Las estructuras b´asicas de la...

Capıtulo 3

Las estructuras basicas de laCombinatoria

Cuando contamos y enumeramos, cuando hacemos Combinatoria, aparecen con frecuenciaunas estructuras basicas, que merecen nombres propios y analisis especıficos. Ası, cada vezque, tras meditar detenidamente sobre una cierta cuestion combinatoria, identifiquemos losobjetos de interes (por ejemplo, particiones de un cierto conjunto en bloques no vacıos),sabremos que la respuesta estara en una correspondiente familia de numeros (para el caso,numeros de Stirling). Este capıtulo sera una suerte de muestrario de estas estructuras basicas:explicaremos los contextos en las que aparecen unas u otras y aprenderemos a contar cuantasde ellas hay, en cada caso.

Preparese el lector, pues, para una excursion, casi taxonomica, en la que ira descubriendopaulatinamente las principales familias, algunos de los generos, y hasta alguna que otraespecie, que pueblan el habitat combinatorio.

En realidad, ya iniciamos esta excursion en el capıtulo anterior, en el que presentamosdiversos tipos de listas (con y sin repeticion, circulares, etc.). Recomendamos al lector queque tenga presentes los resultados que allı obtuvimos, porque apareceran continuamente enlos argumentos combinatorios que siguen.

3.1. Subconjuntos. Coeficientes binomicos

Sea A un conjunto con n ≥ 1 elementos. Para las cuestiones que nos interesan, los nombresde los elementos de A no desempenan papel alguno, ası que, por concrecion y conveniencia,supondremos que A es el conjunto {1, . . . , n}. Queremos saber cuantos subconjuntos (sinrepeticion) distintos de tamano k podemos extraer de el. Por ejemplo, si n = 4 y k = 2,hay seis 2-subconjuntos: {1, 2}, {1, 3}, {1, 4}, {2, 3}, {2, 4} y {3, 4}. Llamemos

C(n, k) = #{k-subconjuntos extraıdos de un conjunto de n elementos} .El parametro k, que indica el tamano de los subconjunto que nos interesan, puede tomar enprincipio los valores k = 0, 1, 2, . . . Pero si k > n, entonces C(n, k) = 0, pues resulta imposibleconstruir un subconjunto con mas elementos de los que tiene el conjunto de partida.

103

104 Capıtulo 3. Las estructuras basicas de la Combinatoria

Ası que situemonos en el rango de interes: para un cierto n ≥ 1 y para cada 0 ≤ k ≤ n. Sinuestro objetivo fuera contar el numero de listas de longitud k y sin repeticion que podemosformar con n sımbolos, la respuesta serıa

n(n− 1) · · · (n− k + 1) =n!

(n− k)!,

como vimos en la subseccion 2.2.1. Consideremos ahora una cualquiera de ellas: en sus kposiciones tiene sımbolos distintos, ası que podremos reordenarla de k! maneras distintas.La observacion clave es que cada una de estas k! posibles reordenaciones da lugar, si nosolvidamos del orden de presentacion de los sımbolos, a un unico conjunto de tamano k.

Por tanto, podemos relacionar cada k! listas (en las que sı es relevante el orden) con unsolo conjunto (en el que el orden no es relevante). Esta aplicacion k! a 1 entre el conjunto delas k-listas sin repeticion formadas con sımbolos {1, . . . , n} y la coleccion de k-subconjuntosde {1, . . . , n} nos permite concluir que, para cada n ≥ 1,

C(n, k) =

⎧⎨⎩n!

k! (n − k)!si 0 ≤ k ≤ n;

0 si k > n.

con el convenio habitual de que 0! = 1. Observese que de este analisis combinatorio se deduceque la fraccion n!

k! (n−k)! es un entero, algo que no es sencillo comprobar algebraicamente.

Es tradicional designar al cociente de factoriales de la formula anterior con el siguientesımbolo: (

n

k

)=

n!k! (n − k)!

(se lee “n sobre k”). Estos numeros son conocidos como coeficientes binomicos1 y estan, enprincipio, definidos para cada entero positivo n y para cada 0 ≤ k ≤ n. El lector podra com-probar que (

n

n

)= 1 y

(n

0

)= 1

(utilizando de nuevo que 0! = 1). Unos valores que son consistentes con la interpretacioncombinatoria que aquı estamos considerando: por un lado, C(n, n) = 1, porque el unicoconjunto con n elementos que se puede extraer de un conjunto de n elementos es el propioconjunto; y, por otro, C(n, 0) = 1, puesto que solo hay un conjunto de tamano cero quepodemos extraer del conjunto {1, . . . , n}, el conjunto vacıo Ø.

En lo que sigue, para evitar una proliferacion innecesaria de sımbolos, y salvo algunareaparicion esporadica de la notacion C(n, k), diremos que, dado n ≥ 1, el numero de sub-conjuntos de tamano k que podemos extraer del conjunto {1, . . . , n}, esto es, el numero demaneras en que podemos seleccionar k sımbolos de entre una coleccion de n, viene dadopor

(nk

), con el convenio adicional de que este coeficiente binomico es 0 para los valores de k

que quedan fuera del rango 0 ≤ k ≤ n.1Ası llamados porque se obtienen en el desarrollo del binomio de Newton (vease la subseccion 3.1.2).

(version preliminar 26 de septiembre de 2010)

3.1. Subconjuntos. Coeficientes binomicos 105

Aunque en la subseccion 3.1.3 presentaremos algunas aplicaciones combinatorias intere-santes de estos numeros, ahı va un primer ejemplo simpatico, para que el lector empiece acaptar su utilidad.

Ejemplo 3.1.1 La ley de Murphy y los calcetines. Tenemos diez pares de calcetines(distintos) y desaparecen seis calcetines (escogidos al azar). ¿Que es mas probable, que nosqueden cuatro pares utiles (el caso malo) o que nos queden siete pares utiles (el bueno)2?

Lo adivino: la ley de Murphy es cierta, es mas probable que nos queden solo 4 pares. Etique-temos los calcetines segun la pareja a la que pertenezcan y si son derecho o izquierdo:

D1, I1, D2, I2, . . . D10, I10 .

Como en el ejemplo 2.2.4, apelaremos a la nocion de probabilidad como cociente del numerode casos favorables entre el total. Hay

(206

)posibles “desapariciones” distintas, pues hay que

elegir 6 de los 20 calcetines. Si han de quedar 7 pares utiles, la unica posibilidad es que hayandesaparecido tres pares completos. Para contar los casos favorables, basta elegir esas tresparejas (de entre las 10 que hay). Ası que, si llamamos p7 a la probabilidad de tener 7 paresutiles,

p7 =

(103

)(206

) =1

323.

Si quedan 4 parejas utiles, solo puede ser porque haya desaparecido un calcetın de cadauna de las otras seis. Ası que decidimos primero que cuatro parejas quedan ıntegras (

(104

)posibilidades) y luego que seis calcetines desaparecen: uno de la primera pareja que queda(2 posibilidades), otro de la segunda (otras 2 posibilidades), etc. En total, hay 26 posibles“desapariciones”. Ası que

p4 =

(104

)26(20

6

) =112323

.

¡Es 112 veces mas probable estar en el caso malo! Pero no desesperemos: en realidad, lo masprobable es que nos queden 5 pares utiles. Podemos analizar este caso con el siguiente argu-mento: elegimos los 5 pares que quedan completos (

(105

)maneras) y, de los restantes 5 pares,

uno ha de desaparecer completo (5 posibilidades), y del resto hemos de elegir que calcetındesaparece (24 maneras). En total,

p5 =

(105

)5× 24(206

) =168323

.

El ultimo caso (6 pares utiles) requerirıa elegir los 6 pares ıntegros, y de los otros cuatro,elegir los dos que desaparecen completos y tomar un calcetın de las otras dos parejas:

p6 =

(106

) (42

)22(20

6

) =42323

.

Observese el permanente uso de la regla del producto que hemos hecho en estos calculos.Compruebese tambien que p4 + p5 + p6 + p7 = 1. ♣

2Notese que, en esta desastrosa circunstancia, por lo demas bastante habitual, no pueden quedar mas de 7pares ıntegros, y que siempre quedan al menos 4.



3.1.1. Propiedades de los coeficientes binomicos

Vamos a enunciar unas cuantas propiedades utiles de los coeficientes binomicos, quecomprobaremos con argumentos algebraicos y combinatorios.

A. Simetrıa

La propiedad que nos disponemos a demostrar es la siguiente:(n

k

)=

(n

n− k

)para n ≥ 1 y 0 ≤ k ≤ n,

La razon por la que hablamos de propiedad de “simetrıa” resultara evidente cuando, unaspaginas mas adelante, dispongamos los coeficientes binomicos en el habitual triangulo.

La prueba algebraica es muy sencilla:(n

k

)=

n!k!(n− k)!

=n!

(n− k)! (n − (n− k))!=

(n

n− k

).

Pero es mas interesante confirmar esta propiedad utilizando argumentos combinatorios. Lla-memos

Γ1 ={

subconjuntos de tamano kextraıdos de {1, . . . , n}

}y Γ2 =

{subconjuntos de tamano n− k

extraıdos de {1, . . . , n}}

.

A cada subconjunto B de tamano k (es decir, incluido en Γ1) le podemos asociar el sub-conjunto de tamano n − k (que estara incluido en Γ2) formado por todos los elementos de{1, . . . , n} que no estan en B, esto es, {1, . . . , n} \B.

Construimos ası una aplicacion entre los conjuntos Γ1 y Γ2 que, como podra comprobarsin dificultad el lector, es biyectiva. De lo que se deduce que ambos conjuntos han de tenerel mismo tamano. Es decir, que las cantidades

|Γ1| =(

n

k

)y |Γ2| =

(n

n− k

)han de ser iguales.

B. Suma de los coeficientes binomicos

La segunda propiedad da cuenta del valor de la suma de todos los coeficientes binomicosde ındice superior fijo: para cada n ≥ 1,

n∑k=0

(n

k

)= 2n

La prueba algebraica, manipulando los factoriales que aparecen en la suma, es una tarea muylaboriosa. Sin embargo, es sencillo construir una prueba por induccion, y animamos al lectora completarla (ejercicio 3.1.1). Veremos tambien una demostracion alternativa, utilizando elteorema del binomio, en la subseccion 3.1.2.



La prueba combinatoria es trasparente. Sabemos que(nk

)cuenta, para cada 0 ≤ k ≤ n,

el numero de subconjuntos de tamano k que podemos extraer del conjunto A = {1, . . . , n}.Llamemos Γ al conjunto de todos los posibles subconjuntos de A. Sabemos (recuerdese elejemplo 2.2.2) que el conjunto Γ tiene tamano 2n. Definamos ademas

Γ0 = {subconjuntos de A de tamano 0}Γ1 = {subconjuntos de A de tamano 1}

...Γn = {subconjuntos de A de tamano n}.

Los conjuntos {Γ0,Γ1,Γ2, . . . ,Γn} constituyen una particion de Γ (¡compruebese!). Ası que,con la regla de la suma, concluimos que

|Γ| =n∑

j=0

|Γj| ; es decir, 2n =n∑

j=0

(n

j

).

Conviene insistir en la identificacion entre subconjuntos y listas de ceros y unos del ejem-plo 2.2.2. Allı vimos que dar un subconjunto del conjunto {1, . . . , n} es exactamente lo mismoque construir una lista de longitud n con ceros y unos. El diccionario entre ambas cuestioneses: si en la posicion j-esima de la lista aparece un 1, el elemento j esta en el subconjunto; ysi aparece un 0, no estara.

En su momento esto nos permitio determinar que hay 2n subconjuntos posibles. Ahorapodemos ser un poco mas finos: si solo nos interesamos por los subconjuntos de tamano k, elmismo argumento nos permite reinterpretar, combinatoriamente, los coeficientes binomicos:(

n

k

)= #

{listas de longitud n formadas con ceroso unos que tienen exactamente k unos

}.

C. Regla de recurrencia

La ultima propiedad por la que nos vamos a interesar es una regla de recurrencia paralos coeficientes binomicos, que nos permitira calcularlos de manera muy eficiente. La citadaregla dice ası: dado n ≥ 2 y para cada 1 ≤ k ≤ n− 1,(

n

k

)=

(n− 1

k

)+

(n− 1k − 1

)La prueba algebraica, aunque sencilla, requiere unas ciertas manipulaciones:(

n− 1k

)+

(n− 1k − 1

)=

(n− 1)!k!(n − 1− k)!

+(n− 1)!

(k − 1)!(n − k)!=

n− k

n

n!k!(n− k)!

+k

n

n!k!(n− k)!

=(

n

k

)[k

n+

n− k

n

]︸︷︷︸

=1

=(

n

k

).



Para una comprobacion combinatoria, construimos la siguiente particion:⎧⎨⎩ Subconjuntos detamano k extraıdos

de {1, . . . , n}

⎫⎬⎭ =

⎧⎨⎩ Subconjuntos de tamano kextraıdos de {1, . . . , n}

que contienen al elemento n

⎫⎬⎭∪⎧⎨⎩ Subconjuntos de tamano k

extraıdos de {1, . . . , n}que no contienen al elemento n

⎫⎬⎭Por supuesto, la eleccion del elemento n, el ultimo, para este proceso es totalmente arbitraria(podıamos haber elegido, por ejemplo, el primero). El conjunto de la izquierda, ya lo sabemos,tiene tamano

(nk

), y la regla de la suma nos permite escribir que

(n

k

)= #


que contienen al elemento n

⎫⎬⎭ + #


que no contienen al elemento n

⎫⎬⎭= #

{Subconjuntos de tamano k − 1

extraıdos de {1, . . . , n− 1}}

+ #{

Subconjuntos de tamano kextraıdos de {1, . . . , n− 1}

}

=(

n− 1k − 1

)+

(n− 1

k

).

La penultima igualdad es la clave del argumento, y esta basada en un par de biyecciones.Para el primer termino argumentamos ası: para construir todos los subconjuntos de tamano kcon los elementos {1, . . . , n} que contengan al elemento n, basta decidir quienes son sus k−1acompanantes, es decir, basta elegir k − 1 elementos del conjunto {1, . . . , n − 1}. Para elsegundo termino, como los subconjuntos que estamos considerando en este caso no contienena n, tendremos que escoger los k elementos de entre los del conjunto {1, . . . , n− 1}.

Figura 3.1: Tartaglia

La combinacion de esta regla de recurrencia y lo que por razonesque se entenderan en un momento llamaremos los valores frontera,(

n

0

)= 1 y

(n

n

)= 1 , para cada n ≥ 1,

nos permite calcular y codificar los valores de todos los coeficientesbinomicos. Para ello, es costumbre utilizar el llamado triangulo dePascal-Tartaglia3: un triangulo formado por casillas que van etique-tadas con dos parametros, n y k. El parametro n etiqueta los “pisos”del triangulo, empezando en n = 0, mientras que el parametro k, porsu parte, marcara la coordenada de las sucesivas diagonales, de nuevode k = 0 en adelante. En la casilla de coordenadas n y k situamos elnumero C(n, k), o indistintamente

(nk

).

3A veces solo triangulo de Tartaglia, a veces solo triangulo de Pascal. Niccolo Fontana (1499-1557) esmas conocido como Tartaglia (tartamudo; o tartaja, mas catizo y un punto despectivo). Parece ser quede pequeno fue gravemente herido en la cara por las tropas francesas que ocupaban Brescia, su localidadnatal, y que de aquel episodio conservo una gran cicatriz en el rostro y ciertas dificultades para hablar.Tradujo y publico numerosas obras matematicas clasicas, como los Elementos de Euclides y algunos tratadosde Arquımedes. Consiguio, entre otros logros, obtener una formula para la resolucion de la ecuacion cubica(vease la nota al pie de la pagina 20).



Para que todo cuadre, es conveniente decidir que C(0, 0) = 1; una definicion consistentecon la formula de los factoriales, aunque sin aparente significado combinatorio4. Los valoresen los bordes (las fronteras) del triangulo son siempre 1. Y las casillas interiores se rellenansiguiendo la ecuacion de recurrencia, cuya interpretacion grafica aparece debajo de estaslıneas, a la izquierda: cada coeficiente binomico se obtiene sumando los valores de los dosinmediatamente superiores. Con esta regla, y los valores en los bordes, podemos completarel triangulo, tal como hacemos a continuacion (hasta n = 7):

n = 0

n = 1

n = 2

n = 3

n = 4

n = 5

n = 6

�k = 0

�k = 1

�k = 2

�k = 3

�k = 4

�k = 5

�k = 6

1

1 1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

2

3 3

4 6 4

10 10 55

6 15 1520 6

C(n−1, k−1) C(n−1, k)

C(n, k)� �

n = 7 1 7 21 35 35 21 7 1

�k = 7

Si, por ejemplo, el lector dirige su mirada al piso n = 6 y diagonal k = 2, encontrara elvalor de C(6, 2), o bien

(62

), que es 15. Hoy en dıa asociamos este triangulo a los nombres de

Pascal y/o Tartaglia, pero los coeficientes binomicos eran ya conocidos, en mayor o menorgrado, siglos antes. Por ejemplo, por Ibn Ezra5 y por Levi ben Gerson6, entre los siglosXII y XIV. Aunque los matematicos arabes y chinos7 tambien manejaban estos numeros,como se aprecia en la figura8 de la derecha, del siglo XIII. El triangulo de Tartaglia, casi unicono cabalista, contiene, veladamente, muchas sucesiones de numeros de interes9. Es buenmomento para recomendar, de nuevo, la lectura de El diablo de los numeros de Erzensberger.

4¿O si lo tiene, en realidad? Alardee el lector de sus habilidades para el razonamiento escolastico-bizantinoy justifique combinatoriamente que C(0, 0) = 1.

5Abraham Ben Meir Ibn Ezra (1089-1164), matematico, exegeta y astrologo. . . ¡espanol!, nacido en Tudelay muerto en Calahorra, estaba interesado y sabıa calcular los coeficientes binomicos con n = 7. Porque sieteeran los cuerpos celestes: el Sol, la Luna, Mercurio, Venus, Marte, Jupiter y Saturno. Como buen astrologo,a Ibn Ezra le preocupaba saber de cuantas formas se puede estar simultaneamente bajo varios de esos signos.El lector podra encontrar mas informacion sobre este personaje en el artıculo La astrologıa combinatoria delrabino Ibn Ezra, de Doron Zeilberger (La Gaceta de la Real Sociedad Matematica Espanola 1 (1998), no. 3).

6Parece que fue el rabino Levi Ben Gerson (1288-1344) el primero en dar una expresion explıcita de loscoeficientes binomicos.

7Vease la referencia a Al-Karaji de la pagina 40. Aprovechamos aquı para sugerir al lector una excelentereferencia en Historia de las Matematicas: Mathematics and its history (Springer-Verlag, 1991), de J. Stillwell.

8La tabla acaba en n = 8. Observe el lector los sımbolos. ¿Serıa capaz de escribir los numeros del 1 al 99en estos caracteres chinos?

9Por ejemplo, los numeros triangulares Tn =(

n+12

)(vease el ejercicio 1.2.3), que estan en la diagonal k = 2.

Vease tambien la subseccion 6.3.5.



La regla de recurrencia anterior permite escribir(nk

)(cuyo ındice superior es n) en termi-

nos de la suma de dos coeficientes binomicos cuyos ındices superiores son n− 1. Si repetimosel procedimiento, pero para los dos nuevos coeficientes binomicos, llegamos a(

n

k

)=

(n− 1

k

)+

(n− 1k − 1

)=

[(n− 2

k

)+

(n− 2k − 1

)]+

[(n− 2k − 1

)+

(n− 2k − 2

)]

=(

n− 2k

)+ 2

(n− 2k − 1

)+

(n− 2k − 2

)=

(20

)(n− 2

k

)+

(21

)(n− 2k − 1

)+

(22

)(n− 2k − 2

).

