Apuntes de Matemática Discreta 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.................................... 75 4.1.1 Definición....................................... 76 4.1.2 Número de Permutaciones.............................. 76 4.2 Permutaciones con Repetición........................... 80 4.2.1 Definición....................................... 82 4.2.2 Número de Permutaciones con Repetición..................... 82 4.3 Variaciones...................................... 93 4.3.1 Definición....................................... 94 4.3.2 Formación y Número de Variaciones........................ 94 4.4 Variaciones con Repetición............................. 96 4.4.1 Definición....................................... 96 4.4.2 Formación y Número de las Variaciones con Repetición............. 97 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 a 1, a 2,..., a m 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. 75

Universidad de Cádiz Departamento de Matemáticas 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 a 1, a 2,..., a n, 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, a 1, a 2, a 3, a 4 y a 5, dos permutaciones distintas de ellos serán a 1 a 3 a 5 a 2 a 4 y a 2 a 3 a 5 a 1 a 4 4.1.2 Número de Permutaciones El número de permutaciones de n objetos lo designaremos por P n y su valor es, por el principio de multiplicación, P n = 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. Consideramos las cinco vocales a, e, i, o, u. Según hemos visto, el número de ordenaciones posibles es P 5 = 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 P 4 = 4! = 1 2 3 4 = 24 ordenaciones que comienzan por a, luego la que buscamos tendrá la forma av 2 v 3 v 4 v 5. De estas 24 ordenaciones distintas, fijando cualquiera de las otras vocales en la segunda posición y permutando las tres restantes, habrá P 3 = 3! = 1 2 3 = 6 76

Matemática Discreta Francisco José González Gutiérrez 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: aiv 3 v 4 v 5. De estas seis, y por un razonamiento idéntico al anterior, habrá P 2 = 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 aiov 4 v 5 De las dos ordenaciones posibles para las vocales v 4 y v 5, 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 dígitos 2, 4, 6 y 8 así como la suma de todos ellos. Decir que lugar ocupará el número 6248 si los suponemos ordenados en orden creciente. El total de números de cuatro cifras distintas, será el número total de ordenaciones que puedan hacerse con los cuatro dígitos dados, es decir, P 4 = 4! = 1 2 3 4 = 24 Calculemos la suma de todos ellos. De los veinticuatro números distintos habrá P 3 que terminen en dos (bastaría 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 P 3 = 3! = 1 2 3 = 6 números que terminen en cada uno de los cuatro dígitos. El mismo razonamiento puede aplicarse a cada una de las tres posiciones restantes. Esquemáticamente, sería: Primera cifra Segunda cifra Tercera cifra Cuarta cifra 6 2 6 2 6 2 6 2 6 4 6 4 6 4 6 4 6 6 6 6 6 6 6 6 6 8 6 8 6 8 6 8 133 3 2 0 Consecuentemente, la suma de todos los números sería 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 P 3 = 6 números que empiezan por 2 y si fijamos el 4, tendremos, también, P 3 = 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. 77

Universidad de Cádiz Departamento de Matemáticas 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. 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 = P 5 = 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 P 4 = 4! = 24 formas distintas, es decir, A = 24 (b) En este caso tendremos que calcular B. Bastaría razonar exactamente igual que en el apartado anterior y obtendríamos 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 P 3 = 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 78

Matemática Discreta Francisco José González Gutiérrez (e) En este caso nos piden A c B c. Pues bien, por el principio de adición, A B + (A B) c = U o lo que es igual de aquí que A B + A c B c = U A c B c = U A B = 120 42 = 78 (f) Finalmente, hay que calcular A c B c. De nuevo, por el principio de adición, A B + (A B) c = U o lo que es igual de aquí que A B + A c B c = U A c B c = U A B = 120 6 = 114 Ejemplo 4.4 Un profesor de informática tiene siete libros distintos sobre programación en una estantería. 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 estantería, 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 estantería con dos libros de BASIC a cada lado. Llamaremos f 1, f 2 y f 3 a los tres libros de FORTRAM y b 1, b 2, b 3 y b 4 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 estantería serían todas las ordenaciones posibles de los mismos y esto puede hacerse de formas distintas. P 7 = 7! = 1 2 3 4 5 6 7 = 5040 (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 P 4 formas, y para cada una de ellas alternamos las P 3 formas distintas en que pueden ordenarse los libros de FORTRAM. Por el principio de la multiplicación, habrá P 4 P 3 = 4! 3! = 144 maneras diferentes de colocar los siete libros en la estantería de forma que se alternen los lenguajes. 79

