : xi > 0, ∀i = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8
3,7
que es, como ya sabemos, P R10
.
Consecuentemente, por el principio de multiplicación el número de códigos que tienen exactamente
tres ceros es
10!
3,7
= 15360
V R2,7 · P R10
= 27 ·
3! · 7!
100
Matemática Discreta
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(e) El número de grupos de nueve dı́gitos que tienen tres ceros, dos unos y cuatro doses es, por un
razonamiento análogo al utilizado en (a) y (b), P R93,2,4 . A cada uno de ellos le falta un dı́gito para
completar un código y éste podrá ocupar uno cualquiera entre diez lugares (ocho entre los nueve
dı́gitos, uno al comienzo y otro al final), luego de cada una de estos grupos de nueve, se pueden
construir diez códigos para cada uno de los dı́gitos 0,1 y 2, consecuentemente S tiene
3 · 10 · P R93,2,4 = 3 · 10 ·
9!
= 37800
3! · 2! · 4!
elementos con, al menos, tres ceros, dos unos y cuatro doses.
Ejemplo 4.21
Con los dı́gitos 0 y 1 pueden formarse un total de 256 bytes. Decir cuántos hay que
(a) comiencen por 1100.
(b) tienen el segundo o el cuarto dı́gito igual a uno.
(c) tienen exactamente dos bits iguales a uno.
(d) se lean exactamente igual de izquierda a derecha que de derecha a izquierda.
Solución
Un byte está formado por ocho bits que son los dı́gitos 0 y 1.
Los bytes 01001001 y 10001001 son distintos, y el byte 11111111 es distinto de los dos anteriores, luego
dos grupos de ocho bits serán distintos cuando se diferencien en el orden de colocación de los mismos o
en dos o más dı́gitos que ocupen la misma posición, por tanto el número de bytes serán variaciones con
repetición de orden ocho de los dı́gitos 0 y 1.
(a) Veamos cuántos de ellos comienzan por 1100.
A cada uno de los grupos de cuatro bits que puedan formarse le anteponemos 1100 y tendremos
todos los que comienzan por dicho número. Por tanto, habrá tantos como las variaciones con
repetición de orden cuatro de los dı́gitos 0 y 1, es decir,
V R2,4 = 24 = 16
(b) Calculamos ahora cuántos tienen el segundo o el cuarto dı́gito igual a 1.
Si A y B son los conjuntos formados por todos los bytes que tienen un uno en la segunda posición
y otro en la cuarta, respectivamente, entonces el número pedido será |A ∪ B|, es decir,
|A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|
donde A ∩ B son todos los bytes que tienen un uno en la segunda posición y otro en la cuarta.
Pues bien, fijando el uno en las posiciones segunda o cuarta, tendremos que
|A| = |B| = V R2,7
y dejando fijo un uno en la segunda posición y otro en la cuarta,
|A ∩ B| = V R2,6
Consecuentemente, el número de bytes que tienen el segundo o el cuarto dı́gito igual a uno es
|A ∪ B| = V R2,7 + V R2,7 − V R2,6 = 2 · 27 − 26 = 192
101
Universidad de Cádiz
Departamento de Matemáticas
(c) Veamos cuántos bytes tienen, exactamente, dos bits iguales a uno.
Serán todos aquellos que estén formados por dos unos y seis ceros, es decir, todas las ordenaciones
posibles que puedan hacerse con los dı́gitos
1, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0
por tanto, habrá
P R82,6 =
8!
= 28
2! · 6!
bytes con dos de sus bits iguales a uno.
(d) Veamos ahora cuántos bytes se leen exactamente igual de izquierda a derecha que de derecha a
izquierda.
Para construir un byte que cumpla estas condiciones bastarı́a añadir a un grupo de cuatro bits él
mismo en sentido contrario. Por ejemplo, si a
1010
le añadimos
0101
tendremos el byte
10100101
que cumple las condiciones exigidas. Por tanto, calcular el número pedido equivale a calcular
cuántos grupos de cuatro bits pueden formarse con los dı́gitos 0 y 1. Consecuentemente, habrá
V R2,4 = 24 = 16
bytes que cumplan estas condiciones.
Ejemplo 4.22 Una sucesión de letras de la forma abcba donde la expresión no se altera al invertir el
orden, es un ejemplo de palı́ndromo de cinco letras. Calcular cuántos palı́ndromos de cinco y de seis
letras hay en caso de que
(a) una letra pueda aparecer más de dos veces.
(b) ninguna letra aparezca más de dos veces.
Solución
Supondremos que el alfabeto consta de 26 letras.
Para construir un palı́ndromo de cinco o seis letras escribirı́amos tres letras cualesquiera del alfabeto y
a continuación repetirı́amos las dos o las tres primeras, respectivamente, en orden inverso. Por ejemplo,
con las letras m, o y r construimos la palabra mor la cual produce el palı́ndromo de cinco letras morom
y el de seis letras, morrom. Por tanto, en ambos casos, el número de palı́ndromos será igual al número
de sucesiones de tres letras que podamos elegir entre las veintiséis del alfabeto, ası́ pues si calculamos el
número de sucesiones que hay de este tipo, tendremos también el número de palı́ndromos.
Observamos que la sucesión mor es distinta de la rom ya que dan lugar a palı́ndromos diferentes.
También, y por la misma razón, la sucesión mol es distinta de las dos anteriores. Consecuentemente,
tanto el orden en el que estén colocadas las letras como el cambio de algún o algunas letras influye en el
hecho de que dos palı́ndromos sean diferentes, luego tendremos que calcular el número de variaciones de
orden tres que podamos elegir entre las veintiséis letras del alfabeto.
(a) En el caso de que una letra pueda aparecer más de dos veces, las variaciones de orden tres serı́an
con repetición, ası́ que el número total de palı́ndromos de cinco y seis letras es
V R26,3 = 263 = 17576
102
Matemática Discreta
Francisco José González Gutiérrez
(b) Si ninguna letra puede aparecer más de dos veces, las variaciones de orden tres serı́an sin repetición
y, en tal caso,el resultado serı́a
V26,3 = 26 · 25 · 24 = 15600
Ejemplo 4.23 En cierta versión del lenguaje PASCAL, un identificador consta de una letra o de una
letra seguida de hasta siete caracteres que pueden ser letras o dı́gitos. Se supone que el ordenador no
distingue entre letras minúsculas y mayúsculas y que hay 26 letras y 10 números. ¿Cuántos identificadores
diferentes pueden utilizarse en esta versión de PASCAL?
Solución
Observemos que los identificadores constan de una letra o de una letra seguida de hasta siete caracteres,
luego los habrá con una letra y cero caracteres, y un carácter, y dos caracteres y ası́ sucesivamente, hasta
siete. Si Ik representa un identificador que tiene k caracteres, entonces el número total de identificadores,
I, será
7
X
I=
Ik
k=0
Dos identificadores con el mismo número de caracteres serán distintos cuando difieran en el orden de
colocación de los mismos o en algún o algunos elementos, por tanto los identificadores con k caracteres
serán las variaciones con repetición de orden k elegidas entre los 36 caracteres disponibles. Como todos
han de empezar con una letra, habrá 26 opciones distintas para cada uno de ellos, consecuentemente
Ik = 26 · V R36,k = 26 · 36k , 0 6 k 6 7
y
I=
7
X
k=0
Ik =
7
X
26 · 36k = 26
k=0
7
X
36k
k=0
el número total de identificadores.
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