Ahora(nk

)se escribe como suma de coeficientes binomicos de ındice superior n−2. Notese que

los numeros que los acompanan pueden ser escritos, a su vez, como coeficientes binomicos.Podrıamos iterar el proceso, pero los calculos serıan demasiado engorrosos, y vale la pena

argumentar en general, combinatoriamente. Queremos escribir(nk

)en terminos de coeficientes

binomicos cuyo ındice superior sea, por ejemplo, n− l. Primero declaramos del “primer tipo”a l elementos de entre {1, . . . , n}, por ejemplo los l primeros, marcando los restantes n − lcomo del “segundo tipo”. Ahora clasificamos los k-subconjuntos dependiendo del numero j(con 0 ≤ j ≤ k) de elementos del primer tipo que contengan, en la siguiente particion:{

k-subconjuntos extraıdosde {1, . . . , n}

}=

k⋃j=0

{k-subconjuntos extraıdos de {1, . . . , n}

con j elementos del primer tipo

}.

Observese que, como solo hay l elementos del primer tipo, los conjuntos de la coleccion de laderecha que corresponden a valores j > l son vacıos.

Calculamos el tamano del conjunto con etiqueta j seleccionando primero que j elementosdel primer tipo estan en nuestro subconjunto (hay

(lj

)posibilidades); y luego seleccionando

los k − j elementos del segundo tipo que contiene el subconjunto (hay(

n−lk−j

)posibilidades).

Aplicando las reglas de la suma y del producto llegamos a la formula de Vandermonde10:(n

k

)=

k∑j=0

(l

j

)(n− l

k − j

)El caso l = 1 es la formula de recursion habitual. La suma anterior se extiende, en realidad,hasta el mınimo de l y k. Esta imprecision en los lımites de sumacion no supone problemaalguno si seguimos aplicando el convenio (que sera de uso general en lo que sigue) de quelos coeficientes binomicos son nulos si, por ejemplo, el ındice de abajo es mayor que el dearriba, o si aparecen ındices negativos. En muchas ocasiones aprovecharemos este conveniopara ser voluntariamente poco cuidadosos con los lımites de sumacion. Por ejemplo, en laformula anterior de Vandermonde podrıamos haber escrito que la suma se extiende hasta ∞.

10El nombre del matematico y musico frances Alexandre-Theophile Vander-monde (1735-1796) ha quedado asociado al determinante de Vandermonde,que exhibimos a la derecha, y cuyo valor es

∏1≤i<j≤n(aj − ai). Vease, por

ejemplo, como aparece este determinante en la demostracion del teorema 4.36.Aunque parece ser que, pese a que Vandermonde fue uno de los pioneros dela teorıa de los determinantes, jamas considero el que lleva su nombre.

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 · · · 1a1 a2 · · · an

a21 a2

2 · · · a2n

......

. . ....

an−11 an−1

2 · · · an−1n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣



D. Calculo y tamano de los coeficientes binomicos

Como ya hemos visto, los coeficientes binomicos siguen la siguiente formula:(n

k

)=

n!k!(n − k)!

=n(n− 1) · · · (n− k + 1)

k(k − 1) · · · 3 · 2 · 1

(notese que hay tantos factores en el numerador como en el denominador). Una formula que,en principio, parece ser la mejor manera de calcularlos. Ahora bien, si el lector recuerda ladiscusion de las subsecciones 2.4.3 y 2.4.4, convendra con nosotros en que n! es un numeroasombrosamente grande. Si, por ejemplo, quisieramos calcular un modesto

(5030

)con la formula

anterior, necesitarıamos evaluar los factoriales de 50, 30 y 20, para luego dividirlos. Una tareaque puede poner en apuros a cualquier ordenador. Sin embargo, la aplicacion reiterada de laregla de recurrencia permite calcularlos de una manera quizas mas eficiente, pues solo requiereun cierto numero de sumas. Por esta razon, muchos paquetes matematicos de calculo empleaneste segundo procedimiento para evaluar los coeficientes binomicos.

Pero la formula contiene mucha informacion. Con ella, y con la ayuda de la formula deStirling, podemos estimar el orden de magnitud de un coeficiente binomico cualquiera. Fije-mos un valor de n, un piso en el triangulo de Tartaglia, y miremos los coeficientes binomicoscuyo ındice superior es n. Por ejemplo, los correspondientes a n = 7 son 1, 7, 21, 35, 35, 21, 7, 1 .

Como ya sabemos, por la propiedad Ade esta misma subseccion, la lista es simetri-ca con respecto al elemento central (o cen-trales, si, como en el ejemplo, n es impar).Notese que los valores van creciendo, de iz-quierda a derecha, hasta llegar al centro (ocentros), a partir del cual empiezan a decre-cer. Este comportamiento es general:

maxk=0,...,n

{(n

k

)}=

(n

�n/2�)

=(

n

�n/2�)

Observese que los dos coeficientes binomicos escritos a la derecha son el mismo si n es par.Vea el lector el ejercicio 3.1.2 para una posible demostracion. A la derecha mostramos lagrafica con los valores de los sucesivos coeficientes binomicos para n = 20.

Interesa conocer el orden de magnitud del coeficiente binomico que ocupa la posicioncentral (o centrales) de una fila del triangulo de Pascal-Tartaglia, que como hemos vistoantes, es el mayor de toda la fila. Por comodidad de calculo, analizaremos el coeficiente

(2nn

).

Para empezar, la suma de todos los coeficientes(2nj

)vale 22n = 4n, ası que cada uno de

ellos, y en particular(2n

n

), ha de ser menor que 4n. Pero ademas, como

(2nn

)es el mayor de

todos ellos,

4n =2n∑j=0

(2nj

)<

2n∑j=0

(2nn

)= (2n + 1)

(2nn

).



Reuniendo ambas estimaciones, concluimos que

4n

2n + 1<

(2nn

)< 4n .

La precisa estimacion asintotica de Stirling (vease la seccion 2.4.4) nos permite afinar mas:(2nn

)=

(2n)!n!n!

∼ (2n)2n e−2n√

4π n

[nn e−n√

2π n]2=

1√π n

4n cuando n→∞.

Ası que es un crecimiento exponencial, con una pequena correccion (el denominador√

πn).Visto en una escala logarıtmica, que es la adecuada en este caso, estas correcciones sonirrelevantes, y el lector podra comprobar sin esfuerzo que

lımn→∞

ln(2n

n

)n ln(4)

= 1 .

3.1.2. Sobre el teorema del binomio

Tras tanto mentar a los coeficientes binomicos, resulta oportuno recordar el origen de sunombre. La regla del binomio de Newton nos permite calcular la potencia n-esima de unasuma de dos terminos. La formulacion habitual es la siguiente:

(1 + x)n =n∑

k=0

(n

k

)xk

una expresion que es valida para cualquier numero real x. Un ejercicio interesante, queproponemos al lector como ejercicio 3.1.19, consiste en probar la validez del teorema porinduccion en n.

¡Atencion!, nuestra definicion del coeficiente binomi-co

(nk

)era puramente combinatoria: numero de mane-

ras de escoger k elementos de entre un conjunto de nelementos. Y aquı reaparecen, de repente, como coe-ficientes del polinomio que se obtiene al desarrollar(1 + x)n. Pero en realidad es justamente la definicioncombinatoria la que lo justifica. Vease el esquema dela derecha,

(1 + x)(1 + x)(1 + x)

(1 + x)

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩n factores

(1 + x)

�

��

hay que escogerk veces la x

en el que hemos escrito los n factores en columna. Nos preguntamos cuantas vecesaparecera el termino xk al multiplicarlos todos, pues ese sera el coeficiente de xk. Pero paraque aparezca xk habra que tomar k veces la x (y n − k veces el 1, claro). Es decir, hay queelegir las k filas en las que tomamos la x. Es decir,

(nk

).

Por cierto que este es un primer ejemplo de una funcion generatriz: la funcion (1+x)n

“genera”, al ser desarrollada en potencias de x, la sucesion de numeros((n

k

))∞k=0

=((n

0

),

(n

1

),

(n

2

), . . . ,

(n

n

), 0, 0, 0 . . .

);

sobre estas cuestiones insistiremos, y mucho, en el capıtulo 11.



Si reemplazamos x por x/y en la formula del binomio,(1 +

x

y

)n

=n∑

k=0

(n

k

)xk

yk=⇒

(y + x

y

)n

=n∑

k=0

(n

k

)xky−k ,

obtenemos, tras multiplicar por yn, la siguiente generalizacion:

(x + y)n =n∑

k=0

(n

k

)xkyn−k

que en principio, por el argumento utilizado, serıa valida solo para y �= 0. Pero como paray = 0 dice simplemente que xn = xn, concluimos que es valida para todo y.

Es inmediato obtener, a partir del teorema del binomio, unas cuantas identidades in-teresantes. Por ejemplo, si en la ultima expresion tomamos x = y = 1, recuperamos la yaconocida

2n =n∑

k=0

(n

k

).

Pero si tomamos x = 1 e y = −1, llegamos a la (algo mas inesperada11) identidad siguiente:

0 =n∑

k=0

(−1)k(

n

k

)

que nos dice que la suma de todos los coeficientes binomicos de ındice superior n, alterna-dos en signo, es 0. Usaremos esto, por ejemplo, en la demostracion del principio de inclu-sion/exclusion (vease la subseccion 3.1.4).

Nuestro siguiente objetivo es evaluar la suma

n∑k=0

k

(n

k

).

El truco, que utilizaremos profusamente en el capıtulo 11, consiste en derivar con respectoa x la formula del binomio. Ası se obtiene que

n(1 + x)n−1 =n∑

k=1

(n

k

)kxk−1 ; y, evaluando en x = 1, que

n∑k=0

k

(n

k

)= n 2n−1

Usaremos esta argucia muchas veces en el capıtulo 11, y muy en particular, en el contextoprobabilıstico para calcular medias de variables aleatorias que toman valores en los enteros nonegativos (vease la seccion 12.1). Pero como eso queda todavıa lejos, adelantamos un ejemplocombinatorio.

11Note el lector que, si n fuera impar, la identidad serıa consecuencia de la simetrıa los coeficientes binomicos,que se irıan cancelando por parejas. En el caso de n par ya no es ası, pues hay un numero impar de sumandos.



Ejemplo 3.1.2 Queremos corroborar la intuicion que nos dice que el “tamano medio” delos subconjuntos que se pueden extraer del conjunto {1, . . . , n} es n/2.

Llamemos Γ a la coleccion de todos los subconjuntos de {1, . . . , n}. Sabemos que |Γ| = 2n.El tamano medio al que nos referimos es la media aritmetica de los tamanos de todos lossubconjuntos, es decir,

12n

∑γ∈Γ

|γ| ,

donde |γ| significa el tamano de cada subconjunto γ. La suma consta de 2n sumandos. Vamosa calcularla agrupando los subconjuntos γ que tengan el mismo tamano, que sera un ciertoparametro k entre 0 y n. El calculo, pese a la aparatosa notacion, es sencillo y directo:

12n

∑γ∈Γ

|γ| = 12n

n∑k=0

∑γ∈Γ|γ|=k

|γ| = 12n

n∑k=0

∑γ∈Γ|γ|=k

k =12n

n∑k=0

k #{

subconjuntos γ ∈ Γtales que |γ| = k

}

=12n

n∑k=0

k

(n

k

)=

12n

(n 2n−1

)=

n

2,

como nos sugerıa la intuicion (vease un argumento alternativo en el ejercicio 3.1.10). ♣

El binomio de Newton (version general)

Figura 3.2: Newton

Reescribamos el teorema del binomio, que es valido para cualquiern ∈ N (ademas de para todo x ∈ R), de la siguiente manera:

(1+x)n =n∑

k=0

(n

k

)xk =

n∑k=0

n!k!(n−k)!

xk =∞∑

k=0

n (n−1) · · · (n−k + 1)k!

xk.

Notese que el numerador del coeficiente de xk tiene k factores. Hemosescrito que la suma se extiende hasta ∞, aunque en realidad sabemosque es un polinomio (los coeficientes se anulan si k > n). El teoremageneral del binomio de Newton12 afirma que la expresion anterior estambien cierta sustituyendo n por un α real cualquiera:

Teorema 3.1 (binomio de Newton) Para todo α ∈ R, si |x| < 1,

(1 + x)α =∞∑

k=0

α(α− 1)(α − 2) · · · (α− k + 1)k!

xk.

12Sir Isaac Newton (1642-1727) es, quizas, el cientıfico mas famoso de todos los tiempos (solo Einsteinrivaliza con el en fama y gloria): el padre de la ley de la gravitacion y el inventor del Calculo diferencial eintegral (al tiempo que Leibniz). En sus Philophiae naturalis principia mathematica, o simplemente Principia,de 1687, que son considerados como el mas importante libro cientıfico jamas escrito, establecio los principiosbasicos de la Mecanica, la Dinamica de Fluidos, el movimiento ondulatorio, dedujo las leyes de Kepler delmovimiento de planetas y cometas. . . En un arranque de humildad (lo que por cierto no era muy frecuenteen el), Newton dijo una vez que si el “habıa visto un poco mas lejos era porque estaba subido a hombros degigantes”, en reconocimiento al trabajo anterior de otros cientıficos. Pues oiga, no: para gigante, Newton.



¡Cuidado!, la expresion es la misma, pero mientras que en el caso en el que α sea unentero positivo la suma es finita (un polinomio), en el caso general tendremos una serie depotencias infinita. Por esto hemos sido cuidadosos de incluir, en el enunciado del teorema,los valores de x para los que la serie converge con seguridad. El lector podra encontrar lademostracion de este resultado, junto con diversas aplicaciones, en la subseccion 11.3.4.

El multinomio de Newton

Vamos ahora a escribir el binomio de Newton de una manera alternativa:

(x + y)n =n∑

k=0

(n

k

)xkyn−k =

∑a,b≥0, a+b=n

n!a! b!

xayb ,

que sale de observar simplemente que, para cada k, los exponentes de x e y suman siempre n.A la vista de esta expresion, quizas el lector podrıa aventurar que la formula del trinomiodeberıa ser

(x + y + z)n =∑

a,b,c≥0, a+b+c=n

n!a! b! c!

xaybzc =∑

a,b,c≥0

(n

a, b, c

)xaybzc .

A la derecha hemos utilizado una nueva notacion,(n

a, b, c

)=

{n!

a! b! c! si a + b + c = n;

0 en caso contrario.

que permite escribir la suma triple de manera mas sencilla: se suman en todos los a, b, c ≥ 0,pero los terminos son nulos a menos que a+b+c = n. A este numero se le conoce, por razonesobvias, como un coeficientes multinomico. El caso general del multinomio de Newton serıa

(x1 + x2 + · · ·+ xk)n =∑

a1,...,ak ≥ 0

(n

a1, a2, . . . , ak

)x1

a1x2a2 · · · xk

ak ,

donde, de nuevo,(n

a1, a2, . . . , ak

)=

{n!

a1 a2!···ak ! si a1 + a2 + · · ·+ ak = n;

0 en caso contrario.

Las expresiones anteriores son correctas: el lector puede animarse a probar la ultimaexpresion general por induccion en k, partiendo de la formula del binomio habitual, que esel caso k = 2 (vease el ejercicio 3.1.19).

Pero quizas el lector proteste por la subita irrupcion de estos numeros, que han aparecidocomo caıdos del cielo. Tenga paciencia, pues de la misma manera en que los coeficientesbinomicos

(nk

)aparecıan en el desarrollo del binomio por razones combinatorias, tambien

estos coeficientes multinomicos tienen su razon de ser combinatoria. En la subseccion 3.1.6volveremos a ellos.



3.1.3. Algunas aplicaciones combinatorias de los coeficientes binomicos

Desde hace unas paginas, los coeficientes binomicos se pasean, pavoneandose. Es horaya de ponerlos a trabajar. En esta subseccion y en las dos siguientes vamos a analizar unascuantas cuestiones combinatorias en cuya respuesta intervienen, de una manera u otra, loscoeficientes binomicos.

Las primeras aplicaciones tienen que ver con contar el numero de soluciones de laecuacion diofantica

x1 + x2 + · · ·+ xk = n.

Aquı, los datos son n y k. Y utilizamos el adjetivo diofanticas13 porque las soluciones de laecuacion anterior han de ser numeros enteros no negativos. Es decir, una solucion es una lista(x1, . . . , xn) de numeros enteros no negativos. En las aplicaciones habituales, ademas, los xj

suelen tener condiciones adicionales, como ser todos mayores o iguales que 1 o similares.El enunciado anterior es pura abstraccion que recoge los ingredientes fundamentales de

diversos problemas combinatorios, algunos de los cuales pasamos a enunciar.

Cuestion 1. Composiciones del entero n de longitud k.

Como vimos en la subseccion 2.2.3, una composicion de n es una manera de escribir ncomo suma (ordenada) de numeros naturales. La composicion tendra longitud k si hay exac-tamente k sumandos. Ası que, si llamamos x1, . . . , xk a estos sumandos, contar el numero deestas composiciones es lo mismo que calcular el numero de soluciones de{

x1 + x2 + · · · + xk = nx1 ≥ 1, . . . , xk ≥ 1

}Cuestion 2. Distribuciones de n bolas identicas en k cajas numeradas.

Es la primera vez que aparece en este texto el lenguaje de las distribuciones de bolas encajas, que, como iremos viendo, es extremadamente util para representar multiples cuestiones.Como comprobara el lector, en unos casos las bolas seran identicas (indistinguibles), y enotros numeradas (distinguibles). Lo mismo ocurrira con las cajas. De nuevo, todo esto es unaabstraccion que describe una gran variedad de problemas combinatorios. En la seccion 3.4resumiremos los distintos casos que nos iremos encontrando a lo largo de estas paginas.

En el que nos ocupa, como las bolas son identicas, lo unico relevante es decidir cuantasbolas van en cada caja. Ası que, si llamamos xj al numero de bolas que va en cada caja j,contar el numero de distribuciones (biyeccion al canto) es lo mismo que contar el numero desoluciones de{

x1 + x2 + · · ·+ xk = nx1 ≥ 0, . . . , xk ≥ 0

}o quizas de

{x1 + x2 + · · · + xk = n

x1 ≥ 1, . . . , xk ≥ 1

}si es que permitimos cajas vacıas (primer caso), o si no permitimos que queden cajas vacıas(segundo caso). Por supuesto, el lector puede imaginar otras restricciones sobre las distribu-ciones de bolas que se traducen, de manera inmediata, en condiciones sobre los xj.

13Estudiaremos este tipo de ecuaciones con detalle en el capıtulo 4, en especial en la subseccion 4.1.4. Porahora no nos interesara como resolverlas, sino solo saber cuantas soluciones distintas tienen.



Cuestion 3. Multiconjuntos de tamano k extraıdos de {1, . . . , n}.Claro, ¡no podıan faltar!, se dira el lector: si en las listas distinguıamos entre aquellas en

las que se permite repeticion de las que no, ¿por que no hacer lo mismo con los conjuntos?En un subconjunto, de manera natural, la repeticion de sımbolos esta prohibida. Y aunquesuene algo forzado, definiremos un multiconjunto de tamano k extraıdo de {1, . . . , n} comouna coleccion de k sımbolos escogidos de {1, . . . , n} donde se permite que aparezca variasveces cada sımbolo.