Universidad de Cádiz Departamento de Matemáticas (c) Llamamos f al bloque formado por los tres libros de FORTRAM y ordenamos los elementos b 1, b 2, b 3, b 4 y f de todas las formas posibles, cosa que puede hacerse de P 5 formas distintas. Ahora, para cada una de ellas ordenamos los tres libros de FORTRAM que hay en f de P 3 formas, nuevamente por el principio de la multiplicación habrá P 5 P 3 = 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 P 2 formas distintas. Dentro de f los libros f 1, f 2 y f 3 pueden ordenarse de P 3 formas y para cada una de ellas, los cuatro libros del bloque b pueden ordenarse de P 4 formas diferentes. Bastará aplicar la regla del producto para concluir que hay P 2 P 3 P 4 = 2! 3! 4! = 288 formas distintas de colocar los siete libros en la estantería, 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 P 4 formas y en cada una de ellas introducimos entre el segundo y el tercer libro una de las P 3 posibles ordenaciones de los tres libros de FORTRAM. Aplicando la regla del producto, habrá P 4 P 3 = 4! 3! = 144 formas distintas de colocar los siete libros en la estantería, 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? Dado que hay cinco e y cuatro letras distintas entre sí 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 P 4 = 4! = 24 formas distintas. 4.2 Permutaciones con Repetición Supongamos ahora que disponemos de cinco objetos, a 1, a 2, a 3, a 4 y a 5 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 sería P 5 es decir, 120. Pues bien supongamos ahora que la letra a 1 está repetida tres veces, la a 2 cuatro veces y la a 4 dos veces. La pregunta anterior podría formularse ahora en los siguientes términos: 80

Matemática Discreta Francisco José González Gutiérrez Cuántas palabras distintas pueden formarse con las once letras? Podríamos pensar que el problema es idéntico al anterior y contestar que hay un total de P 11 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 a 1, a 2, a 3, a 4 y a 5 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 subíndice a cada una de ellas para distinguirlas y suponemos que son distintas, entre las P 11 ordenaciones que hemos hallado antes figurarán, por ejemplo, las tres palabras siguientes: A 1 A 2 A 3 B 1 B 2 B 3 B 4 CD 1 D 2 E A 2 A 1 A 3 B 2 B 4 B 1 B 3 CD 2 D 1 E A 1 A 3 B 1 A 2 B 2 CB 4 D 1 D 2 EB 3 Si ahora eliminamos los subíndices, tendremos AAABBBBCDDE AAABBBBCDDE AABABCBDDEB y las dos primeras palabras son iguales y la tercera distinta. Como en P 11 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 P 11 ordenaciones que pueden hacerse con las once letras. Por ejemplo, cuántas veces se repite la palabra AAABBBBCDDE? Pongamos nuevamente los subíndices y dividamos la palabra en cinco bloques. 1 2 3 4 5 A 1 A 2 A 3 B 1 B 2 B 3 B 4 C D 1 D 2 E El bloque 1 podrá ordenarse de P 3 formas distintas. Fijando el primero, el bloque 2 admite P 4 ordenaciones distintas y fijando los dos primeros, el tercero puede ordenarse de una sola forma. Una vez fijados los tres primeros, habrá P 2 ordenaciones distintas para el cuarto y una sola para el quinto. Por el principio de multiplicación, el número de ordenaciones distintas será: P 3 P 4 P 1 P 2 P 1 obviamente al eliminar los subíndices 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 P 11 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. Así pues, si llamamos N al número total de palabras distintas, tendremos que N P 3 P 4 P 1 P 2 P 1 = P 11 de aquí que P 11 11! N = = P 3 P 4 P 1 P 2 P 1 3! 4! 1! 2! 1! Generalizamos y formalizamos estos conceptos. 81