Antes de caer en el desanimo por la vertiginosa proliferacion de problemas con y sinrepeticion, con y sin orden, con y sin. . . observe el lector (o medite un rato hasta convencerse)que, para describir un multiconjunto, lo unico relevante es decidir cuantas veces aparece cadasımbolo. Es decir, podemos representar un multiconjunto general de la siguiente manera:

{1, x1 veces. . . , 1, 2, x2 veces. . . , 2, . . . , n, xn veces. . . , n} , ←→ {1x1 , 2x2 , . . . , nxn} .

Los xj son enteros no negativos, y su suma ha de valer k (que es el tamano total del multi-conjunto). Ası que el numero de multiconjuntos coincide con el numero de soluciones de

# soluciones de{

x1 + x2 + · · ·+ xn = kx1 ≥ 0 , . . . , xn ≥ 0

}El mismo tipo de problema, salvo que los papeles de n y k estan cambiados con respecto alos anteriores.

Una vez convencidos de que vale la pena dar solucion a la cuestion sobre soluciones deecuaciones diofanticas, pues de esa manera darıamos solucion, de una tacada, a estas trescuestiones, nos ponemos con ello.

Pero empezamos el analisis recurriendo al lenguaje de las composiciones. Revise el lectorel argumento que utilizamos en la subseccion 2.2.3, y que entonces nos permitio deducir queel numero total de composiciones de n era 2n−1: una composicion se obtiene colocando los nunos en fila y decidiendo, en cada hueco entre ellos (hay n − 1) si se para (y se suma todolo que se haya ido acumulando) o se sigue adelante. Es decir, es lo mismo que una lista delongitud n − 1 formada con dos sımbolos. Si ahora la composicion ha de tener k sumandos,querra decir que en la lista anterior ha de aparecer exactamente k − 1 veces el separadorque representa el “para y suma” (¿por que k− 1?). De manera que nos basta con escoger enque k − 1 huecos (de los n− 1 posibles) van estos separadores. Las biyecciones implıcitas eneste argumento nos permiten deducir que

#{

composiciones de lon-gitud k del numero n

}= #

{formas de elegir k − 1 posiciones (para los separadores)

de entre n− 1 (los huecos a nuestra disposicion)

}= #

{subconjuntos distintos de tamano k − 1extraıdos del conjunto {1, . . . , n− 1}

}=

(n− 1k − 1

).

Y de forma inmediata, vista la traduccion a ecuaciones diofanticas, que

# soluciones de{

x1 + x2 + · · ·+ xk = nx1 ≥ 1, . . . , xk ≥ 1

}=

(n− 1k − 1

)



Sigamos adelante: en las cuestiones combinatorias descritas al principio aparecıa tambienel problema de contar el numero de soluciones de{

x1 + · · ·+ xk = nxi ≥ 0

}.

Por ejemplo, al contar las distribuciones de n bolas identicas en k cajas numeradas, si es quepermitimos cajas vacıas.

Vamos a transformar este problema en uno del tipo anterior (con restricciones sobre lasvariables del tipo ≥ 1) con una sencilla biyeccion. A cada lista (x1, . . . , xk) solucion delproblema anterior le asociaremos una lista (y1, . . . , yk) con la receta de que cada yj es elcorrespondiente xj mas 1. Como cada yj = xj + 1, es claro que son numeros ≥ 1. Pero ahorasu suma vale lo que valıa la suma de los xj mas el numero de unos anadidos, es decir, n + k.Esta biyeccion nos permite concluir que

# sols. de{

x1 + · · · + xk = nxi ≥ 0

}= # sols. de

{y1 + · · ·+ yk = n + k

yi ≥ 1

}=

(n + k − 1

k − 1

)Quizas el lector quiera reescribir este argumento en terminos de cajas en bolas (quitando unabola de cada caja si es que todas tienen al menos una; o, en sentido contrario, anadiendouna bola a cada caja en una distribucion general para obtener una con cajas no vacıas). Porcierto que el numero de k-multiconjuntos con sımbolos {1, . . . , n} de la cuestion 3 resulta ser,leyendo adecuadamente la formula anterior,

(n+k−1

n−1

).

Visto el exito conseguido, nos animamos a plantear una version mas general del problemadiofantico, como es calcular el numero de soluciones de{

x1 + x2 + · · · + xk = nx1 ≥ p1, . . . , xk ≥ pk

}.

Los datos aquı son n, k y unos enteros no negativos p1, . . . , pk. Resolvemos la cuestion con untruco como el de arriba, transformandola en una que ya sabemos contar, como por ejemploaquella en el que las restricciones son del tipo ≥ 0. Para ello, empleamos el cambio (biyeccion)siguiente:

yj = xj − pj para cada j = 1, . . . , k.

Notese que los yj son enteros mayores o iguales que 0 (pues los xj ≥ pj) que sumank∑

j=1

yj =k∑

j=1

(xj − pj) =k∑

j=1

xj −k∑

j=1

pj = n−k∑

j=1

pj .

ahora, simplemente mirando la formula de arriba, concluimos que:

# sols de{

x1 + · · · + xk = nx1 ≥ p1, . . . , xk ≥ pk

}= # sols de

{y1 + · · ·+ yk = n−∑k

j=1 pj

y1 ≥ 0, . . . , yk ≥ 0

}

=

⎛⎜⎝ n + k − 1−k∑

j=1

pj

k − 1

⎞⎟⎠



De nuevo animamos al lector a que reinterprete este argumento en terminos de quitar oanadir bolas en cajas. Observe el lector que si

∑j pj > n no hay soluciones, pero de esto ya

da cuenta el convenio habitual de los coeficientes binomicos. Para recordar esta aparatosaformula, puede ser util, casi como regla mnemotecnica, que el coeficiente binomico tiene

como ındice superior el valor total de la suma, n, mas el numero de sumandos, k,menos 1 y menos lo que sumen las restricciones (los pj);y como ındice inferior, el numero de sumandos menos 1.

La formula anterior contiene, como casos particulares, los dos resultados obtenidos antes:

si p1 = p2 = · · · pk = 0, entonces la respuesta es(

n + k − 1k − 1

);

y si p1 = p2 = · · · = pk = 1, entonces es simplemente(

n− 1k − 1

).

El lector ambicioso estara ya esperando la siguiente generalizacion: dadas dos listas deenteros no negativos (p1, . . . , pk) y (q1, . . . , qk), contar el numero de soluciones de{

x1 + x2 + · · ·+ xk = np1 ≤ x1 ≤ q1, . . . pk ≤ xk ≤ qk

}.

Ahora hay restricciones sobre los xj por arriba y por debajo. En terminos de distribucionesde bolas en cajas, se tratarıa de calcular el numero de formas de distribuir n bolas identicasen k cajas numeradas de manera que en la caja 1 vayan entre p1 y q1 bolas; en la caja 2 entrep2 y q2 bolas, etc. Pero a pesar de que el problema tiene un aspecto semejante a los anteriores,aquı no es posible obtener una formula sencilla en terminos de los parametros involucrados,pues la solucion pasa por aplicar el siempre engorroso principio de inclusion/exclusion. Loilustramos a continuacion con un ejemplo.

Pero antes, avisamos al lector de que se podrıan plantear restricciones mas generalesque estas: por ejemplo, exigir que x1 fuera par, que x2 estuviera entre 3 y 15, que x3 fueramultiplo de 5, etc. En la seccion 13.1 volveremos sobre esto, ya con el lenguaje de las funcionesgeneratrices.

Ejemplo 3.1.3 El numero de soluciones de la ecuacion diofantica x1 +x2 +x3 = 50, donde0 ≤ x1 ≤ 10, 5 ≤ x2 ≤ 35 y 0 ≤ x3 ≤ 20.

Iniciamos el analisis, para facilitar los calculos, poniendo las cotas inferiores a cero:

y1 = x1 ≥ 0 , y2 = x2 − 5 ≥ 0 , y3 = x3 ≥ 0 .

Con esta transformacion, el problema pasa a ser el de contar el numero de soluciones de{y1 + y2 + y3 = 50− 0− 5− 0 = 45

0 ≤ y1 ≤ 10 , 0 ≤ y2 ≤ 30 , 0 ≤ y3 ≤ 20

}.

Ahora pasaremos al complementario y aplicaremos el principio de inclusion/exclusion. Defi-nimos primero el conjunto “grande”:

X ={

soluciones de{

y1 + y2 + y3 = 45yi ≥ 0

}}=⇒ |X | =

(45 + 3− 1

3− 1

)=

(472

).



Hay tres prohibiciones:

A =

{soluciones

de

{y1 + y2 + y3 = 45

y1 ≥ 11 , y2 ≥ 0 , y3 ≥ 0

}}⇒ |A| =

(45 + 3− 11− 1

3− 1

)=

(362

),

B =

{soluciones

de

{y1 + y2 + y3 = 45

y1 ≥ 0 , y2 ≥ 31 , y3 ≥ 0

}}⇒ |B| =

(45 + 3− 31− 1

3− 1

)=

(162

),

C =

{soluciones

de

{y1 + y2 + y3 = 45

y1 ≥ 0 , y2 ≥ 0 , y3 ≥ 21

}}⇒ |C| =

(45 + 3− 21− 1

3− 1

)=

(262

).

El numero de soluciones validas sera |X | − |A ∪ B ∪ C|, ası que tendremos que calcular eltamano de las intersecciones de dos y tres conjuntos. Por ejemplo,

A∩B ={

solucionesde

{y1 + y2 + y3 = 45

y1 ≥ 11 , y2 ≥ 31 , y3 ≥ 0

}}⇒ |A∩B| =

(45 + 3− 42− 1

3− 1

)=

(52

).

De la misma manera se obtendrıa que |A ∩ C| = (152

). Pero al calcular |B ∩ C| obtendrıamos

un coeficiente binomico con ındice superior negativo. Es decir, B∩C = Ø . En consecuencia,la interseccion tres a tres sera tambien vacıa y el resultado final serıa

# soluciones =(

472

)−

[(362

)+

(162

)+

(262

)]+

[(52

)+

(152

)]= 121.

♣

3.1.4. Los coeficientes binomicos y el principio de inclusion y exclusion

El principio de inclusion/exclusion, que presentamos en la seccion 2.3, permite calcularel tamano de la union de una coleccion finita de conjuntos {A1, A2 . . . , An}:

|A1 ∪A2 ∪ · · · ∪An| =n∑

j=1

(−1)j+1αj ,

donde los αj son las sumas de los tamanos de todas las posibles intersecciones de j conjuntos:

α1 = |A1|+ |A2|+ · · · + |An|α2 = |A1 ∩A2|+ |A1 ∩A3|+ · · ·+ |An−1 ∩An|

...αn = |A1 ∩A2 ∩ · · · ∩An|.

Ahora sabemos cuantos sumandos aparecen en el calculo de cada αj . Por ejemplo, α1 constade n sumandos (las posibles formas de escoger 1 elemento de un conjunto de n, esto es,(n1

)); α2 consta de

(n2

)sumandos (las posibles formas de escoger 2 elementos de entre n), etc.

En general, αj tendra(nj

)terminos. Conocer este dato sera muy util porque, como veremos

mas adelante (veanse los ejemplos 3.1.4 y 3.1.5), muchas veces todas las intersecciones de jconjuntos, para cada valor de j, son del mismo tamano; y esta simetrıa nos permitira obtenerformulas mas o menos sencillas.



A. Demostracion del principio de inclusion/exclusion

Vamos a utilizar un argumento de doble conteo. Llamamos A = ∪nj=1Aj y denotamos los

elementos de A por ω1, ω2, . . . ω1 ω2 ω3 ω4 · · ·A1 1 1 1 1 · · ·A2 1 1 1 0 · · ·A3 1 1 0 1 · · ·...

......

......

An 1 0 0 1 · · ·A1 ∩ A2 −1 0 −1 0 · · ·A1 ∩ A3 −1 −1 0 −1 · · ·

......

......

...

An−1 ∩ An −1 0 0 −1 · · ·A1 ∩ A2 ∩ A3 1 1 0 0 · · ·

......

......

...

An−2 ∩ An−1 ∩ An 1 0 0 1 · · ·...

......

......

.

.....

.

.....

.

..

A1 ∩ · · · ∩ An (−1)n+1 0 0 0 · · ·

Construimos una tabla en cuyas colum-nas situamos los elementos ωj de A. Etique-tando las filas aparecen primero los conjuntosA1, . . . , An, luego las intersecciones dos a dos,A1∩A2, A1∩A3, . . . An−1∩An; despues, las in-tersecciones tres a tres, cuatro a cuatro. . . ası,hasta llegar a la interseccion de todos los Aj.

Los registros de la matriz van a ser 0, 1 y−1. Consideremos la columna etiquetada porun cierto elemento ωj: si ωj no pertenece alconjunto que etiquete la fila, pondremos un 0.En el caso de pertenencia al conjunto, distin-guiremos si se trata de una interseccion de unnumero impar de conjuntos (en cuyo caso pon-dremos un +1) o de una interseccion de unnumero par (escribiremos un −1). Por ejem-plo, pondrıamos un 1 en las casillas correspondientes si ωj estuviera en A3, en A2 ∩A5 ∩A6,o en A2 ∩A3 ∩A7 ∩A8 ∩A9, mientras que pondrıamos un −1 si perteneciera, por ejemplo, aA1∩A3, a A2∩A3∩A5∩An, etc. La tabla tendrıa un aspecto parecido al que se muestra a laderecha. Ahora sumaremos las entradas de la matriz, primero por filas y luego por columnas.

La suma por filas nos va a dar la suma alternada en signos del principio de inclu-sion/exclusion (hemos disenado la matriz expresamente para esto). La fila etiquetada conA1 contiene |A1| unos, la de A2, |A2| unos, etc. Cada fila etiquetada con Ai ∩ Aj contiene|Ai ∩Aj | signos “−1”. Y ası sucesivamente. En total, la suma por filas nos da

(∗)m∑

i=1

|Ai| −∑i<j

|Ai ∩Aj |+ · · · .

La suma por columnas requiere un analisis mas cuidadoso. Fijemos un ω ∈ A, que es-tara en, digamos, k de los Aj , para cierto 1 ≤ k ≤ n. En su columna tendremos exactamentek unos en las filas etiquetadas por los conjuntos A1, . . . , An. Pero si esta en k de los Aj , es-tara en exactamente

(k2

)de las intersecciones dos a dos: ahı encontraremos

(k2

)signos “−1”.

Tambien estara en(k3

)de las tres a tres, etc. El ultimo signo no nulo estara en las filas de las

intersecciones k a k: sera un (−1)k+1, justo en la fila etiquetada por la interseccion de todoslos Aj en los que este ω; mas alla, todo ceros. En total, la suma de la columna de ω valdra(

k

1

)−

(k

2

)+

(k

3

)− · · ·+ (−1)k+1

(k

k

)=

k∑j=1

(−1)j+1

(k

j

)= 1−

k∑j=0

(−1)j(

k

j

).

Pero la suma (completa y alternada en signo) de coeficientes binomicos es 0 (vease la pagi-na 113). Ası que al sumar las entradas de la columna del elemento ω obtenemos exactamente 1.



Si ahora tomamos un elemento ω distinto, cambiara su valor de k (el numero de subcon-juntos a los que pertenezca), pero el argumento funciona igualmente. De manera que cadacolumna de la matriz suma 1. Y como hay |A| = |A1 ∪ · · · ∪ An| columnas, resulta que lasuma (∗) vale |A|, lo que concluye la demostracion. �

El lector podra encontrar un par de generalizaciones del principio del inclusion/exclusionen los ejercicios 3.1.25 y 3.1.26.

B. Las desigualdades de Bonferroni

La formula del principio de inclusion/exclusion,∣∣∣ n⋃j=1

Aj

∣∣∣ =n∑

i=1

|Ai|︸︷︷︸α1

−∑

1≤i<j≤n

|Ai ∩Aj|︸︷︷︸α2

+∑

1≤i<j≤n

|Ai ∩Aj|︸︷︷︸α3

+ · · ·+ (−1)n+1 |A1 ∩ · · · ∩An|︸︷︷︸αn

.

exige calcular los valores de los sucesivos αj , lo que en general es una tarea muy engorrosa.Notese que hay un total de 2n sumandos, 2n intersecciones por calcular.

Nos gustarıa saber el error que se cometerıa si, por ejemplo, nos limitaramos a calcularlos primeros αj. Por ejemplo, el lector podra comprobar (vease el ejercicio 3.1.21), que

|A1 ∪ · · · ∪An| ≤n∑

j=1

|Aj | = α1 .

Ası que si nos quedamos simplemente con el primer termino (las sumas de los tamanosindividuales), acotamos la suma completa por arriba. En el mismo ejercicio se pide comprobarque |A1 ∪ · · · ∪An| ≤ α1−α2. Bueno, no va mal. Pero, en estas estimaciones, ¿en cuanto nos“equivocamos”? El siguiente resultado responde a esta pregunta:

Lema 3.2 Para cada 2 ≤ t ≤ n,∣∣∣ n∑j=1

(−1)j+1αj −t−1∑j=1

(−1)j+1αj

∣∣∣ =∣∣∣ n∑

j=t

(−1)j+1αj

∣∣∣ ≤ αt .

Ası que el error cometido al truncar la serie de principio de inclusion/exclusion esta controladopor el tamano del primer termino despreciado.

¡Bueno!, dira el lector, no es tan raro: da la impresion de que los numeros αj , que sontodos no negativos, son cada vez mas pequenos. Por ejemplo, es claro que los |Aj | son masgrandes que los |Ai ∩ Aj |. Pero ¡cuidado!, de los primeros sumamos n, mientras que de lossegundos sumamos mas,

(n2

). El lema anterior serıa inmediato si efectivamente se cumpliera

que α1 ≥ α2 ≥ α3 ≥ · · · (vease el ejercicio 3.1.22). Pero este no es el caso. En general, losterminos αj del principio de inclusion/exclusion no tienen por que ser decrecientes (veaseun sencillo ejemplo en el ejercicio 3.1.23). Ası que la demostracion del lema 3.2 es mas sutilde lo que pudiera parecer a primera vista, y requiere una cuidadosa estimacion del valor desumas alternadas (pero incompletas) de coeficientes binomicos. El lector podra encontrar lassugerencias oportunas para completar esta prueba en el ejercicio 3.1.24.



Del lema anterior obtenemos inmediatamente toda una cadena de desigualdades, las lla-madas desigualdades de Bonferroni. Partimos de la ya conocida

|A1 ∪ · · · ∪An| ≤ α1

que nos dice que |A1 ∪ · · · ∪An|−α1 ≤ 0. Ahora, el caso t = 2 del lema reza ası (notese comonos libramos del valor absoluto en el segundo paso):∣∣|A1∪· · ·∪An|−α1

∣∣ ≤ α2 =⇒ α1−|A1∪· · ·∪An| ≤ α2 =⇒ |A1 ∪ · · · ∪An| ≥ α1 − α2 ,

que es la segunda desigualdad de la cadena. Ahora el caso t = 3 nos da∣∣|A1 ∪ · · · ∪An| − (α1 − α2)∣∣ ≤ α3 =⇒ |A1 ∪ · · · ∪An| − α1 + α2 ≤ α3

=⇒ |A1 ∪ · · · ∪An| ≤ α1 − α2 + α3 ,

que es la tercera desigualdad. Y ası, sucesivamente. Ası que cada vez que anadimos un αj (consu signo), nos acercamos cada vez mas al valor real, y estas aproximaciones se van alternando:una por exceso, la siguiente por defecto. Solo al final, al sumar todos los αj con sus signoscorrespondientes, recuperamos el valor exacto de |A1 ∪ · · · ∪ An|. Recordemos, ademas, quesabemos acotar el error que se comete en cada una de ellas. Por ejemplo, en la ultima quehemos escrito el error estarıa acotado por α4, el primer termino despreciado.

C. Algunas aplicaciones

Hay dos aplicaciones especialmente interesantes del principio de inclusion/exclusion, comoson la de obtener una formula para el numero de aplicaciones sobreyectivas y la de calcular elnumero de los llamados “desbarajustes”, un tipo especial de permutaciones. Los dos ejemplossiguientes contienen los analisis respectivos.

Ejemplo 3.1.4 Contemos cuantas aplicaciones sobreyectivas podemos dar entre losconjuntos X = {1, . . . , n} e Y = {1, . . . , k}.Recuerdese, del ejemplo 2.2.5, que podemos identificar aplicaciones de X → Y con n-listasformadas con los sımbolos {1, . . . , k}. Las aplicaciones sobreyectivas son las que no se “saltan”ningun elemento de Y. Mas formalmente, aquellas para las que, para todo y ∈ Y, existe almenos un x ∈ X tal que f(x) = y. Alternativamente, son las n-listas en las que aparecentodos los k sımbolos. En el argumento que sigue iremos alternando estos dos puntos de vista.

Vamos a pasar al complementario: las aplicaciones que no sean sobreyectivas, o bien sesaltaran el elemento 1, o bien el 2, etc., ası hasta el k. Ası que, si definimos los conjuntos

Aj = {aplicaciones X → Y que se saltan el elemento j} , para cada j = 1, . . . , k ,

el numero de aplicaciones sobreyectivas resulta ser kn − |A1 ∪A2 ∪ · · · ∪Ak|.Calculemos, en primer lugar, el tamano de cada uno de los Aj. Una aplicacion que

este en Aj no toma el valor j como imagen. Y en terminos de listas, eso supone construirn-listas en las que utilicemos cualquiera de los sımbolos de Y menos el sımbolo j. Ası que

|Aj| = (k − 1)n , para cada j = 1, . . . , k.



Sucede algo analogo con las intersecciones: si una aplicacion esta en Ai ∩ Aj , entonces notomara como imagen ni al sımbolo i ni al j. Es decir, la lista correspondiente se formara concualesquiera de los otros k − 2 sımbolos. Por tanto,

|Ai ∩Aj | = (k − 2)n , para cada i �= j.

El mismo argumento sirve para las intersecciones tres a tres, cuatro a cuatro, etc. Como elnumero de sumandos en cada suma de la expresion del principio de inclusion/exclusion vienedado por un coeficiente binomico, concluimos que, si |X | = n e |Y| = k,

#{aplicaciones sobreyectivas X → Y

}= kn − |A1 ∪A2 ∪ · · · ∪Ak|

= kn −[(

k

1

)(k − 1)n −

(k

2

)(k − 2)n + · · · ±

(k

k

)(k − k)n

]=

k−1∑j=0

(−1)j(

k

j

)(k − j)n

¡Pues vaya formulita!, clamara el lector, y con razon. Y eso que estabamos en uno de los casos“buenos” de aplicacion del principio de inclusion/exclusion, en el que todas las interseccionesdel mismo tipo tienen el mismo tamano. Como regla de calculo, lo reconocemos, no resultamuy util. Por eso, en la subseccion 3.3.1 retomaremos esta cuestion, y obtendremos unamanera alternativa de calcular el numero de aplicaciones sobreyectivas, apoyandonos en unade las familias de numeros mas famosas de la Combinatoria: los numeros de Stirling (desegunda especie). El lector impaciente puede ya saltar hasta allı, si lo desea. ♣Ejemplo 3.1.5 Desbarajustes.

Las permutaciones de {1, . . . , n} son, recordemos, las n-listas sin repeticion formadas conese conjunto de sımbolos. Es decir, todas las n! posibles reordenaciones de los sımbolos{1, . . . , n}. O, alternativamente, las aplicaciones biyectivas de {1, . . . , n} en sı mismo. En laseccion 3.2 nos ocuparemos de estos objetos, de su estructura interna y de diversos problemascombinatorios que aparecen al estudiarlos.

Aquı nos vamos a centrar en un tipo muy especial de permutaciones, a las que llamaremosdesbarajustes: son las n-listas en las que ningun sımbolo esta en su posicion “natural”: esdecir, el 1 no esta en la posicion primera, el 2 no esta en la segunda, etc. En el lenguaje delas aplicaciones, serıan las biyecciones que no fijan elemento alguno.

Nos interesa hallar una formula explıcita para el numero de desbarajustes, al que nosreferiremos como Dn. O mejor, para Dn/n!, que representa la proporcion que los desbarajustesocupan entre todas las permutaciones. Esto es, la probabilidad de que si escogemos unapermutacion al azar, esta sea un desbarajuste.

En el planteamiento clasico del problema14, se han escrito n cartas y preparado los nsobres con las direcciones correspondientes, cada uno al lado de su carta. Pero alguien losha descolocado, de manera que no queda mas remedio que introducir las cartas en los sobresal azar. Hecho esto, ¿cual sera la probabilidad de no acertar ninguna? Esta probabilidad,observese, es justamente Dn/n!.

14Una version alternativa habla de hombres que dejan sus sombreros a la entrada de una fiesta, y luego losrecogen al azar, y luego. . . una version algo anticuada, en todo caso.



Antes de empezar a analizar el problema, quizas el lector deberıa meditar un momentosobre la cuestion y apelar a su intuicion para, al menos, arriesgar una respuesta aproximada:¿una probabilidad cercana a 0, cercana a 1? ¿Que ocurre cuando el numero de cartas y sobreses muy grande? Parece difıcil no acertar alguna, ¿o no?

Argumentamos, como antes, pasando al complementario y usando el principio de inclu-sion/exclusion. Una permutacion no es un desbarajuste si al menos uno de los sımbolos esta ensu posicion natural. Ası que consideramos los siguientes conjuntos:

Aj = {permutaciones de {1, . . . , n} con el sımbolo j en la posicion j,} para j = 1, . . . , n

(en el lenguaje de las aplicaciones, cada Aj contendrıa a las biyecciones que fijan el corres-pondiente elemento j). Como hay n! permutaciones en total,

Dn = n!− |A1 ∪ · · · ∪An| .El tamano de cualquiera de los conjuntos Aj es (n − 1)!, porque en Aj estan las listas enlas que el sımbolo j esta en la posicion j, y para contarlas bastara ordenar (permutar) losn − 1 sımbolos restantes. Por otro lado, todas las intersecciones dos a dos tienen tamano(n− 2)!, pues en una interseccion dos a dos estan las listas con dos sımbolos ya colocados ensus correspondientes posiciones (solo hay que permutar los restantes). Y ası con el resto delos casos. Aplicando el principio de inclusion/exclusion obtenemos que

Dn = n!−[(

n

1

)(n− 1)!−

(n

2

)(n− 2)! + · · ·+ (−1)n

(n

n

)(n− n)!

]=

n∑j=0

(n

j

)(n − j)!(−1)j .

Esto es,

Dn = n!n∑

j=0

(−1)j

j!, o bien

Dn

n!=

n∑j=0

(−1)j

j!.

La formula, como puede comprobar el lector, es bastante mas sencilla que la del casode las aplicaciones sobreyectivas. Pero mas aun, la cantidad

∑nj=0(−1)j/j!, que en principio

depende de n, es, a todos los efectos numericos y si n es grande, casi indistinguible15 de 1/e.¡Atencion!, porque la conclusion es sorprendente: por un lado, la probabilidad Dn/n!

de obtener un desbarajuste es practicamente independiente de n (si n es suficientementegrande). Pero mas aun, es una probabilidad “grande”, mayor que un tercio. Quizas mas delo que hubieramos apostado al principio.

¿Y que explicacion16 tiene este extrano fenomeno? Llamemos Bj a los complementariosde los Aj en el conjunto de las permutaciones. Es decir, Bj contiene a las permutaciones de{1, . . . , n} en las que el sımbolo j no esta en la posicion j. Observese que

Prob(Bj) = 1− Prob(Aj) = 1− (n − 1)!n!

= 1− 1n

.

15Como ya comentamos en la subseccion 2.4.2. Por ejemplo, las primeras cifras decimales de 1/e son0.3678794412, mientras que al sumar hasta j = 10 obtenemos 0.3678794643. El lector interesado podra en-contrar un argumento preciso en el ejercicio 3.1.27.

16La que aquı sugerimos requiere cierta familiaridad con conceptos de probabilidad. Quizas el lector quieraconsultar antes el capıtulo 7. Veanse, por ejemplo, el ejercicio 7.3.7 y el ejemplo 7.5.12.



La interseccion de todos los conjuntos Bj son, precisamente, los desbarajustes. Si los Bj

fueran independientes entre sı, entonces tendrıamos que

Prob

( n⋂j=1

Bj

)=

n∏j=1

Prob(Bj) =n∏

j=1

(1− 1

n

)=

(1− 1

n

)n

≈ 1e

si n es grande.

No toca aquı precisar el significado exacto de “independientes”, pues de eso nos ocuparemosen el capıtulo 7. Pero, de manera intuitiva, quiere decir que, por ejemplo, el que el sımbolo jeste fuera de su posicion no “influye” en que el sımbolo k este fuera de su posicion. ¿Es este elcaso? No, desde luego, si consideramos permutaciones de dos elementos {1, 2}, porque si el 1esta fuera de su posicion, entonces el 2 ha de estar necesariamente descolocado. Si tenemostres sımbolos, el que el sımbolo 1 no este en su posicion influye en que, por ejemplo, el 2 noeste en la segunda posicion, aunque algo “menos”. Pero cuando n se hace cada vez mas grande,esta influencia se va diluyendo. Es decir, los Bj son (aproximadamente) independientes, loque explica que la probabilidad de obtener un desbarajuste sea ≈ 1/e. El lector interesadopuede encontrar un argumento riguroso de esta afirmacion en el ejercicio 3.1.28.

Como extension de este analisis sobre desbarajustes, en el ejercicio 3.1.29 se cuenta elnumero de permutaciones que fijan 1, 2, etc. sımbolos. ♣

Como ya hemos comentado en alguna ocasion, y como esta comprobando repetidamenteel lector, un buen numero de cuestiones combinatorias tienen que ver con listas con restric-ciones. Habitualmente, estas restricciones impiden contar el numero de listas con una simpleaplicacion de la regla del producto, y hace falta aplicar otro tipo de tecnicas.

Los dos ejemplos anteriores son una buena ilustracion. En el de las aplicaciones sobreyec-tivas, se trata de contar listas de longitud n formadas con los sımbolos {1, . . . , k} en las queaparecen todos los sımbolos posibles. En los desbarajustes, se trata de n-listas sin repeticioncon los sımbolos {1, . . . , n} (permutaciones) en las que ningun sımbolo aparece en su posicionnatural. En ambos casos, se trata de un buen numero (k en el primer caso, n en el segundo)de condiciones simultaneas (interseccion de condiciones), que tras pasar al complementario,se convierten en una union de condiciones (las complementarias de las originales). Ahı esdonde entra en escena el principio de inclusion/exclusion.

Otro tipo de restricciones, muy frecuentes, son aquellas en lasno se pueden repetir sımbolos en ciertas posiciones. Ya nos hemosencontrado con algun caso, como el del ejemplo del ejemplo 2.2.7.Querıamos entonces contar las 4-listas en las que podemos situar lossımbolos {1, . . . , n}, con la restriccion de que posiciones consecuti-vas deben llevar sımbolos distintos y, ademas, no podemos colocarel mismo sımbolo en las posiciones primera y cuarta. A la derecha

Pos. 1 Pos. 2

Pos. 3Pos. 4

exhibimos un par de representaciones graficas del problema: arriba,la lista con sus prohibiciones; abajo, una traduccion que utilizaremosmas adelante: cada posicion de la lista etiqueta un vertice y cadaprohibicion se corresponde con un arco o arista. Esto es lenguaje de grafos, que desarrolla-remos en el capıtulo 9. Solo lo usamos aquı para representar de manera sencilla, sin masaparato teorico. Pero observe el lector como el esquema con vertices y arcos “representa” lainformacion de manera mas clara que el dibujo de la lista con prohibiciones.



Ya obtuvimos la respuesta al comienzo de la seccion 2.3, separando en dos casos y apli-cando la regla de la suma: hay n(n−1)(n2−3n+3) listas distintas. Pero, dado que se trata deunas cuantas restricciones simultaneas, deberıamos ser capaces de abordarlo tambien usandoel principio de inclusion/exclusion (tras pasar al complementario). Sea A el conjunto de laslistas de interes y X el conjunto de las 4-listas con los sımbolos {1, . . . , n}, de las que hay n4.El complementario de A dentro de X se puede escribir como

X \ A =4⋃

i=1

Ai , donde

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩A1 = {4-listas con 1a = 2 a}A2 = {4-listas con 2 a = 3 a}A3 = {4-listas con 3 a = 4a}A4 = {4-listas con 4a = 1a}

una union de conjuntos (no disjuntos). El principio de inclusion/exclusion nos dice que

|A| = |X| −4∑

j=1

|Aj |+∑i<j

|Ai ∩Aj| −∑

i<j<k

|Ai ∩Aj ∩Ak|+ |A1 ∩A2 ∩A3 ∩A4| .

El primer calculo, el del tamano de los conjuntos Aj , es sencillo:

|A1| = #{4-listas con sımbolos {1, . . . , n} tales que 1 a = 2 a} = n3




¿Cual es el tamano de las intersecciones dos a dos? El siguiente argumento grafico nos conven-ce de que, por ejemplo, A1 ∩A3 y A1 ∩A4 tiene el mismo tamano, n2, aunque por “razones”distintas:

︸︷︷︸︸︷︷︸n posibilidades n posibilidades

|A1 ∩A3| = n2

︸︷︷︸︸︷︷︸|A1 ∩A4| = n2

n posibilidades

︷︸︸︷n posibilidades

Compruebe el lector que el resto de las intersecciones dos a dos tienen tambien tamano n2.Una sencilla inspeccion muestra que las intersecciones tres a tres son tambien todas de igualtamano; por ejemplo, |A1 ∩ A2 ∩ A3| = n, porque que en la primera y segunda posicionesaparezca el mismo sımbolo, en la segunda y tercera tambien, y lo mismo en la tercera y cuarta,hace que el mismo sımbolo deba aparecer en las cuatro posiciones (y hay n posibilidadespara elegir este sımbolo). Por supuesto, la interseccion de los cuatro conjuntos tiene tambientamano n, ası que podemos concluir que

|A| = |X| −∣∣∣ 4⋃

i=1

Ai

∣∣∣ =(

40

)n4 −

(41

)n3 +

(42

)n2 −

(43

)n +

(44

)n = n(n− 1)(n2 − 3n + 3) .

Mucho ruido, para tan pocas nueces, se dira el lector. Total, para obtener un resultado que yaconocıamos. Pero bueno, si al menos todas las intersecciones del mismo tipo tienen siempreel mismo tamano. . .



Veamos otro ejemplo, en el que el conjunto de restricciones es elque se representa en los esquemas de la derecha. Argumentamos comoantes: el conjunto de listas prohibidas sera la union de los conjuntos

A1 = {listas con 1a = 2 a}A2 = {listas con 2 a = 3 a}A3 = {listas con 3 a = 4a}A4 = {listas con 1a = 3 a}A5 = {listas con 1a = 4a} ;

una restriccion mas que antes.

Pos. 1 Pos. 2

Pos. 3Pos. 4

Compruebe el lector que todos los Aj tienen tamano n3, yque todas las intersecciones dos a dos tienen tamano n2.

Pero ¡cuidado!, la simetrıa se rompe al llegar a las intersecciones tres a tres, de las que hay(53

)= 10. La mayor parte de ellas tienen tamano n. Por ejemplo, la interseccion A1∩A2∩A3,

porque estar en A1 exige tener el mismo sımbolo en las dos primeras posiciones; estar en A2

hace que la tercera lleve ese sımbolo comun; y estar en A3 exige que ese sımbolo aparezcatambien en la cuarta posicion. Solo hay que decidir, pues, el sımbolo comun a toda la lista.

Sin embargo, hay dos intersecciones que tienen tamano n2. Veamos, por ejemplo, el caso|A1 ∩A2 ∩A4|. Por estar en A1 y en A2, las tres primeras posiciones han de llevar el mismosımbolo; pero estar en A4 no anade informacion, pues exige que la primera y tercera posicioneslleven el mismo sımbolo. Ası que hay que elegir un sımbolo para las tres primeras posiciones,y otro para la cuarta (n2 posibilidades). Lo mismo ocurre para la interseccion A3 ∩A4 ∩A5.Note el lector que estos dos casos se corresponden con configuraciones en las que las aristascorrespondientes abarcan unicamente tres vertices en triangulo (vease el dibujo).

Si el lector se esmera analizando todos los casos, comprobara que las intersecciones cuatroa cuatro y la interseccion cinco a cinco tienen todas el mismo tamano, n, ası que

# listas = |X | − |A1 ∪A2 ∪A3 ∪A4 ∪A5| =(

50

)n4 − [α1 − α2 + α3 − α4 − α5]

=(

50

)n4 −

(51

)n3 +

(52

)n2 −

[(53

)− 2

]n− 2n2 +

(54

)n−

(55

)n.

Si simplificamos esta expresion, obtenemos n(n−1)(n−2)2. Pero ¡espere!, eso mismo habrıamosobtenido si nos hubieramos lanzado, de manera algo osada, a contar las listas directamente,en plan regla del producto: n posibilidades para la primera posicion, n− 1 para la segunda,n − 2 para la tercera (recuerdese la arista diagonal en la representacion con grafos) y otravez n− 2 (porque en las posiciones 1 y 3 van sımbolos distintos) para la cuarta posicion.

O sea que a veces se puede aplicar la regla del producto, otras veces hay que argu-mentar con el principio de inclusion/exclusion, pero incluso en este caso a veces todas lasintersecciones tienen el mismo tamano y otra veces no, en funcion de como se combinen lasrestricciones. . . ¿Y esto hay que hacerlo para listas con muchas posiciones y un buen numerode restricciones? No, oiga, no, protestara el lector: ¡pongan algo de orden en estos calculos!Y esto es justamente lo que haremos, ya con el lenguaje de los grafos, en la seccion 10.3.3,cuando desarrollemos lo que daremos en llamar el polinomio cromatico de un grafo.



3.1.5. Una interpretacion grafica de los coeficientes binomicos

Vamos a considerar la red que aparece dibu-jada a la derecha de estas lıneas, en la que cadanodo se identifica con unas coordenadas (n, k),tal como se indica en la figura.

k = 0

k = 1�� k = 2

� k = 3

� k = 4

� k = 5

�

izquierda

n = 0

derecha

n = 1

n = 2

n = 3

n = 4

n = 5

��

��

�

Nuestro objetivoes estudiar los posibles caminos desde (0, 0) has-ta un cierto (n, k) tales que, en cada paso, desdecada nodo solo se puede pasar a los nodos queestan inmediatamente debajo. La longitud delcamino sera el numero de pasos dados. Para ca-da par de valores n y k, llamaremos Cam(n, k)al numero de caminos distintos que podemos trazar desde el nodo (0, 0) a un nodo cualquierade coordenadas (n, k). Distintos, por supuesto, significara que las sucesiones de pasos de queconstan se diferencian en alguno de ellos. Para fijar ideas, en la descripcion de los caminosutilizaremos la nomenclatura de “paso a la derecha” y “paso a la izquierda” adoptando elpunto de vista de un caminante que circulara por la red (ası que es la orientacion contrariaa la del lector que lee estas paginas).