Universidad de Cádiz Departamento de Matemáticas 4.2.1 Definición Sea una colección de n objetos entre los que hay n 1 iguales entre sí, n 2 iguales entre sí pero distintos de los n 1, n 3 iguales entre sí, pero distintos de los n 1 y n 2 y así sucesivamente hasta n r iguales entre sí, 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 donde, obviamente, n 1 + n 2 + + n r = n P R 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 P P Rn n1,n2,...,nr n n! = = P n1 P n2 P nr n 1! n 2! n r! Demostración Supongamos que tenemos formadas todas las permutaciones con repetición: P R n1,n2,...,nr n si sustituimos los n 1 elementos iguales por otros distintos y luego los ordenamos de todos los modos posibles conservando en sus puestos los n n 1 restantes, de cada grupo de este cuadro se deducirán n 1! distintos y obtendremos un nuevo cuadro compuesto por n 1! P Rn n1,n2,...,nr. Si en este cuadro sustituimos los n 2 elementos iguales por otros distintos y procedemos de la misma forma, obtendremos otro cuadro de n 1! n 2! n r! P Rn n1,n2,...,nr grupos. Si continuamos con este proceso hasta llegar al último grupo de elementos iguales, resultará un total de n 1! n 2! n r! P R n1,n2,...,nr n grupos que constituyen las permutaciones de n elementos distintos, luego, n 1! n 2! n r! P R n1,n2,...,nr n Ejemplo 4.6 Con las letras A, A, M, B, B, E, E, n! = n! = P Rn n1,n2,...,nr = n 1! n 2! n r! (a) Cuántas palabras pueden construirse? (b) Cuántas empiezan y acaban en E? (a) Observemos que dos palabras distintas cualesquiera AMABEBE y BEBEAMA 82

Matemática Discreta Francisco José González Gutiérrez 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 R 2,1,2,2 7! 7 = 2! 1! 2! 2! = 3 4 5 6 7 = 630 4 (b) Como todas las palabras han de empezar y terminar con E, el problema sería equivalente a fijar una E delante y otra detrás, permutando con repetición las restantes letras, luego el resultado es P R 2,1,2 5 = 5! 2! 1! 2! = 30 Ejemplo 4.7 Demostrar que si n y p son enteros positivos y n es el doble de p, entonces n! es un 2p número entero. En efecto, si consideramos los n = 2p símbolos x 1, x 1, x 2, x 2,..., x p, x p, entonces el número de formas de ordenarlos es un entero igual a (p 2,2,...,2 n! P Rn = 2! 2! 2! = n! 2 p Ejemplo 4.8 Determinar el número de soluciones enteras de la ecuación x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 32 en los casos siguientes: (a) x i 0, 1 i 4 (b) x i > 0, 1 i 4 (c) x 1, x 2 5, x 3, x 4 7 (d) x i 8, 1 i 4 (e) x i 2, 1 i 4 (f) x 1, x 2, x 3 > 0, 0 < x 4 25 (a) x i 0, 1 i 4 Obsérvese que al ser todas las x i no negativas, ninguna de ellas puede ser mayor que 32, es decir, 0 x i 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 = {(x 1, x 2, x 3, x 4 ) : x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 32, x i 0, 1 i 4} y sea B el conjunto formado por todas las sucesiones de x y 1, construidas de la forma siguiente: 83