Figura 3.3: Polya

Esta formulacion, que como veremos es muy rica y elegante, se de-be al matematico hungaro Polya17, quien es tambien responsable delas teorıas que hay detras del estudio de la combinatoria con simetrıas(vease el capıtulo 17) y del paseo aleatorio (vease el capıtulo 19, en elque nos volveremos a encontrar con estas figuras).

Para algunos de los valores posibles de los parametros n y k es sen-cillo calcular el correspondiente numero Cam(n, k). Por ejemplo, paracualquier n ≥ 0, Cam(n, 0) = 1, porque solo hay un camino que llevedel (0, 0) al (n, 0) (el que consiste en dar siempre pasos a la derecha).De la misma manera, Cam(n, n) = 1 (dar solo pasos a la izquierda).El objetivo es encontrar, si es que la hay, una formula cerrada paraCam(n, k) en terminos de n y k.

El lector, quizas inspirado por el aspecto de la figura18, estara ya sospechando que estosnumeros guardan relacion con los coeficientes binomicos. Para comprobarlo, enunciemos unaserie de propiedades que verifican estos numeros, que nos resultaran sin duda familiares.

17George Polya (1887-1985) es uno de los miembros mas destacados de la magnıfica escuela matematicahungara del siglo XX. Su actividad se desarrollo en diversos lugares, primero en su Budapest natal (hasta1912), luego en Gottingen (1913) y Zurich, desde 1914 hasta 1940 (en 1924 estuvo en Inglaterra, trabajandocon Hardy y Littlewood; el libro Inequalities es uno de los frutos de esta colaboracion). La siguiente etapa deesta suerte de paseo aleatorio vital (una estupenda biografıa suya se titula justamente The random walks ofGeorge Polya, Gerard Alexanderson, MAA, 2000) fue la Universidad de Stanford en Estados Unidos, a dondeemigro en 1940, y en la que permanecerıa hasta el final de sus dıas. Polya trabajo en diversos campos delas Matematicas: Teorıa de Numeros, Combinatoria, Analisis real y complejo, Probabilidad, etc.; algunas deestas aportaciones las iremos recogiendo en estas paginas. Pero, ademas de por esta actividad investigadora,Polya es famoso por sus reflexiones sobre la actividad matematica y la didactica de las matematicas: libroscomo How to solve it (1945), Mathematics and plausible reasoning (1954) o Mathematical Discovery (1962)han sido autenticos exitos editoriales.

18O mas simplemente, por el tıtulo de esta subseccion.



A. Traslacion

Esta primera propiedad sera util en anali-sis posteriores: observemos los esquemas de laderecha.

(0, 0)

(n, k)

(0, 0)

(a, b)

(n + a, k + b)

Ni los caminos de (0, 0) a (n, k) nilos que van de (a, b) a (n + a, k + b) puedensalirse del area senalada, y como ambas zonasson iguales, podremos deducir que:

Cam(n, k) = #{caminos (0, 0) → (n, k)

}= #

{caminos (a, b)→ (a + n, b + k)

}.

B. Reflexion

Consideremos un camino de (0, 0) a (n, k). Silo reflejamos con respecto al eje vertical que pasapor el (0, 0), obtenemos un camino de (0, 0) a(n, n−k). Esta reflexion es una biyeccion entre elconjunto de caminos que unen (0, 0) con (n, k) yel conjunto de los que conectan (0, 0) con (n, n−k). De manera que Cam(n, k) = Cam(n, n− k).

(0, 0)

(n, k)•

(0, 0)

(n, n − k)•

C. Recursion

La propiedad anterior nos recuerda, desdeluego, a las propiedades de simetrıa de los coefi-cientes binomicos. ¿Cumpliran tambien la mismaregla de recurrencia? Clasifiquemos los caminoshasta (n, k) dependiendo del vertice inmediata-mente superior por el que pasen. Esto es unaparticion de nuestro conjunto total de caminos:{

caminos(0, 0)→ (n, k)

}=

{caminos (0, 0)→ (n− 1, k − 1)

y luego izquierda

}∪{

caminos (0, 0) → (n− 1, k)y luego derecha

}.

Ahora obtenemos los tamanos de los conjuntos calculando, simplemente, de cuantas manerasse puede llegar a los puntos (n− 1, k − 1) y (n− 1, k), respectivamente:

Cam(n, k) = Cam(n− 1, k − 1) + Cam(n− 1, k) .

Tenemos entonces dos familias de numeros, Cam(n, k) y los coeficientes binomicos(nk

), que

satisfacen la misma ecuacion de recurrencia y que tienen los mismos valores frontera. Estosupone que Cam(n, k) coincide, para cada par de valores de los parametros n y k con el coe-ficiente binomico

(nk

). Ası que, despues de todo, no estamos mas que ante otra interpretacion

combinatoria de los coeficientes binomicos.

(0, 0)

•• •(n, k)

(n−1, k)(n−1, k−1)

En lo que sigue vamos a aprovechar esta nueva interpretacion de los coeficientes binomicospara obtener algunas expresiones interesantes.



D. Barrera horizontal

Vamos a clasificar los caminos hasta (n, k) segunel nodo de la barrera horizontal de un nivel anteriorn − l por el que pasan (vease el dibujo). n−l

n

�

�k−l

k

�nodo (n, k)

Los nodosde la barrera tienen coordenadas (n − l, k − l + m),donde m = 0, 1, . . . , l. Esto da lugar a una particiondel conjunto de caminos, pues todos los caminos hasta(n, k) han de pasar necesariamente por uno (y solo uno) de los nodos de la barrera:{


}=

l⋃m=0

{caminos consistentes en ir (0, 0)→ (n− l, k − l + m)

y luego ir (n− l, k − l + m)→ (n, k)

}A la izquierda tenemos

(nk

)caminos distintos. Del punto (0, 0) al punto (n− l, k − l + m) se

puede ir de( n−lk−l+m

)maneras distintas. Y hay tantos caminos desde (n− l, k − l + m) hasta

(n, k) como entre (0, 0) y (l, l−m), como podra comprobar el lector si aplica cuidadosamentela regla A de traslacion. Aplicando las reglas de la suma y el producto, concluimos que:(

n

k

)=

l∑m=0

(l

l −m

)(n− l

k − l + m

),

que es la formula de Vandermonde de la pagina 110 (cambiese el ındice m por j = l −m).

E. Barrera diagonal

Ahora, para un cierto nodo de la red, que por co-modidad tomaremos de coordenadas (n + 1, k + 1),consideramos la barrera diagonal que incluye a los no-dos de segundo ındice k (vease el dibujo). Es decir, losnodos de coordenadas (j, k), con j = k, . . . , n.

�k−1

n+1

� k

�nodo (n+1, k+1)

Comoantes, pretendemos clasificar los caminos de (0, 0) a(n + 1, k + 1) dependiendo de su paso por la barrera. Podrıamos, por ejemplo, escribir que{


}=

n⋃j=k

{caminos consistentes en ir (0, 0)→ (j, k)

y luego ir (j, k)→ (n + 1, k + 1)

}Pero esto no es una particion, pues hay caminos que estan en mas de uno de los conjuntos dela derecha. Imagine el lector un camino que llegue a un nodo intermedio de la barrera y luegobaje un rato por ella. Para resolver esta dificultad, y contar una unica vez cada camino, losclasificamos dependiendo de cual sea el ultimo nodo de la barrera por el que se pase:{


}=

n⋃j=k

{caminos (0, 0)→ (n + 1, k + 1) tales que (j, k)

es el ultimo nodo de la barrera por el que pasan

}Ahora sı que tenemos una verdadera particion, y bastara contar cuantos elementos tiene cadabloque de la particion.



Pero si el nodo (j, k) es el ultimo de la barrera que se toca, entonces el recorrido, masalla de ese punto, esta ya fijado: paso a la izquierda y luego bajada hasta el nodo (n+1, k+1).Concluimos ası que (

n + 1k + 1

)=

n∑j=k

(j

k

)=

n∑j=0

(j

k

)¡Atencion!, esta ultima formula es nueva y util. Ya sabemos sumar los coeficientes binomi-

cos cuando variamos el ındice inferior. Aquı tenemos la suma analoga cuando variamos elsuperior. Mostramos juntas ambas formulas, para que lector aprecie la diferencia: si k ≤ n,

n∑j=0

(k

j

)= 2k y

n∑j=0

(j

k

)=

(n + 1k + 1

).

Ejemplo 3.1.6 Una formula para los numeros de Catalan Cn.

Si el lector docil revisa el ejemplo 2.3.3, recordara que Cn cuenta, entre otras muchas cosas,el numero de listas (x1, . . . , x2n), donde xj = ±1 (hay n unos y n menos unos), y de maneraque las sumas parciales, esto es, x1, x1 + x2, x1 + x2 + x3, etc, sean siempre no negativas.

(1, 1)

�n + 1

2n+1(2n+1, n+1)

Traduzcamoslo a nuestro contexto: un +1 que-rra decir un paso a la izquierda (recordemos, izquier-da para el habitante de la red), y un −1, un paso ala derecha. Ası que una lista (x1, . . . , x2n) formadacon +1 y −1 (la mitad de cada) es un camino enel que se dan n pasos a la izquierda y otros tantosa la derecha. Empezamos en el punto (1, 1). De los2n pasos, n han de ser hacia la izquierda; ası que necesariamente acabamos en el punto decoordenadas (2n+1, n+1). Ademas, en cada momento, al menos se han dado tantos pasos ala izquierda como a la derecha, ası que nunca podremos tocar la lınea vertical. Las listas queinteresan se corresponden, pues, con caminos como el que exhibimos en el dibujo anterior.

(1, 1)

�n + 1

2n + 1

..................

...........(1, 0)

(2n + 1, n + 1)

El numero total de caminos posibles desde (1, 1)hasta (2n+1, n+1) es

(2nn

); pero solo queremos con-

tar aquellos que no tocan la lınea vertical. Aquı lle-ga la idea brillante19: un argumento de reflexion.Vamos a evaluar el tamano del complementario,los caminos que sı tocan la vertical: supongamosque tenemos uno de ellos, como el que aparece enel dibujo de la derecha, y consideremos la primeravez que alcanza la barrera. Reflejando este primer tramo, a cada camino que toca la lınea lehacemos corresponder uno desde (1, 0) a (2n + 1, n + 1).

Pero al reves tambien, pues un camino de (1, 0) a (2n+1, n+1) esta obligados a cruzar lalınea vertical. El lector podra comprobar que justo el considerar la “primera vez” que tocanla barrera es lo que hace que sea una biyeccion entre los dos tipos de caminos. Ahora, de

19Idea que, por consiguiente, no es original de los autores.



(1, 0) a (2n+1, n+1), con el argumento de traslacion habitual, sabemos que hay tantos comode (0, 0) a (2n, n + 1); esto es,

( 2nn+1

)caminos. Ası que, finalmente, deducimos que

Cn =(

2nn

)−

(2n

n + 1

)para cada n ≥ 0.

Dejamos que el lector se entretenga con las manipulaciones algebraicas que conducen a lasiguiente formula, que nos permite calcular los valores de la sucesion:

Cn =1

n + 1

(2nn

)(Cn) = (1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796 . . . )

♣

3.1.6. Coeficientes multinomicos

Los coeficientes multinomicos(n

a1, a2, . . . , ak

)=

n!a1! a2! . . . ak!

aparecieron fugazmente en la subseccion 3.1.2, al tratar, claro, el multinomio de Newton. Enla expresion de arriba esta implıcito el convenio segun el cual el coeficiente multinomico es 0si los enteros no negativos a1, . . . , ak no suman exactamente n.

Pero si aparecieron allı es justamente porque son respuesta a una cuestion combinatoriaque pasamos a enunciar, en dos versiones. Se trata de contar

el numero de formas de distribuir n bolas numeradas en k cajas numeradas de formaque haya a1 bolas en la primera caja, a2 en la segunda, etc., donde a1 + · · ·+ ak = n;o el numero de listas de longitud n formadas con los sımbolos {1, . . . , k} con exactamentea1 unos, a2 doses, etc. De nuevo, los numeros a1, . . . , ak cumplen que a1 + · · ·+ak = n.

La biyeccion entre las dos cuestiones es in-mediata: distribuir las n bolas en k cajas conlas restricciones citadas exige decidir a que ca-ja va cada bola. Es decir, formar una lista den posiciones (una por bola), en las que indi-camos a que caja va cada bola.

1 2 n

que caja va la bola 1

escribimos aquı a

� �

a cual la bola 2 a cual la bola n

· · · · · ·· · · · · ·

Si queremosque haya a1 bolas en la caja 1, a2 en la caja 2, etc., entonces en la lista han de aparecerexactamente a1 unos, a2 doses, etc. Y si nos dan la lista con todas estas condiciones, lareinterpretacion en terminos de distribuciones en cajas es obvia.

¡Ay!, las dichosas distribuciones de bolas en cajas, ese lenguaje tan del gusto de los que sededican a menesteres combinatorios. En la seccion 3.1.3 tuvimos un primer contacto con estelenguaje, aunque entonces tratabamos distribuciones de bolas identicas en cajas numeradas.Ahora, al considerar a las bolas como numeradas, esto es, distinguibles, no basta, como allı,con informar de cuantas bolas van en cada caja; hay que senalar tambien cuales son.

Si la cuestion se hubiera planteado sin restricciones sobre el numero de bolas por caja(o sobre el numero de veces que aparece cada sımbolo en la lista), el analisis serıa directo:



bastarıa decidir a que caja va cada bola; o cual es el sımbolo de cada posicion de la lista. Loque, por la regla del producto, se puede hacer de kn maneras. Es otra manera de entender laslistas (en este caso, de longitud n y k sımbolos) o las aplicaciones X → Y si es que |X | = ke |Y| = n (revise el lector el ejemplo 2.2.5 y cambie allı los papeles de n y k).

Nuestro problema requiere un analisis diferente. Vemos primero un ejemplo sencillo, quenos da la pista para el argumento general. Digamos que hay que repartir n bolas numeradasen 3 cajas numeradas, con a1 bolas en la primera caja, a2 en la segunda y a3 en la tercera,donde a1 + a2 + a3 = n. Contamos cuantas distribuciones hay con el siguiente proceso:

1. Elegimos cuales (recordemos que las bolas son distinguibles) son las a1 bolas que vana la caja 1. Esto se puede hacer de

( na1

)formas distintas.

2. Elegimos las bolas de la segunda caja de entre las n − a1 bolas que quedan; tenemos(n−a1

a2

)maneras de hacerlo.

3. Las de caja 3 quedan ya determinadas (las restantes), ası que no habra que decidir nadaen este paso. Aunque tambien podrıamos argumentar como en los dos pasos anterioresy observar que las bolas de la caja 3 se pueden elegir de

(n−a1−a2

a3

)=

(a3

a3

)= 1 forma.

La regla del producto nos dice entonces que el numero de posibles distribuciones es(n

a1

)(n− a1

a2

)(a3

a3

)=

n!a1!(n − a1)!

(n − a1)!a2!(n − a1 − a2)!

(n− a1 − a2)!a3!0!

=n!

a1! a2! a3!.

El lector podra comprobar que el mismo argumento se puede aplicar al caso general, paraobtener que el numero de distribuciones de n bolas distinguibles en k cajas numeradas con a1

bolas en la primera caja, a2 en la segunda, etc., donde a1 + a2 + · · ·+ ak = n, viene dado porel coeficiente multinomico (

n

a1, a2, . . . , ak

)=

n!a1! a2! . . . ak!

.

Note el lector que el caso k = 2 es algo especial, pues si a1 + a2 = n, entonces a2 = n − a1,ası que (

n

a1, a2

)=

n!a1! a2!

=n!

a1! (n − a1)!=

(n

a1

),

y recuperamos el coeficiente binomico habitual. Una cierta ambiguedad de notacion queconfiamos en que no cause confusion.

Ejemplo 3.1.7 Se pretende repartir los 25 empleados de una empresa en 4 grupos de trabajo:el de relacion con los clientes debe constar de 4 personas; el de desarrollo de proyectos, de 6personas; 7 personas irıan al grupo de contabilidad, mientras que las 8 restantes trabajarıanen tareas de organizacion interna. ¿De cuantas maneras se pueden estructurar estos grupos?

El objetivo es repartir 25 bolas numeradas (las personas) en 4 cajas numeradas (los gruposde trabajo), con 4 en la primera, 6 en la segunda, 7 en la tercera y 8 en la cuarta. Respuesta:(

256, 4, 7, 8

)=

25!4! 6! 7! 8!

= 4417238826000 formas distintas

casi cuatro billones y medio, una cantidad por cierto enorme. ♣



¿Y por que aparecen estos numeros en el multinomio de Newton,

(x1 + x2 + · · ·+ xk)n =∑

a1,...,ak ≥ 0

(n

a1, a2, . . . , ak

)x1

a1x2a2 · · · xk

ak ?

Tendrıamos que contar cuantas veces aparece cada termino xa11 · · · xak

k en el desarrollo de(x1 + · · · + xk)n. Si el lector se construye un esquema como el que aparecıa al principio dela subseccion 3.1.2 dedicada al teorema del binomio, poniendo en columna los n factores(x1 + · · · + xk), se convencera que para que aparezca xa1

1 · · · xakk hay que escoger a1 veces

el x1, a2 veces el x2, etc. Lo que nos lleva al coeficiente multinomico correspondiente.Cerramos esta subseccion insistiendo en la interpretacion en terminos de listas, no tanto

por el resultado, que ya es conocido, sino por una manera de argumentar que es util en muchasocasiones. Queremos contar cuantas n-listas podemos formar con los sımbolos {1, . . . , k} demanera que haya a1 unos, a2 doses, etc., donde a1+ · · ·+ak = n. Ya sabemos que la respuestaesta en el coeficiente multinomico correspondiente.

Pero argumentemos de la siguiente manera: hagamos que los sımbolos sean distingui-bles. ¿Como que distinguibles?, ¿pero de que manera vamos a poder distinguir, por ejemplo,dos unos entre sı?, protestara el lector, alarmado ante este nuevo artificio. Pues justamenteetiquetando de cierta manera cada sımbolo. Para ello consideramos el nuevo conjunto desımbolos siguiente:

11, 12, . . . , 1a1 , 21, . . . , 2a2 , . . . , k1, . . . , kak.

Hemos considerado tantos “clones” del sımbolo 1 como nos indica el valor de a1, tantos del2 como indique a2, etc. Ahora, en total hay n sımbolos distinguibles, que podemos disponeren una n-lista de n! maneras distintas. Pero, para contrarrestar la diferenciacion ficticiay auxiliar que hemos introducido, por ejemplo, entre los unos, deberemos dividir por unfactor a1! (construya el lector explıcitamente la aplicacion a1! a 1 que hay detras de estecomentario). Lo mismo deberemos hacer con los doses, con los treses, etc. Ası llegamos, denuevo, al resultado

n!a1! a2! · · · ak!

=(

n

a1, a2, . . . , ak

).

No le extranara al lector, a la vista de este argumento, que en algunos textos se utilice elnombre de (numero de) permutaciones con repeticion para describir esta cantidad.

Ejemplo 3.1.8 ¿Cuantas listas de longitud 8 formadas por 2 aes, 3 bes y 3 ces hay?

Las listas estan formadas por los sımbolos a, a, b, b, b, c, c, c, pero por supuesto no todas las 8!permutaciones posibles dan lugar a listas distintas. Aplicamos de nuevo el truco citado antes:hacemos distinguibles los sımbolos, a1, a2, b1, b2, b3, c1, c2, c3, y formamos las 8! permutacionesposibles. Obtenemos ası, por ejemplo, listas como

a1 a2 b1 b2 b3 c3 c2 c1 y a2 a1 b1 b2 b3 c3 c2 c1

que, al borrar los subındices de las aes, dan lugar a la misma, (a, a, b, b, b, c, c, c). Solucionamosesta proliferacion espuria de listas dividiendo por los factoriales correspondientes:

8!2! 3! 3!

=(

83, 2, 3

)=

8× 7× 6× 5× 42× 2× 3

= 560 . ♣



EJERCICIOS DE LA SECCION 3.1

3.1.1 Pruebese, por induccion, quen∑

j=0

(n

j

)= 2n .

Recuerde el lector el argumento combinatorio de la subseccion 3.1.1 y la prueba, vıa el teorema delbinomio, de la subseccion 3.1.2.

3.1.2 Queremos probar que el valor maximo en cada fila del triangulo de Tartaglia es el central (ocentrales). Es decir, que

maxk=0,...,n

{(n

k

)}=

(n

�n/2�)

=(

n

�n/2�)

.

(a) Utilıcese la propiedad de simetrıa de los coeficientes binomicos para deducir que basta calcular esemaximo en el rango 0 ≤ k ≤ �n/2�.(b) Supongase, por ejemplo, que n es par. Compruebese que, siempre que k ≤ n/2,

(n

k−1

)<

(nk

).

(c) Completense los detalles del caso en que n sea impar.

3.1.3 Pruebese que, si k es un cierto numero fijo, entonces

tanto(

n− 1k − 1

)como

(n + k − 1

k − 1

)como

(n +

(k2

)− 1k − 1

)son asintoticamente (recuerdese el sımbolo ∼ de la subseccion 2.4.1) como nk−1

(k−1)! cuando n→∞.

3.1.4 (a) Tenemos 2n bolas rojas numeradas y otras 2n bolas blancas numeradas. ¿De cuantasformas distintas se puede escoger, de entre esas 4n bolas, un conjunto con n bolas rojas y n blancas?(b) Tenemos 10 bolas rojas numeradas y 6 bolas blancas numeradas. ¿De cuantas maneras puedeescogerse un conjunto de 9 bolas de forma que a lo sumo haya 4 bolas rojas?(c) ¿De cuantas maneras distintas se pueden distribuir 40 personas en 8 grupos de 5 personas?(d) ¿De cuantas maneras distintas se pueden distribuir 40 bolas identicas en 6 cajas numeradas, demanera que entre las tres primeras cajas se distribuyan 25 bolas y que en cada una de las dos ultimascajas se situen a lo sumo 6 bolas?

3.1.5 De “Nuestro hombre en La Habana”, de Graham Greene:- No entiendo por que escogiste ese numero.- ¿No te ocurre a ti que hay numeros que se te quedan grabados para siempre en la memoria?- Sı, pero este precisamente lo has olvidado.- Lo recordare enseguida. Era algo ası como 77539.- ¡Nada menos que cinco cifras!- Podemos intentar todas las combinaciones de 77539.- ¿Sabes cuantas hay? Como unas seiscientas, mas o menos. Espero que no tengas prisa.- Estoy seguro de todo menos del 7.- Sı, pero ¿que 7? Esto significa que hay que probar con seis mil configuraciones. No soy ma-

tematico, ¿sabes?

¿Podrıa el lector ayudar al personaje de esta novela y precisar sus calculos?

3.1.6 Consideremos las 22 consonantes {b, c, . . . , z} y una unica vocal {a}. Queremos formar conellas palabras de 12 letras, de las cuales exactamente cinco sean consonantes (distintas), y en las queno aparezcan consonantes seguidas. ¿Cuantas distintas habra?



3.1.7 (a) ¿Cuantos numeros entre 0 y 9999 tienen la suma de sus cifras igual a 7? (b) ¿Y ≤ 7?

3.1.8 Para su uso en este ejercicio, describimos brevemente la baraja espanola: consta de 40 cartas,que estan agrupadas en cuatro palos (oros, copas, espadas y bastos). Cada palo cuenta con diez cartas:as, dos, tres, cuatro, cinco, seis, siete, sota, caballo y rey.

(a) ¿Cual es la probabilidad de que en un mazo “bien barajado” de cartas de una baraja espanola lasdos primeros cartas no formen pareja (no sean, por ejemplo, dos ases, o dos sotas, o dos. . . )?

(b) ¿En cuantas “manos” distintas de 5 cartas de baraja espanola aparecen los 4 palos? (Nota: con-sideremos que una mano de 5 cartas es un subconjunto de 5 cartas).

(c) ¿Cuantas manos de cinco cartas de la baraja espanola son exactamente un trıo (por ejemplo, tressotas y las otras dos cartas que no sean sotas y que, ademas, sean distintas entre sı)? ¿Y exactamentedobles parejas?

(d) Estamos jugando a la pocha20 y tenemos la siguiente partida:sobre el mazo de cartas esta el 2 de espadas (espadas es, por tanto,la “pinta”). El jugador A, que es mano (esto es, el primero enjugar), tiene un 7 de espadas. Lo unico que nos interesa saber esque, con las reglas del juego, solo hay en la baraja 5 cartas quesuperen el valor de su carta (sota, caballo, rey, tres y as de espadas).¿Cual es la probabilidad de que A pierda la jugada?

3.1.9 Si n bolas numeradas se distribuyen al azar en n cajas numeradas, ¿cual es la probabilidad(a) de que ninguna caja quede vacıa?;(b) ¿y de que exactamente una caja quede vacıa?

3.1.10 (a) El tamano medio de los subconjuntos de {1, . . . , n}, como vimos en el ejemplo 3.1.2,es n/2. Obtengase una prueba alternativa de este resultado utilizando la siguiente observacion: porcada subconjunto A de tamano k hay uno (el subconjunto B = {1, . . . , n}\A) que tiene tamano n−k.

(b) La longitud de una composicion de un numero natural n es el numero de sumandos. Pruebeseque si un numero n tiene M composiciones de longitud k, entonces tambien tiene M composicionesde longitud n− k + 1. Deduzcase que la longitud media de las composiciones del numero n es n+1

2 .

3.1.11 Se tienen dos listas de sımbolos, (a1, a2, . . . , an) y (b1, b2, . . . , bm), todos distintos. Se quiereformar una unica lista con todos los n + m sımbolos respetando el orden dado de las a’s y el ordendado de las b’s. Por ejemplo, si n = 2 y m = 3 la lista (b1, a1, b2, a2, b3) es valida, pero no ası la lista(a1, b3, b2, a2, b1)). ¿De cuantas maneras se puede hacer esto?

3.1.12 Se distribuyen n bolas identicas en m cajas numeradas. (a) ¿De cuantas formas distintas sepuede hacer esto de manera que cada caja reciba al menos una bola y a lo sumo dos? (b) ¿Y si launica restriccion es que haya a lo sumo dos en cada caja?

3.1.13 Consideremos el conjunto de sımbolos X = {1, 2, 3, . . . , 50}. Diremos que un subconjunto Ade X esta separado si la diferencia entre cualesquiera dos de sus elementos es al menos tres unida-des. Por ejemplo, {10, 15, 17, 40} no esta separado, mientras que {10, 15, 18, 40} sı lo esta. ¿Cuantossubconjuntos separados distintos de cinco elementos se pueden formar con los elementos de X?

3.1.14 Tenemos n cerillas, que usamos para representar las letras I y V : la I requiere una cerilla,la V dos. ¿Cuantas “palabras” distintas de longitud k se pueden formar?

3.1.15 (a) Compruebese que el numero de listas de longitud n con ceros y unos, en las que hayexactamente r unos, y sin unos consecutivos, es

(n−r+1

r

).

20Concesion local al, sin duda, juego mas popular entre los alumnos de los autores.



(b) ¿De cuantas formas distintas se puede extraer de {1, 2, . . . , n} un conjunto de r numeros, de formaque no haya dos consecutivos?

3.1.16 Tenemos n posiciones, numeradas de 1 a n, marcadas sobre una circunferencia. Las vamosa rellenar con r unos y n − r ceros, pero no queremos que, en ese orden circular, aparezcan unosconsecutivos. ¿De cuantas maneras distintas lo podremos hacer?

3.1.17 En este ejercicio reunimos una serie de identidades que involucran coeficientes binomicos.(a) Pruebese, algebraica y combinatoriamente, que

k

(n

k

)= n

(n− 1k − 1

).

(b) El apartado anterior es el caso l = 1 de la siguiente identidad (que tambien pedimos demostrar):(k

l

)(n

k

)=

(n

l

)(n− l

k − l

).

(c) Pruebese mediante un argumento combinatorio que(2n

2

)= 2

(n

2

)+ n2 .

(d) Pruebese la siguiente generalizacion del apartado anterior:(kn

2

)= k

(n

2

)+

(k

2

)n2 .

(e) Verifıquense las siguientes identidades:n∑

k=0

(n

k

)2

=(

2n

n

);

n∑k=0

(2n)!

(n− k)!2k!2=

(2n

n

)2

;n−1∑k=0

(n

k

)(n

k + 1

)=

(2n

n + 1

).

(f) Pruebese (y comparese con la formula de Vandermonde de la pagina 110) la siguiente expresion:(n

k

)=

n−l∑j=k−l

(j

k − l

)(n− j − 1

l − 1

)EL caso l = 1 fue ya obtenido en la subseccion 3.1.5.

3.1.18 Pruebese, con la formula de Stirling, la siguiente estimacion asintotica para los numeros deCatalan:

Cn =1

n + 1

(2n

n

)∼ 1√

π

22n

n3/2cuando n→∞.

3.1.19 (a) Pruebese, por induccion en n, el desarrollo del binomio:

(1 + x)n =n∑

k=0

(n

k

)xk .

(b) Pruebese, por induccion en k, el desarrollo del multinomio:

(x1 + x2 + · · ·+ xk)n =∑

a1,...,ak ≥ 0

(n

a1, a2, . . . , ak

)x1

a1x2a2 · · ·xk

ak .

(c) Deduzcase que∑

a1,...,ak≥0

(n

a1 . . . ak

)= kn.



3.1.20 Sea S = {s1, s1, s2, s2, . . . , sm, sm} un multiconjunto que contiene dos copias de los distintossımbolos s1, s2, . . . , sm. ¿De cuantas maneras distintas se puede formar una lista ordenada de loselementos de S con la condicion de que los sımbolos contiguos sean distintos?

3.1.21 Pruebese por induccion que

(a) |A1 ∪ · · · ∪An| ≤n∑

j=1

|Aj | ; (b) |A1 ∪ · · · ∪An| ≥n∑

j=1

|Aj | −∑i<j

|Ai ∩Aj | .

3.1.22 Consideremos una sucesion de numeros a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an > 0 y las siguientes sumasalternadas en signo:

Sk =k∑

j=1

(−1)j+1aj para cada k = 1, . . . , n.

Compruebese, con un argumento grafico, que S1 ≥ S3 ≥ S5 ≥ · · · y que S2 ≤ S4 ≤ S6 ≤ · · · Ademas,cualquier suma Sk de ındice k impar es ≥ que todas las de ındices pares. Verifıquese tambien que

|Sk − Sl−1| =∣∣∣ k∑

j=l

(−1)j+1aj

∣∣∣ ≤ al si k ≥ l.

3.1.23 Consideremos los conjuntos A = {1, 2}, B = {1, 3}, C = {1, 4}, D = {1, 5}, E = {1, 6}y F = {1, 7}. Compruebese que, con la nomenclatura habitual del principio de inclusion/exclusion,α1 < α2 < α3, mientras que α3 = α4 > α5 > α6.

3.1.24 Desigualdad de Bonferroni. En este ejercicio vamos a proponer una demostracion dellema 3.2. Consideramos unos conjuntos A1, . . . , An y llamamos A = ∪n

j=1Aj. Llamemos tambien

St =t∑

j=1

(−1)j+1 αj , para cada t = 1, . . . , n.

Los numeros αj son los habituales del principio de inclusion/exlusion, que nos dice que Sn = |A|. Ellema que deseamos demostrar dice que |Sn − St| ≤ αt+1 para cada t = 1, . . . , n− 1.(a) Empezamos con una estimacion para sumas incompletas y alternadas en signo de coeficientesbinomicos. Pruebese, por induccion (en k), que

t∑j=0

(−1)j+1

(k

j

)= (−1)t−1

(k − 1

t

)

(notese que si t ≥ k, entonces ambos miembros de la identidad anterior valen 0).(b) Necesitamos tambien comprobar que, si k ≥ t + 1(

k − 1t

)≤

(k

t + 1

)(notese que si t ≥ k, entonces ambos coeficientes binomicos son nulos).



(c) El argumento sigue las lıneas de la demostracion del principio de inclusion/exclusion de la subsec-cion 3.1.4. Observese que Sn−St es la suma de las entradas de las filas de la matriz que allı exhibimosdesde las intersecciones t + 1 a t + 1 en adelante. Compruebese, utilizando el apartado (a), que

Sn − St =n∑

k=t+1

#{

elementos de A enexactamente k de los Aj

}(−1)t

(k − 1

t

)y deduzcase, empleando ahora el apartado (b), que

|Sn − St| ≤n∑

k=t+1

#{

elementos de A enexactamente k de los Aj

}(k

t + 1

).

(d) Compruebese finalmente, argumentando unicamente sobre las filas de la matriz correspondientes alas intersecciones t+1 a t+1, que el miembro de la derecha de la ultima expresion coincide con αt+1.

3.1.25 Una generalizacion del principio de inclusion/exclusion. Estamos de nuevo en lasituacion del ejercicio anterior, con los conjuntos A1, . . . , An y A = ∪n

j=1. Tenemos la sucesionde numeros α1, α2, . . . , αn. Definimos α0 = A. Definimos la sucesion de numeros (Ej)n

j=0 de lasiguiente manera: Ek cuenta el numero de elementos de A que estan en exactamente k de los conjuntosA1, . . . , An (observese que E0 = 0). Del ultimo apartado del ejercicio anterior se deduce que

αj =n∑

k=1

(k

j

)Ek ,

expresion que nos da el valor de un αj en funcion de los Ek. Compruebese que podemos invertir estaexpresion para expresar los Ek en funcion de los αj de la siguiente manera:

Ek =n∑

j=k

(−1)j−k

(j

k

)αj .

Observese que el caso k = 0 es el principio de inclusion/exclusion habitual.

3.1.26 Una segunda generalizacion del principio de inclusion/exclusion. Supongamos quetenemos una coleccion de subconjuntos A1, . . . , An de un conjunto Ω, y una funcion p que a cadaelemento de ω ∈ Ω le asocia un cierto numero positivo p(ω), su peso. Llamemos

Pi =∑

ω∈Ai

p(ω) , para cada i = 1, . . . , n,

al peso total (la suma) de los elementos de Ai. Analogamente, llamemos

Pi,j =∑

ω∈Ai∩Aj

p(ω) (i �= j) , Pi,j,k =∑

ω∈Ai∩Aj∩Ak

p(ω) (i �= j �= k) , etc.

Consideremos, por ultimo,

P =∑ω∈Ω

p(ω) y Q =∑

ω∈Ω\∪iAi

p(ω)

Pruebese que

Q = P −n∑

i=1

Pi +∑i<j

Pi,j + · · ·+ (−1)nP1,...,n .



Nota: Si p(ω) = 1 para todo ω ∈ Ω, esto es el principio de inclusion/exclusion habitual.

3.1.27 Generalıcese el resultado del ejercicio 3.1.22 sobre sumas alternadas en signo de terminosdecrecientes (o consultese directamente el teorema 11.1) para probar que, si Dn es el numero dedesbarajustes de {1, . . . , n},∣∣∣∣∣1e − Dn

n!

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∞∑

j=0

(−1)j

j!−

n∑j=0

(−1)j

j!

∣∣∣∣∣ ≤ 1(n + 1)!

.

Deduzcase que, si n > 1, Dn es el entero mas cercano a n!/e.

3.1.28 Llamamos Bj al conjunto de permutaciones de {1, . . . , n} en las que el sımbolo j no esta enla posicion j. Pruebese que

Prob(Bi ∩Bj)Prob(Bi)Prob(Bj)

−−−−→n→∞ 1

3.1.29 a) Sea Dn(k) el numero de permutaciones de {1, 2, . . . , n} que fijan exactamente k elementos.Ası, Dn(0) coincide con Dn, el numero de desbarajustes de {1, 2, . . . , n}. Pruebese que

Dn(k) =(

n

k

)Dn−k =

1k!

n−k∑j=0

(−1)j

j!,

donde conviene definir D0 = 1.(b) El apartado anterior nos da la escala de cuan frecuentes son las permutaciones en funcion

del numero de sımbolos que fijan. Recordemos que, si n es grande, el numero de desbarajustes esDn(0) = Dn ≈ n!/e. Deduce, del resultado del apartado anterior, que

Dn(1) ≈ n!e

, Dn(2) ≈ n!2! · e , Dn(3) ≈ n!

3! · e , Dn(4) ≈ n!4! · e . . .

Quizas el lector quiera comprobar la similitud con la situacion del ejemplo 2.3.2.

3.1.30 Pruebese la siguiente regla de recurrencia para un coeficiente multinomico:(n

a, b, c

)=

(n− 1

a− 1, b, c

)+

(n− 1

a, b− 1, c

)+

(n− 1

a, b, c− 1

), donde a + b + c = n.

Explıquese el significado combinatorio de esta identidad.



3.2. Permutaciones

Las permutaciones de un conjunto X con n elementos, que ya presentamos en la subsec-cion 2.2.1, son objetos combinatorios con una estructura lo suficientemente rica como paramerecer la atencion que les vamos a dispensar en las siguientes paginas. Como siempre, parasimplificar la notacion, el conjunto de referencia sera X = {1, 2, . . . , n}.

Una permutacion del conjunto X = {1, . . . , n} es una lista de longitud n sin repeticionformada con los sımbolos de X. O tambien, como vimos en ejemplo 2.2.5, una aplicacionbiyectiva de X en X . Esto es, una (re)ordenacion de los elementos de X. Como bien sabe-mos, hay n! permutaciones distintas de X. Algunas de estas permutaciones, como veremosmas adelante, tienen propiedades especiales y para ellas reservaremos nombres especıficos(desbarajustes, permutaciones cıclicas, trasposiciones, involuciones, etc.).

Observe el lector las dos siguientes formas de representar una permutacion:

(2, 7, 5, 1, . . . , 6) y(

1 2 3 4 . . . n2 7 5 1 . . . 6

).

A la izquierda representamos la permutacion, simplemente, como una lista. La representacionde la derecha es mas adecuada para la interpretacion como aplicacion biyectiva: observesecomo nos permite reconocer que la imagen del 1 es el 2, la del 2, el 7, etc. De ahora enadelante, convendremos en que ambos esquemas representan a la misma permutacion; esdecir, identificaremos, por ejemplo, la lista (2, 7, 5, 1, . . . , 6) con la aplicacion biyectiva quelleva el 1 en el 2, el 2 en el 7, el 3 en el 5, etc. Como en todo lo que sigue nos centraremos enla interpretacion como aplicacion biyectiva, utilizaremos generalmente la segunda notacion.