Universidad de Cádiz Departamento de Matemáticas 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 x 1 = 7, x 2 = 9, x 3 = 8, x 4 = 8 le correspondería 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 terminaría la secuencia con una x seguida de ocho unos. El siguiente cuadro ilustra algunos ejemplos de la correspondencia así definida. A B (7, 9, 8, 8) 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, recíprocamente, dada cualquier secuencia de este tipo existe una solución de la ecuación a la cual representa. Quiere decir, por tanto, que la correspondencia así definida entre A y B es biunívoca 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 (b) x i > 0, 1 i 4 Observemos lo siguiente: y haciendo tendremos que sustituimos en la ecuación propuesta, y es decir, P R 3,32 35 = 35! 3! 32! = 6545 x i > 0 = x i 1 = x i 1 0 y i = x i 1, i = 1, 2, 3, 4 y i 0, i = 1, 2, 3, 4 y 1 + 1 + y 2 + 1 + y 3 + 1 + y 4 + 1 = 32 y 1 + y 2 + y 3 + y 4 = 28 : y i 0, 1 i 4 luego el problema propuesto equivale a calcular el número de soluciones enteras de esta ecuación. Bastaría aplicar el mismo razonamiento que en el apartado (a) para llegar a que el número buscado es P R 3,28 31 = 31! 28! 3! = 4495 84

Matemática Discreta Francisco José González Gutiérrez (c) x 1, x 2 5 y x 3, x 4 7. Razonamos igual que en (b) y hacemos sustituimos en la ecuación original y resulta y 1 = x 1 5, y 2 = x 2 5, y 3 = x 3 7, y 4 = x 4 7 y 1 + y 2 + y 3 + y 4 = 8 : y i 0, 1 i 4 razonamos igual que en (a) y tendremos que el número de soluciones enteras de la ecuación propuesta que cumplen las condiciones dadas es (d) x i 8, 1 i 4 P R 3,8 11 = 11! 3! 8! = 165 Razonando igual que en los apartados (a) y (b), hacemos sustituimos en la ecuación original, y nos queda y i = x i 8, 1 i 4 y 1 + y 2 + y 3 + y 4 = 0 : y i 0, 1 i 4 la cual, obviamente, sólo admite la solución trivial, y 1 = y 2 = y 3 = y 4 = 0 luego la ecuación general tiene una única solución entera no negativa que cumpla las condiciones dadas. (e) x i 2, 1 i 4 Razonamos igual que en los apartados anteriores, y hacemos y i = x i + 2, i = 1, 2, 3, 4 sustituimos en la ecuación original y resulta la ecuación y 1 + y 2 + y 3 + y 4 = 40 : y i 0, 1 i 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 P R 3,40 43 = 43! 3! 40! = 12341 (f) x 1, x 2, x 3 > 0, 0 < x 4 25 Observemos lo siguiente: si S es el conjunto formado por todas las soluciones que nos piden, es decir, S = {(x 1, x 2, x 3, x 4 ) : x 1, x 2, x 3 > 0 y 0 < x 4 25} y S 1 y S 2 son los conjuntos: S 1 = {(x 1, x 2, x 3, x 4 ) : x 1, x 2, x 3 > 0 y 0 < x 4 32} S 2 = {(x 1, x 2, x 3, x 4 ) : x 1, x 2, x 3 > 0 y 25 < x 4 32} entonces, luego por el principio de adición, S 1 = S S 2 y S S 2 = S 1 = S S 2 = S + S 2 85