A. Composicion de permutaciones

Consideremos las dos siguientes permutaciones del conjunto X = {1, 2, 3, 4, 5}:

f = (1, 3, 2, 5, 4) =(

1 2 3 4 51 3 2 5 4

)g = (5, 2, 3, 1, 4) =

(1 2 3 4 55 2 3 1 4

).

La permutacion g es una aplicacion biyectiva de X en X que lleva, por ejemplo, el elemento 1en el 5; esto es, g(1) = 5. Tambien f es biyectiva de X en X, y por ejemplo lleva el 5 enel 4, esto es, f(5) = 4. Lo que nos induce a pensar que serıa posible aplicar primero g sobreel elemento 1, y luego f , pero ahora sobre el 5, para acabar finalmente en el 4.

Vamos a formalizar esta nocion de aplicacion “sucesiva” de dos permutaciones. Partimosde dos permutaciones del conjunto X = {1, . . . , n}, digamos f y g. La composicion de fcon g, que escribiremos como f ◦ g (observese el orden en que lo escribimos) se define como

(f ◦ g)(x) = f(g(x)), para cada x ∈ X = {1, . . . , n};es decir, la accion sucesiva de g primero y f despues. Observe el lector que es una “buena”definicion: si x ∈ X, entonces g(x) es un elemento de X y por tanto f(g(x)) esta bien definido.En otras palabras, la composicion de f con g es una aplicacion del conjunto X en sı mismo.Pero ademas, y esto es lo importante, la aplicacion (f ◦ g) que hemos definido antes resultaser una aplicacion biyectiva de X en X. Esto es, una nueva permutacion.


3.2. Permutaciones 143

Para comprobarlo, basta demostrar que (f ◦ g) es una aplicacion inyectiva (pues losconjuntos de llegada y partida son el mismo, X). Supongamos que tenemos dos elementosde X, digamos a y b, tales que

(f ◦ g)(a) = (f ◦ g)(b) ; es decir, tales f(g(a)) = f(g(b)) .

Como f es una aplicacion biyectiva, se cumplira que g(a) = g(b). Y como a su vez g esbiyectiva, deducimos finalmente que a y b deben ser iguales.

Ası que la accion sucesiva de g (primero) y f (despues), la composicion f ◦ g (perdone ellector la insistencia: ¿se dio cuenta en que orden las escribimos?; ¡ah!, por si acaso), es unaaplicacion inyectiva de X en X y, por tanto, una aplicacion biyectiva de X en sı mismo.

Este tipo de estructura (un conjunto y una operacion entre pares de elementos del con-junto cuyo resultado es siempre un elemento del mismo conjunto) tiene un nombre especialen Matematicas:

el conjunto de las permutaciones, dotado de la operacion de composicion, tieneuna estructura de grupo.

Al conjunto de las permutaciones de {1, . . . , n}, entendido como grupo con la operacion decomposicion nos referiremos como el grupo simetrico Sn. Decimos que Sn es un grupoporque se verifican las siguientes propiedades21:

Si f, g ∈ Sn, entonces f ◦ g ∈ Sn (el conjunto Sn es cerrado para la operacion decomposicion).Se verifica la propiedad asociativa: si f, g, h ∈ Sn, entonces (f ◦ g) ◦ h = f ◦ (g ◦ h).La identidad id, es decir, la permutacion que deja fijos todos los elementos, es el ele-mento neutro de Sn:

id ◦ f = f ◦ id = f para cualquier f ∈ Sn.

Para cada permutacion f ∈ Sn existe su elemento inverso, que denominaremos f−1,que verifica que

f ◦ f−1 = f−1 ◦ f = id .

Ademas, este elemento inverso de f es unico22.

La primera propiedad ya la hemos comprobado, la segunda es sencilla de verificar y la terceraes obvia. Solo la cuarta requiere un momento de reflexion y se deduce de la biyectividad de f .

El lector, que seguramente en mas de una ocasion habra escuchado todas estas propiedadesen forma de cantinela escolar, estara echando en falta una de ellas: ¡propiedad conmutativa!,¿es que se les ha olvidado? No, no es un olvido, porque en general la composicion de permu-taciones no es conmutativa. Es decir, es relevante el orden en que escribamos la composicion(¿ven por que valıa la pena la insistencia?). Es decir, excepto en algunos casos especiales, nosera la misma permutacion (f ◦ g) que (g ◦ f). Veamos un ejemplo:

21Estudiaremos la nocion general de grupo en el capıtulo 16.22¿Se atreve el lector a probar esto, usando simplemente las propiedades aquı citadas?



Ejemplo 3.2.1 Sea X = {1, 2, 3, 4, 5} y consideremos las permutaciones

f =(

1 2 3 4 51 3 5 4 2

)y g =

(1 2 3 4 52 1 3 5 4

).

Calculemos las permutaciones f2, g2, (f ◦ g), (g ◦ f) y f−1.

Por f2 entenderemos la composicion de f consigo misma, f ◦f . Calculamos sucesivamentef2(1) = f(f(1)) = f(1) = 1, f2(2) = f(f(2)) = f(3) = 5, etc., y lo mismo para g2, paraconcluir que

f2 =(

1 2 3 4 51 5 2 4 3

)y g2 =

(1 2 3 4 51 2 3 4 5

).

Ası que g2 coincide con la permutacion identidad. Si calculamos f ◦ g y g ◦ f , obtenemos

f ◦ g =(

1 2 3 4 53 1 5 2 4

)y g ◦ f =

(1 2 3 4 52 3 4 5 1

),

lo que confirma que la composicion de permutaciones no tiene por que ser conmutativa. Elcalculo de la composicion f ◦ g exige evaluar las imagenes sucesivas (primero g y luego f) decada elemento. Es comodo representar dicho calculo de la siguiente manera: escribimos unprimer piso con los elementos de X en el orden “natural”, un segundo con el resultado de laaccion de g, y un tercero con los resultados de la accion de f (sobre los de la segunda fila);para, finalmente, “olvidarnos” de la fila intermedia:⎛⎝ 1 2 3 4 5

2 1 3 5 43 1 5 2 4

⎞⎠ −→ f ◦ g =(

1 2 3 4 53 1 5 2 4

).

Por ultimo, hallar la inversa de f es lo mismo que calcular la permutacion f−1 para laque f ◦ f−1 = id. Por ejemplo, f(f−1(1)) debe coincidir con id(1) = 1. Si observamos quef(1) = 1, concluimos que f−1(1) = 1. De la misma forma, f(f−1(2)) debe ser id(2) = 2.Como f(5) = 2, tendremos que f−1(2) = 5. Y ası, sucesivamente, hasta llegar a que

f−1 =(

1 2 3 4 51 5 2 4 3

).

De nuevo, un pequeno truco de representacion nos ayuda a organizar eficientemente estecalculo. Basta “darle la vuelta” a f (intercambiar sus dos filas) para luego reordenar lascolumnas con el criterio de que la primera fila quede ordenada:

f =(

1 2 3 4 51 3 5 4 2

)−→

(1 3 5 4 21 2 3 4 5

)reordenar columnas−−−−−−−−−−−−→ f−1 =

(1 2 3 4 51 5 2 4 3

).

Mas adelante (vease la subseccion 3.2.1) descubriremos otra manera efectiva de calcularla inversa de una permutacion. Recordamos de nuevo que, pese a que la composicion depermutaciones no es en general conmutativa, en el caso del inverso no hay que tener cuidadode definirlo por la izquierda o por la derecha: es unico. ♣



B. Orden de una permutacion

Supongamos que f y g son dos permutaciones de X = {1, . . . , n}, esto es, dos elementosde Sn. Su composicion f ◦ g sera tambien una permutacion de X, y por tanto tendra uninverso, que viene dado explıcitamente por

(f ◦ g)−1 = g−1 ◦ f−1 .

Notese que se invierte el orden de accion de los inversos. La comprobacion requiere unicamenteutilizar la propiedad asociativa, que permite “olvidar” los parentesis:

(f ◦ g) ◦ (g−1 ◦ f−1)

= f ◦ g ◦ g−1︸︷︷︸= id

◦f−1 = f ◦ f−1 = id .

Hemos acordado que, para k ≥ 1, fk significa la accion sucesiva (k veces) de la permutacion f .¿Cual es, por ejemplo, el inverso de f2? Con la observacion anterior, resulta que(

f2)−1 = (f ◦ f)−1 = f−1 ◦ f−1 =

(f−1

)2.

A la composicion de la permutacion f−1 consigo misma nos referiremos como f−2. Y sicomponemos f−1 consigo misma k veces, tendremos una permutacion que llamaremos f−k.Para completar la notacion, diremos que f0 = id. Con este convenio, tenemos un algebra decomposiciones que resulta muy comoda: dados unos enteros s y t,

f s ◦ f t = f s+t .

Insistimos en que no es mas que notacion, que simplifica mucho las manipulaciones. Com-pruebe el lector la validez de la expresion anterior escribiendo todas las f y f−1 que nosindiquen los valores de s y t (segun sean positivos o negativos) y “cancelando” por parejas.

Ya estamos en condiciones de presentar el concepto de orden de una permutacion. Consi-deremos una permutacion f ∈ Sn y listemos las sucesivas composiciones de f consigo misma:

f, f2, f3, . . . , fn!, fn!+1, . . .

Lo que sigue es una sencilla aplicacion del principio del palomar. Recordemos que en Sn

hay n! permutaciones distintas. De manera que, entre los primeros n!+1 terminos de la lista,los que hemos exhibido explıcitamente mas arriba, necesariamente habra (al menos) dospermutaciones repetidas. Esto es, con seguridad existiran dos enteros s, t ≥ 1 (supongamosque s > t) tales que

f s = f t .

Componiendo con f−t a los dos lados, obtenemos que f s−t = f0 = id, donde s−t > 0. Lo quequiere decir esto es que, dada una permutacion, existe (al menos) un entero no negativo ktal que fk = id. Pues bien, el orden de la permutacion f es el menor entero positivo para elque se cumple esta propiedad23 (vease tambien el ejercicio 3.2.1). Veremos en un momentouna manera eficaz de calcular el orden de una permutacion.

23Siguiendo con el argumento del principio del palomar, podemos comprobar que el orden de f es siempremenor o igual que n!. Sabemos que existen enteros s y t, con 1 ≤ t < s ≤ n!+ 1, tales que fs = f t. Pero claro,s− t ≤ n!, ası que el orden de f ha de ser tambien ≤ n!. De hecho, el orden de f es siempre un divisor de n!(vease el ejercicio 3.2.2).



3.2.1. Permutaciones y ciclos

Existe un tipo de permutaciones particularmente importantes, porque podemos utilizarlascomo piezas basicas para construir cualquier otra: son los ciclos.

Un ciclo en Sn es una permutacion que fija un cierto numero de elementos de {1, . . . , n}(o quizas ninguno, caso al que nos referiremos como permutacion cıclica), mientras quemueve los restantes “cıclicamente”. Se entiende facilmente en un ejemplo: la permutacion deS5 dada por

f =(

1 2 3 4 51 4 2 3 5

)fija los elementos 1 y 5, mientras que mueve los restantes de la siguiente manera:

2f−→ 4

f−→ 3f−→ 2 ,

cerrando un “ciclo”. Para describir esta permutacion, utilizaremos el siguiente sımbolo:

f =(

1 2 3 4 51 4 2 3 5

)= �5(2 4 3) ,

que pretende resumir toda la informacion relevante sobre la permutacion: es de S5, muevecıclicamente los elementos 2, 4 y 3 (en el orden indicado) y fija los restantes (1 y 5).

La identidad, que fija todos los elementos de {1, . . . , 5}, podrıa venir descrita con elsımbolo �5(1), o quizas con �5(2), �5(3), etc. Observese que podemos tambien escribir elciclo f como la composicion de las siguientes tres permutaciones:

f = �5(1) ◦�5(2 4 3) ◦�5(5)

(notese que hemos compuesto dos veces con la identidad, lo que no cambia la permutacion).Si el contexto estuviera claro (es decir, si sabemos en que Sn estamos trabajando), nos

podrıamos olvidar del subındice e incluso del sımbolo �. En este caso, escribirıamos

f = (1) (2 4 3) (5) ,

la notacion que aparece habitualmente en otros textos. Observemos que el orden en que secomponen estos ciclos es irrelevante: podrıamos haber escrito, por ejemplo, f = (5)(1)(2 4 3).Mas aun, mientras se respete el orden circular del ciclo, lo que pongamos como primerelemento es tambien irrelevante: podrıamos haber escrito, por ejemplo, (4 3 2), o quizas (3 2 4).Pero salvo por estas cuestiones de escritura, la descripcion es unica.

La longitud de un ciclo es el numero de elementosque mueve realmente su accion (3, en nuestro ejemplo).Como permutacion que es, un ciclo tendra un cierto or-den. ¿Cual? En el ejemplo anterior, los elementos 1 y 5quedan fijos, y por tanto no es necesario considerarlos alos efectos del calculo del orden. Observemos que los otros tres se mueven como se indica ala derecha.

f f f

2 −→ 4 −→ 3 −→ 23 −→ 2 −→ 4 −→ 34 −→ 3 −→ 2 −→ 4

¡Aja!, la tercera aplicacion de f nos devuelve la configuracion original. Ası quef3 = id y el orden del ciclo es 3; justo el numero de elementos que se mueven cıclicamente(su longitud).



Comprobemos que esto es un resultado general, analizando con mas detalle cual es laestructura de un ciclo. Sea f un ciclo de longitud k en Sn. Fijara n − k elementos y mo-vera cıclicamente los restantes. Digamos que estos elementos son (a1, . . . , ak):

f = �n(a1 a2 . . . ak−1 ak) .

Esto quiere decir que, bajo la accion de f ,

a1f−→ a2

f−→ · · · f−→ ak−1f−→ ak

f−→ a1 .

En otras palabras, a2 = f(a1), a3 = f(a2) = f2(a1) y ası hasta ak = fk−1(a1), mientrasque fk(a1) = a1. De manera que el ciclo se podrıa reescribir de la siguiente manera, algofarragosa, pero util para nuestros argumentos:

f = �n(a1 f(a1) . . . fk−2(a1) fk−1(a1)) .

Nos interesa entender la permutacion fk. Pero fk fija el primer elemento, pues fk(a1) = a1.Y tambien el segundo:

fk(a2) = fk(f(a1)) = f(fk(a1)) = f(a1) = a2 .

Compruebe el lector que ocurre lo mismo para los restantes elementos del ciclo (quizas ar-gumentando que, en realidad, el ciclo es el mismo sea cual sea el primer elemento de el queescribamos, mientras que preservemos el orden). Como f fija los elementos que no estan en elciclo, tambien lo hara fk. Deducimos ası que fk es la permutacion identidad. Como ademas kes el primer entero no negativo para el que sucede esto, el orden del ciclo f es justamente k,su longitud como ciclo.

A. Descomposicion en ciclos

No hemos introducido los ciclos por capricho. Resulta que cualquier permutacion se puedeescribir como composicion de ellos (¡y de manera unica!). Esta forma de escribirlos, estacomposicion (o mas bien, descomposicion), es especialmente informativa y util, porque nosdice cuales son los subconjuntos de {1, . . . , n} en los que la permutacion actua de forma“independiente”.

Consideremos la siguiente permutacion f de un conjunto con 7 elementos:

f =(

1 2 3 4 5 6 73 5 1 2 6 4 7

)

Observamos que los elementos {1, 3} se mueven cıclicamente con f : 1f−→ 3

f−→ 1. De la

misma forma, 2f−→ 5

f−→ 6f−→ 4

f−→ 2, mientras que 7f−→ 7. Pues bien, la permutacion f

se puede escribir como la composicion de los siguientes ciclos:

f = �7(1 3) ◦�7(2 5 6 4) ◦�7(7) .



La comprobacion es sencilla, solo hay que obser-var que los subconjuntos de elementos que muevecada ciclo son disjuntos dos a dos. La ultima permu-tacion es, simplemente, la identidad. La accion suce-siva de las dos primeras se recoge a la derecha

1 2 3 4 5 6 7�7(2 5 6 4) ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓

1 5 3 2 6 4 7�7(1 3) ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓

3 5 1 2 6 4 7

(ennegrita, los elementos que se mueven realmente encada permutacion). Y el resultado es la permutacionf de partida. Observemos que, de nuevo, el orden de presentacion de los ciclos no es relevante(estas permutaciones sı conmutan, pues mueven conjuntos de elementos disjuntos dos a dos);y en que elemento empieza el ciclo, tampoco. Por ejemplo, f se podrıa escribir como

f = �5(7) ◦�5(1 3) ◦�5(2 5 6 4) o como f = �5(7) ◦�5(3 1) ◦�5(4 2 5 6) .

Hagamos el argumento en general, disenando de paso un algoritmo para obtener la des-composicion en ciclos de una permutacion f ∈ Sn. Empezamos con un cierto elemento de{1, . . . , n}, por ejemplo el 1, y escribimos la lista

1, f(1), f2(1), f3(1), f4(1), . . .

Esta lista es, en principio, tan larga como queramos, pero como solo hay n elementos en{1, . . . , n}, el principio del palomar asegura que contendra dos numeros repetidos. Esto es,existiran dos enteros positivos s > t para los que

f s(1) = f t(1) .

Lo que supone que f s−t(1) coincide con id(1) = 1. Ası que en la lista anterior, no solo hayrepeticiones, sino que ademas aparece algun 1 (ademas del primero). El primer paso delalgoritmo consistirıa, entonces, en ir construyendo la lista anterior hasta encontrar el primer(nuevo) 1; al terminar, habremos detectado el ciclo en el que esta encuadrado el elemento 1:

�n(1, f1(1), f2(1) . . . ) .

Si este ciclo tuviera longitud n, ya habrıamos terminado: f serıa una permutacion cıclica. Encaso contrario, si la longitud fuera < n (podrıa ser incluso 1, si es que f(1) = 1), quedarıatrabajo por hacer. Por ser ordenados, buscarıamos el primer elemento de {1, . . . , n} que nohubiera sido ya incluido en el ciclo anterior y repetirıamos con el el procedimiento. Notese queningun elemento de este nuevo ciclo puede pertenecer al ciclo anterior. El proceso continuarıahasta alcanzar a todos los elementos de {1, . . . , n}.

El resultado de este algoritmo es unico, salvo por la ya mencionada cuestion de que elorden de presentacion de los ciclos resultantes es irrelevante y de que podemos elegir, comoprimer elemento de cada ciclo, el elemento del mismo que deseemos. Los ciclos que obtenemos,recordemos, son disjuntos dos a dos.

Normalmente, los ciclos de orden 1 no se escriben, aunque esto puede dar lugar a ciertasconfusiones, a menos que el contexto este muy claro. Por ejemplo, f = (1 2) podrıa ser



interpretado como una lista, o quizas como un ciclo. Visto como una lista, serıa la permutacionde la izquierda; visto como ciclo, la de la derecha:(

1 21 2

);

(1 22 1

).

Esto, cuando se trate realmente de una permutacion de S2, porque podrıa tambien representaruna de, digamos, S4: (

1 2 3 42 1 3 4

).

Por eso conviene insistir en escribir los ciclos de longitud 1, o bien utilizar la notacion sugerida,�4(1 2), salvo que el contexto sea muy claro.