Universidad de Cádiz Departamento de Matemáticas es decir, S = S 1 S 2 donde S 1 = P R 3,28 31, calculado en el apartado (b). Para calcular S 2, tenemos que x 1, x 2, x 3 > 0 y x 4 > 25. Entonces, x i > 0 = x i 1 = x i 1 0, i = 1, 2, 3 y x 4 > 25 = x 4 26 = x 4 26 0 luego haciendo y i = x i 1, i = 1, 2, 3 y y 4 = x 4 26 y sustituyendo en la ecuación original, tendremos y 1 + y 2 + y 3 + y 4 = 3 y i 0, 1 i 3 : y i 0, 1 i 4 Utilizando el mismo razonamiento que en apartados anteriores, el número de soluciones enteras de la ecuación original cumpliendo las condiciones impuestas es P R 3,3 6. Por lo tanto, el número de soluciones enteras de la ecuación propuesta con las condiciones x 1, x 2, x 3 > 0 y 0 < x 4 25 es, S = P R 3,28 31 P R 3,3 6 = 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? 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 Francisco José González Gutiérrez Obsérvese que los tres caminos son distintos y lo único que varía 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, P R 7,7 14 = 14! 7! 7! = 3432 (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, P R 7,7 14 = 14! 7! 7! = 3432 (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, p 1 y p 2 de coordenadas (a 1, b 1 ) y (a 2, b 2 ), respectivamente. Los pasos que habrá que dar serán, a 2 a 1 pasos a la derecha y b 2 b 1 pasos hacia arriba luego para ir de p 1 hasta p 2 habrá que dar un total de (a 2 a 1 ) + (b 2 b 1 ) pasos, consecuentemente el número de caminos distintos que pueden tomarse son: P R (a2 a1),(b2 b1) (a 2 a 1)+(b 2 b 1) = [(a 2 a 1 ) + (b 2 b 1 )]! (a 2 a 1 )! (b 2 b 1 )! Ejemplo 4.10 Cuántas permutaciones de la palabra M ISSISSIP P I no tienen S consecutivas? Consideremos la palabra MIIIP 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 R 1,4,2 7 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 S P b P b I S 87

Universidad de Cádiz Departamento de Matemáticas es la palabra, SMSIIISP P IS y todas las así construidas no tienen eses consecutivas. Pues bien, para cada una de las P R 1,4,2 7 de que disponíamos, esto último puede hacerse de P R 4,4 8 formas distintas, consecuentemente, el número de permutaciones de la palabra dada que no tienen eses consecutivas es P R 1,4,2 7 P R 4,4 8 = 8! 4! 4! 7! 4! 2! = 7350 Ejemplo 4.11 Cuántos números hay entre el 1 y el 1000 que tengan la propiedad de que la suma de sus dígitos sea cinco? 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 transformaría en el 003 el 72 se transformaría 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 cxxcxxxc 221 cxxcxxcx 005 cccxxxxx De esta forma a cada número de los que buscamos le correspondería 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. Serían 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 P R 2,5 7 = 7! 2! 5! = 21 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 mínimo. (c) el niño mayor recibe, al menos, dos monedas. Designaremos a los niños por n 1, n 2, n 3, n 4 y n 5. 88

Matemática Discreta Francisco José González Gutiérrez (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: n 1 n 2 n 3 n 4 n 5 1 3 4 1 1 nxnxxxnxxxxnxnx 2 5 3 0 0 nxxnxxxxxnxxxnn 8 0 1 0 1 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 formas distintas. P R 4,10 14 = 14! 4! 10! = 1001 (b) Si cada niño recibe una moneda como mínimo, 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 formas distintas. P R 4,5 9 = 9! 4! 5! = 126 (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 P R 4,8 12 = 12! 4! 8! = 495 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 mínimo un pastel de cada tipo? El profesor daría un pastel de chocolate y otro de canela a cada alumno y le quedarían por repartir cinco de la primera clase y cuatro de la segunda. El problema sería ahora distribuir sin restricción de ningún tipo, los cinco pasteles de chocolate y los cuatro de canela entre los tres alumnos, para lo cual calcularíamos 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 x 1, x 2 y x 3, el problema de repartir los cinco pasteles de chocolate es equivalente al de calcular el número de soluciones enteras de la ecuación x 1 + x 2 + x 3 = 5 con la condición de que x i 0 para i = 1, 2, 3, número que siguiendo el método del ejemplo 4.8 es P R 2,5 7. El problema de repartir los cuatro pasteles de canela equivale al de calcular cuántas soluciones enteras tiene la ecuación x 1 + x 2 + x 3 = 4 con la condición de que x i 0 para i = 1, 2, 3. Nuevamente por el ejemplo 4.8, la solución es P R 2,4 6. 89

Universidad de Cádiz Departamento de Matemáticas Consecuentemente, la distribución de los cinco pasteles de chocolate y los siete de canela, puede hacerla el profesor de P R 2,5 7 P R 2,4 6 = 7! 2! 5! 6! 2! 4! = 315 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 vacío. (b) el cuarto recipiente contenga un número impar de pelotas. Seguiremos aplicando el método del ejemplo 4.8 para resolver este ejercicio. Si los cuatro recipientes son x 1, x 2, x 3 y x 4, el problema de distribuir las ocho pelotas en los cuatro recipientes es equivalente a calcular el número de soluciones enteras que tiene la ecuación x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 8 (a) Si ningún recipiente ha de quedar vacío, 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 x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 4 con la condición de que x i 0 para i = 1, 2, 3, 4. El método aludido anteriormente nos dice que las pelotas se pueden distribuir de P R 3,4 7 = 7! 3! 4! = 35 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 ejemplo 4.8, de P R 2,8 (2k+1) 10 (2k+1) formas, consecuentemente, por el principio de adición la distribución pedida podrá hacerse de 3 k=0 P R 2,8 (2k+1) 10 (2k+1) = P R 2,7 9 + P R 2,5 7 + P R 2,3 5 + P R 2,1 3 9! = 2! 7! + 7! 2! 5! + 5! 2! 3! + 3! 2! 1! = 118 formas distintas. Ejemplo 4.15 símbolos. Un mensaje consta de doce símbolos y cuarenta y cinco espacios en blanco entre los (a) Si los símbolos son todos distintos entre sí, 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 símbolos consecutivos debe haber un mínimo de tres espacios en blanco. 90

Matemática Discreta Francisco José González Gutiérrez (b) Responder a los dos apartados anteriores, en el caso de que el conjunto de símbolos esté formado por las letras A, B y C repetidas, cada una, cuatro veces. (a) Sean los doce símbolos, todos distintos entre sí. S 1, S 2, S 3, S 4, S 5, S 6, S 7, S 8, S 9, S 10, S 11, S 12 (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 S 1 S 2 S 3 S 4 S 5 S 6 S 7 S 8 S 9 S 10 S 11 S 12 Es obvio que cualquiera que sea el número de blancos que hay entre los símbolos, si intercambiamos dos o más símbolos entre ellos se produce un mensaje diferente, luego atendiendo solamente a los símbolos habrá un total de P 12 mensajes distintos. Ahora bien, para cada uno de ellos los huecos que hemos dejado entre los símbolos pueden estar ocupados por espacios en blanco. Observemos el siguiente esquema: S 1 x 1 S 3 x 2 S 5 x 3 S 7 x 4 S 2 x 5 S 4 x 6 S 6 x 7 S 10 x 8 S 8 x 9 S 11 x 10 S 12 x 11 S 9 Para una ordenación cualquiera de los símbolos hemos llamado x i 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 x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 + x 8 + x 9 + x 10 + x 11 = 45 siendo x i 0 para 1 i 11, que como ya sabemos por el ejemplo 4.8 es permutaciones con repetición de 55 elementos donde 10 son iguales entre sí y distintos de otros 45 también iguales entre sí. Consecuentemente, el número de mensajes distintos que pueden realizarse es P 12 P R 10,45 55! 55 = 12! 10! 45! (ii) Como entre dos símbolos consecutivos ha de haber un mínimo de tres espacios en blanco, nos quedarán 12 blancos a repartir entre los once espacios x i, lo cual puede hacerse según el ejemplo famoso (4.8) de P R 10,12 22 formas distintas. Para cada una de ellas, al igual que en (i), los símbolos podrán ordenarse de P 12 maneras diferentes, por tanto, el número de mensajes distintos en este caso es, (b) Ahora los símbolos son es decir, son iguales entre sí cuatro a cuatro. P 12 P R 10,12 22! 22 = 12! 10! 12! = 22! 10! A, A, A, A, B, B, B, B, C, C, C, C (i) El razonamiento es idéntico al apartado (i) del apartado (a) con la salvedad de que los símbolos se pueden ordenar de P R 4,4,4 12 formas distintas. Por tanto, el número de mensajes distintos es P R 4,4,4 12 P R 10,45 55 = 91 12! 4! 4! 4! 55! 10! 45!

Universidad de Cádiz Departamento de Matemáticas (ii) Razonamos igual que en (ii) de (a) con la salvedad que acabamos de exponer luego P R 4,4,4 12 P R 10,12 22 = 12! 4! 4! 4! 22! 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. 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 x 1, x 2, x 3 y x 4 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 que como ya sabemos es x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 24 : x i 0, i = 1, 2, 3, 4 P R 3,24 27 = 27! 3! 24! = 2925 (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 formas distintas. P R 3,20 23 = 23! 3! 20! = 1771 (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 R 3,2 5 formas distintas y para cada una de estas distribuciones las cuatro tizas rojas pueden repartirse entre las cuatro aulas de P R 3,4 7 formas diferentes, luego por el principio de multiplicación, las tizas blancas y las rojas pueden repartirse de P R 3,2 5 P R 3,4 7 maneras distintas, para cada una de las cuales las seis tizas amarillas podrán repartirse entre las cuatro aulas de P R 3,6 9 92

Matemática Discreta Francisco José González Gutiérrez formas diferentes. En definitiva, por el principio de multiplicación el total de distribuciones de las tizas en este caso es P R 3,2 5 P R 3,4 7 P R 3,6 9 = 5! 2! 3! 7! 3! 4! 9! 3! 6! = 24400 (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 formas diferentes. P R 2,6 8 P R 2,7 9 P R 2,8 10 = 8! 2! 6! 9! 2! 7! 10! 2! 8! = 45360 4.3 Variaciones Disponemos ahora de siete objetos a 1, a 2, a 3, a 4, a 5, a 6 y a 7 y supongamos que son números de una sola cifra, es decir, dígitos. Cuántos números de cuatro cifras pueden formarse con los mismos sin que se repita ninguno? Supongamos, para fijar ideas, que los dígitos 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 P 7. Ahora bien, si de cada uno de estos números elegimos cuatro cifras cualesquiera (las mismas en todos), tendríamos todos los números de cuatro cifras distintas que puedan formarse con los siete dígitos. Parece, pues, que el problema está resuelto y que la solución es P 7. Observemos, sin embargo, que esto no es cierto. En efecto, algunas de las P 7 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 serían: 1234 1234 1234 2341 3245 3245 93

Universidad de Cádiz Departamento de Matemáticas 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) Así pues, si llamamos N al número que buscamos, tendremos que N P (7 4) = P 7 luego el total de números que cumplen las condiciones del enunciado es: Formalizamos y generalizamos estas cuestiones. N = P 7 7! = P (7 4) (7 4)! = 7 6 5 4 4.3.1 Definición Dada una colección de m objetos a 1, a 2,..., a m 1, a m distintos y un número entero positivo n m, llamaremos variación de orden n a cualquier subcolección, a 1, a 2,..., a n 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 V m,n, diciendo que es el número de variaciones de m elementos tomados n a n y Demostración V m,n = m (m 1) (m n + 1) Procederemos por inducción para formar las variaciones de orden n que pueden formarse con los m objetos a 1, a 2,..., a m, siendo n m. Paso básico. Para n = 1, las variaciones de orden 1 serían: a 1 a 2 a 3 a 4... a m 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, a 1 a 2 a 2 a 1 a 3 a 1 a m a 1 a 1 a 3 a 2 a 3 a 3 a 2 a m a 2 a 1 a 4 a 2 a 4 a 3 a 4 a m a 3....... a 1 a m a 2 a m a 3 a m a m a m 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 Francisco José González Gutiérrez 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. variación, puede ser por dos razones: Entonces, atendiendo a la definición de (a) Falta alguna variación. (b) Alguna variación está repetida. pero no puede faltar ninguna ya que eso significaría 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 V m,n. Siguiendo el proceso de formación indicado anteriormente, tendremos V m,1 = m Para calcular las V m,2, habrá que añadir a cada una de las V m,1 uno de los m 1 elementos restantes, luego, V m,2 = V m,1 (m 1) análogamente, y siguiendo así sucesivamente, O sea, tendremos V m,3 = V m,2 (m 2) V m,4 = V m,3 (m 3) V m,n 1 = V m,n 2 [m (m 2)] V m,n = V m,n 1 [m (m 1)] V m,1 = m V m,2 = V m,1 (m 1) V m,3 = V m,2 (m 2) V m,4 = V m,3 (m 3) V m,n 1 = V m,n 2 [m (n 2)] V m,n = V m,n 1 [m (n 1)] Multiplicando miembro a miembro estas igualdades, resulta V m,1 V m,2 V m,n 1 V m,n = m V m,1 (m 1) V m,n 2 [m (n 2)] V m,n 1 [m (n 1)] de donde simplificando llegamos a V m,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 dígitos 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 y 9, 95

Universidad de Cádiz Departamento de Matemáticas Cuántos números diferentes de cuatro cifras pueden formarse sin que se repita ninguna cifra? Cuántos de estos números contienen al 1? 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 aquí que el número pedido sea: V 9,4 = 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 dígitos 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 V 8,3. 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 V 8,3 = 4 8 7 6 = 1344 4.4 Variaciones con Repetición Supongamos ahora que disponemos de cinco objetos a 1, a 2, a 3, a 4 y a 5, que son números de una sola cifra y que nos planteamos la siguiente cuestión: Cuántos números de tres cifras pueden formarse con los cinco dígitos 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 = 5 3 Definimos y calculamos el número de las variaciones con repetición. 4.4.1 Definición Dada una colección de m objetos a 1, a 2,..., a m 1, a m 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 Francisco José González Gutiérrez 4.4.2 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 R m,n, y diremos que es el número de variaciones con repetición de m elementos tomados n a n y Demostración V R m,n = m n Procederemos por inducción para formar las variaciones con repetición de orden n que pueden formarse con los m objetos a 1, a 2,..., a m. Paso básico. Para n = 1, las variaciones con repetición de orden 1 serían: es decir, V R m,1 = m. a 1 a 2 a 3 a 4... a 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, a 1 a 1 a 2 a 1 a 3 a 1 a m a 1 a 1 a 2 a 2 a 2 a 3 a 2 a m a 2 a 1 a 3 a 2 a 3 a 3 a 3 a m a 3....... a 1 a m a 2 a m a 3 a m a m a m Entonces, por cada variación con repetición de orden 1, habrá m variaciones con repetición de orden 2, luego, V R m,2 = m V R m,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 R m,n = m V R m,n 1 tendremos, por tanto, V R m,1 = m V R m,2 = m V R m,1 V R m,3 = m V R m,2 V R m,n 1 = m V R m,n 2 V R m,n = m V R m,n 1 Multiplicando miembro a miembro estas igualdades, tendremos V R m,1 V R m,2 V R m,n 1 V R m,n = m m V R m,1 m V R m,2 m V R m,n 2 m V R m,n 1 de aquí que V R m,n = m n 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

Universidad de Cádiz Departamento de Matemáticas (a) Comienzan por A. (b) No contienen la letra A. (c) Contienen la letra A. 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. Bastaría 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 R 5,2 = 5 2 = 25 (b) Calculamos cuántas palabras no contienen a la letra A. En este caso, bastaría calcular el número de palabras de tres letras que pueden formarse con B, C, D y E, es decir, V R 4,3 = 4 3 = 64 (c) Veamos, finalmente, cuántas palabras contienen la letra A. El número total de palabras de tres letras es V R 5,3 y el número de palabras que no contienen la letra A es, según el apartado (b), V R 4,3, consecuentemente el número pedido es V R 5,3 V R 4,3 = 5 3 4 3 = 125 64 = 61 Ejemplo 4.19 Dado el conjunto de dígitos 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. Dado que dos números cualesquiera serán distintos si cambiamos el orden de colocación y si cambiamos algún o algunos dígitos, 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 k 9. 98