El lenguaje de los ciclos simplifica bastantes calculos con permutaciones. Por ejemplo,para calcular el inverso de una permutacion dada, basta leer los ciclos de la permutacionoriginal “al reves”:

f = �9(1 2 4) ◦�9(3 8 7) ◦�9(5) ◦�9(6 9)f−1 = �9(4 2 1) ◦�9(7 8 3) ◦�9(5) ◦�9(9 6)

Al fin y al cabo, si el elemento 3 va al 8 a traves de f , el 8 ha de ir al 3 a traves de f−1.No es ya tan util, en general, para describir la composicion de dos permutaciones, porque sepueden mezclar los ciclos de una con los ciclos de la otra.

B. Orden de una permutacion y ciclos

Otra tarea que se simplifica notablemente con el uso de los ciclos es la del calculo delorden de una permutacion. Ya vimos que si la permutacion es un ciclo de longitud k, entoncesel orden de la permutacion es tambien k. ¿Y en el caso general? Veamos un ejemplo: sea lapermutacion de S5 dada por la composicion de ciclos

f = �5(2 1) ◦�5(3 5 4) .

Si partimos del orden natural, (1, . . . , 5), cuando apliquemos f2, los elementos {1, 2} habranvuelto a sus posiciones originales; no ası los restantes. Con f3 son {3, 4, 5} los que vuelven alorden original; pero los dos primeros se han descolocado. Un momento de reflexion nos lleva aconvencernos de que sera necesario aplicar 6 veces f para recuperar la configuracion original.Si f tuviera dos ciclos de longitudes 2 y 4, un argumento analogo nos dirıa que f4 = id yque, por tanto, su orden serıa 4.

En general, si una permutacion f se escribe como composicion de ciclos, cuyas longitudesson l1, . . . , lm (podrıa haber varios ciclos de cada una de las longitudes), su orden sera

orden(f) = mın{k ≥ 1 : fk = id} = mcm(l1, . . . , lm) ,

donde mcm(l1, . . . , lm) representa al mınimo comun multiplo de los numeros l1, . . . , lm.



C. El numero de permutaciones con una determinada estructura de ciclos

Una cuestion combinatoria muy interesante es la de contar el numero de permutacionescuya descomposicion en ciclos reune una serie de propiedades dada. La estructura a la quese refiere el tıtulo de este epıgrafe puede ser muy diversa: que el numero total de cicloseste fijo, que no haya determinado tipo de ciclos, que el numero de ciclos de cada tipo posibleeste determinado . . .

En la subseccion 3.3.2 veremos, por ejemplo, como contar cuantas permutaciones de{1, . . . , n} tienen un cierto numero, digamos k, de ciclos. Ya calculamos, en el ejemplo 3.1.5,cuantos desbarajustes (permutaciones que no fijan elemento alguno, es decir, sin ciclos deorden 1) hay.

Pero ya podemos calcular, por ejemplo, cuantas permutaciones cıclicas hay. Recordemosque son las permutaciones que mueven cıclicamente todos los elementos (observese que, comono fijan elemento alguno, son un caso particular de desbarajustes). El argumento es sencilloy directo: para determinar el ciclo que incluye a todos los elementos basta ordenarlos (n!maneras posibles). Pero hay que tener en cuenta que, dada una de estas ordenaciones, laeleccion de que elemento va primero no es relevante. Como hay n posibles maneras de elegirese primer elemento, la respuesta final es que

#{permutaciones cıclicas en Sn} =n!n

= (n− 1)! .

Visto desde otro punto de vista, como tenemos la libertad de elegir cual es el primer elementode la lista, solo hay que ordenar los n− 1 elementos restantes.

Un argumento analogo nos permite contar cuantas permutaciones son ciclos de orden k:elegimos primero los k elementos del ciclo, para luego determinar el orden dentro del ciclo.Esto se puede hacer de

(nk

)(k − 1)! maneras. Las trasposiciones, otro tipo de permutaciones

que tendran un papel destacado en lo que sigue, son las permutaciones que intercambian doselementos y fijan los restantes. Es decir, las que son, simplemente, un ciclo de orden 2. Laobservacion anterior nos dice que hay

(n2

)trasposiciones distintas.

Un planteamiento mas general consistirıa en prescribir cuantos ciclos de cada posiblelongitud deben tener las permutaciones que nos interesan. Esto es, dar una lista de enterosno negativos (b1, . . . , bn) donde, para cada j = 1, . . . , n, el numero bj es el numero de ciclosde longitud j. Observese que se tendra que

n∑j=1

bj = #total de ciclos , y ademas quen∑

j=1

j bj = n ,

porque cada uno de los elementos de {1, . . . , n} esta en algun ciclo. Por ejemplo, las permu-taciones cıclicas son las que tienen bn = 1 y bj = 0 para el resto.

La pregunta que nos interesa responder es la siguiente: dada una lista de numeros nonegativos (b1, b2, . . . , bn) tales que

∑nj=1 j bj = n, ¿cuantas permutaciones de Sn tienen b1

ciclos de longitud 1, b2 ciclos de longitud 2, etc.?Argumentemos como sigue: empezamos escogiendo una ordenacion cualquiera de los ele-

mentos {1, . . . , n} (hay n! posibles). Ahora marcamos los ciclos en un orden determinado: los



b1 primeros elementos de la lista estan en los ciclos de orden 1, los 2b2 siguientes, en los deorden 2, y ası sucesivamente:

(•) · · · (•)︸︷︷︸b1

(• •) · · · (• •)︸︷︷︸b2

(• • •) · · · (• • •)︸︷︷︸b3

· · ·

Hemos construido ası n! descomposiciones en ciclos con la estructura pedida. Pero entre ellashabra, sin duda, descomposiciones repetidas. Por ejemplo, dentro de cada uno de los ciclosque hemos marcado podemos rotar circularmente los elementos (elegir el que va primero)sin cambiar de que ciclo se trata. Observese que cada porcion de tamano j tiene j posiblesrotaciones. Ası que el numero total de rotaciones de los trozos que dan lugar a la mismadescomposicion en ciclos es

1b1 veces· · · 1 · 2 b2 veces· · · 2 · · · · · · n bn veces· · · n = 1b1 2b2 · · ·nbn .

Pero ademas, y esta es ya la ultima cuestion que hay que considerar, podemos permutar, porejemplo, los ciclos de longitud 1 entre sı (¡pero no con los demas!); y, en general, los trozosde longitud j entre ellos mismos (lo que se puede hacer de bj ! maneras). Reuniendo todasestas observaciones, llegamos a la respuesta buscada:

#{

permutaciones de Sn con b1, . . . , bn ciclosde longitudes 1, . . . , n, respectivamente

}=

n!1b12b2 · · · nbn b1!b2! · · · bn!

El lector podra comprobar que con esta formula recuperamos los resultados para los casosvistos anteriormente: permutaciones cıclicas (bn = 1 y b1 = b2 = · · · = bn−1 = 0), ciclos deorden k (bk = 1, b1 = n − k y el resto de los bj = 0) o trasposiciones (b2 = 1, b1 = n − 2 yel resto de los bj = 0). Notese tambien que, si una permutacion es un desbarajuste (no fijaelemento alguno), entonces solo sabemos que b1 = 0, pero no tenemos informacion sobre elvalor de los restantes bj . Por eso no se puede aplicar la formula anterior y tuvimos que hacerun analisis especıfico en el ejemplo 3.1.5.

3.2.2. Permutaciones pares e impares

Como ya se ha mencionado, una trasposicion de Sn es una permutacion que intercambiados elementos de {1, . . . , n} y fija los restantes. Es decir, tiene un ciclo de longitud 2 yotros n− 2 ciclos de longitud 1. Por ejemplo,

�n(a b) ◦�n(c) ◦�n(d) ◦ · · · ,si es que a y b son los elementos intercambiados. Este tipo de permutaciones, de estructurapor otra parte tan simple, tambien sirven para descomponer una permutacion cualquiera.

Ejemplo 3.2.2 Consideremos la permutacion f = �5(1 2 5).

Esta permutacion de S5 mueve cıclicamente los elementos 1 → 2 → 5 → 1 (y fija losrestantes). Esto es, es de la forma (al menos para los elementos que no quedan fijos)

f =(

1 2 · · · 52 5 · · · 1

)(version preliminar 26 de septiembre de 2010)


El mismo resultado se puede obtener aplicando sucesivamente las trasposiciones que inter-cambian el 1 y el 2 y el 1 y el 5:

1 2 · · · 5�5(1 2) ↓ ↓ ↓

2 1 · · · 5�5(1 5) ↓ ↓ ↓

2 5 · · · 1

Ası que podrıamos escribir que el ciclo es la composicion sucesiva de estas dos trasposiciones:

�5(1 2 5) = �5(1 5) ◦�5(1 2) .

¡Cuidado!, ahora los ciclos de cada trasposicion no son disjuntos, ası que es importantesenalar el orden en que se aplican (pruebese a componer las trasposiciones al reves). El lectorpodra comprobar tambien que esa misma permutacion f se puede escribir como

�5(1 2 5) = �5(1 2) ◦�5(1 5) ◦�5(2 5) ◦�5(1 2) .

Es decir, la escritura en terminos de trasposiciones no es unica; y ademas importa el ordenen que se aplican (porque no tienen por que ser disjuntas). ♣

¿Es posible expresar un ciclo cualquiera como composicion de transposiciones? Si el cicloes de orden 1, entonces se puede escribir como composicion (dos veces) de la misma trasposi-cion. Los ciclos de orden 2 ya son, ellos mismos, trasposiciones. Analicemos entonces el casode un ciclo de longitud 3, digamos f = �n(a1 a2 a3). Notese que la accion

f(a1) = a2 , f(a2) = a3 y f(a3) = a1 .

se consigue tambien trasponiendo, sucesivamente, el primer elemento con los restantes (en elorden en que aparecen en el ciclo), como se sugerıa en el ejemplo 3.2.2; esto es,

f = �n(a1 a3)︸︷︷︸f3

◦�n(a1 a2)︸︷︷︸f2

.

Notese el orden: primero trasponemos a1 con a2 (lo que llamamos f2) y luego a1 con a3,con f3. El lector podra comprobar que, efectivamente, f = f3◦f2 y obtener la descomposicionanaloga en el caso de un ciclo ciclo de longitud 4,

f = �n(a1 a2 a3 a4) = �n(a1 a4) ◦�n(a1 a3) ◦�n(a1 a2) ;

y, en general, para un ciclo de cualquier longitud (vease el ejercicio 3.2.5):

f = �n(a1 a2 . . . ak−1 ak) = �n(a1 ak) ◦�n(a1 ak−1) ◦ · · · ◦�n(a1 a3) ◦�n(a1 a2) ,

¿Y si partieramos de una permutacion general? Podrıamos, por ejemplo, descomponerlaprimero en ciclos, para luego proceder a descomponer cada uno de ellos en transposicionessiguiendo la regla anterior. Ası que tambien es posible descomponer una permutacion generalen trasposiciones. Aunque, como ya hemos visto, esta descomposicion no es unica, y ademaslas distintas trasposiciones utilizadas en la descomposicion no seran, en general, disjuntas.



Entonces, ¿para que consideramos este tipo de descomposiciones? Las “piezas” utilizadasen la descomposicion son muy simples, siempre ciclos de orden 2, pero esto no parece suficien-te. Y no lo serıa si no fuera porque, ademas, y como comprobaremos en un momento, dadauna cierta permutacion, sea cual sea la descomposicion en transposiciones que tomemos, elnumero de trasposiciones utilizadas tiene una paridad determinada. Esto es, o bien se empleasiempre un numero par de transposiciones, o bien un numero impar.

Sea g ∈ Sn una permutacion con αj ciclos de cada longitud j. Tendra, en total,∑n

j=1 αj

ciclos. Sea π una trasposicion que, digamos, intercambia los elementos a y b. Ahora nospreguntamos por el numero de ciclos que tiene la permutacion π ◦ g. Distinguimos dos casos,dependiendo de si a y b pertenecen al mismo ciclo de g o no (notese que π no actua sobre loselementos que pertenezcan a ciclos en los que no esten ni a ni b):

Caso 1: si a y b pertenecen al mismo ciclo de g, entonces

g = �n(ax2 . . . xr−2 b xr . . . xl) ◦ (resto de ciclos de g) .

(podemos suponer que a es el primer elemento de ese ciclo). En este caso, la accion sucesivade g y π sobre los elementos del ciclo viene dada por

a x2 . . . xr−2 b xr . . . xl

g ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓x2 x3 . . . b xr xr+1 . . . a

π ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓x2 x3 . . . a xr xr+1 . . . b

La conclusion es que se forman dos ciclos a partir del original:

π ◦ g = �n(ax2 . . . xr−2) ◦�n(b xr . . . xl) ◦ (resto de ciclos de g) .

Caso 2: Si a y b estan en ciclos distintos,

g = �n(a a2 . . . al) ◦�n(b b2 . . . bs) ◦ (resto de ciclos de g) ,

entoncesa a2 . . . al b b2 . . . bs

g ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓a2 a3 . . . a b2 b3 . . . b

π ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓a2 a3 . . . b b2 b3 . . . a

Y ahora tenemos un unico ciclo a partir de los dos de partida:

π ◦ g = �n(a a2 . . . al b b2 . . . bs) ◦ (resto de ciclos de g) .

En resumen, si π es una trasposicion,

# ciclos de (π ◦ g) = # ciclos de g ± 1 .

Esta observacion es el ingrediente fundamental de la demostracion del siguiente resultado:

Teorema 3.3 Dada una permutacion g ∈ Sn, si g se puede escribir como composicion de sy t trasposiciones, entonces, o bien s y t son pares, o bien s y t son impares.



Demostracion. Escribimos primero g como composicion de s trasposiciones:

g = πs ◦ πs−1 ◦ · · · ◦ π2 ◦ π1 .

Como π1 es una trasposicion, tendra n− 1 ciclos (1 de orden 2 y el resto de orden 1). Comohemos visto, cada sucesiva trasposicion hace que el numero de ciclos aumente o disminuyaen una unidad. Digamos que, tras las s − 1 trasposiciones, hemos tenido α aumentos y βdisminuciones. Observese que

s− 1 = α + β y # ciclos de g = (n− 1) + α− β .

Sumando estas dos expresiones y despejando s del resultado, llegamos a que

s = n + 2α−# ciclos de g .

Si ahora escribimos g como composicion de t trasposiciones, g = πt ◦ πt−1 ◦ · · · ◦ π2 ◦ π1 yprocedemos de manera analoga, llegamos a que

t = n + 2α−# ciclos de g ,

donde α es el numero de aumentos con las sucesivas trasposiciones πj. Restando ambascantidades, obtenemos que s − t = 2 (α − α), que es un numero par. Por tanto, los numeross y t son, o bien ambos pares, o bien ambos impares. �

A la vista de este resultado, tiene sentido definir una permutacion par como aquella quese escribe como composicion de un numero par de trasposiciones; e impar si ese numerode trasposiciones es impar. Es habitual definir el signo (o signatura) de una permutacioncomo 1 si la permutacion es par, y como −1 si es impar. Esto es,

signo(g) = (−1)t ,

donde t es el numero de trasposiciones en una descomposicion (en trasposiciones) cualquierade g. El lector interesado podra consultar algunas otras cuestiones relevantes sobre esteconcepto de signatura de una permutacion en los ejercicios 3.2.6–3.2.9. Terminamos con unasimpatica e ingeniosa aplicacion de esta nocion.

Ejemplo 3.2.3 El puzzle 14-15 de Sam Loyd.

A finales del siglo XIX, Samuel Loyd24 diseno el siguiente pasatiempo, porcuya resolucion ofrecıa una importante recompensa. Cubriendo 15 de las16 casillas de un tablero 4× 4 tenemos fichas cuadradas rotuladas con losnumeros del 1 al 15, en la disposicion que se muestra en la figura.

1 2 3 4

5 6 7 8

9 10 11 12

13 15 14Observese

que los numeros 14 y 15 no estan en el orden natural. La casilla inferiorderecha esta libre. Las piezas solo se pueden mover si una casilla adyacente esta libre. Porejemplo, en el primer paso podrıamos “bajar” la pieza con el 12 o mover hacia la derecha lapieza con el 14. El objetivo del juego es conseguir una configuracion identica a la inicial, soloque con las fichas 14 y 15 intercambiadas entre sı.

24Aunque parece ser que no fue el quien realmente lo invento. En todo caso, fue quien lo popularizo.



Es posible que el lector se haya entretenido en alguna ocasion jugando con este pasatiem-po, o con otras versiones que de el aun se comercializan por ahı. El pasatiempo de Loyd seconvirtio en todo un exito en su tiempo. Y es que, pese a su aparente sencillez, nadie eracapaz de conseguir recolocar las fichas 14 y 15. Y no era por falta de habilidad, ni de empeno,ni. . . es que, directamente no se puede, es imposible25.

Nuestro analisis comienza traduciendo la cuestion al lenguaje de las permutaciones, le-yendo los sımbolos que aparecen al recorrer las casillas del tablero: de izquierda a derecha lossımbolos de la primera fila, luego (tambien de izquierda a derecha) los de la segunda fila, etc.

Ası, cualquier configuracion del tablero se puede interpretar como una lista de 16 po-siciones, en las que van los sımbolos del 1 al 15, ademas de un sımbolo especial (la casillavacıa), que nombraremos como ∗. Esto es, una permutacion del conjunto {1, 2, . . . , 15, ∗}. Enconcreto, la configuracion inicial es

ginicial = (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 15, 14, ∗) .

Y el objetivo del juego es conseguir la configuracion (la permutacion) siguiente:

gfinal = (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, ∗) .

Observese que gfinal se puede obtener a partir de ginicial trasponiendo directamente los sımbo-los 14 y 15. Una trasposicion es obviamente una permutacion impar, y al componer unapermutacion con una trasposicion cambiamos la signatura de la permutacion de partida(veanse los detalles en el ejercicio 3.2.7). Este es el primer ingrediente de nuestro argumento:las permutaciones ginicial y gfinal tienen distinta paridad.

¡Ah!, pero no hagamos trampas. Vease el tablero en su configuracion inicial: la trans-posicion directa de los sımbolos 14 y 15 no esta permitida. En realidad, los movimientospermitidos, tanto en la primera jugada como en las posteriores, son transposiciones de la ca-silla con el sımbolo ∗ con otras casillas. Cada una de estas trasposiciones son permutacionesimpares. Pero si consiguieramos demostrar que cualquier secuencia de movimientos permi-tidos que llevara la configuracion inicial en la final consta, necesariamente, de un numeropar de trasposiciones, entonces sabrıamos que es imposible resolver el puzzle. Porque estasecuencia de un numero par de trasposiciones nunca podrıa llevar una permutacion par enuna impar.

El ingenioso argumento que nos convencera de ello pasa por pintar deblanco y negro las casillas del tablero, como si de uno de ajedrez se tratara(vease la figura

1 2 4

5 7

10 12

13 14

3

6 8

9 11

15

de la derecha). Observese que, al principio, esta “visible”(no ocupada por ficha alguna) una casilla negra. Cualquier movimientoinicial hara que quede visible una casilla blanca. Y luego, al hacer cualquiermovimiento, se vera una negra. Y ası, sucesivamente. Ası que, si lo que pretendemos es acabarcon una casilla negra visible, sera necesario que el numero de movimientos empleado seanecesariamente un numero par. Feliz observacion que concluye el argumento. ♣

25¡Ah!, el imposible matematico. El argumento que aquı empleamos, tan habitual en otros contextos, es lapresencia de un invariante. El objeto de partida tiene una cierta caracterıstica, en este caso el signo, y todaslas posibles transformaciones conservan esta caracterıstica.



3.2.3. La erotica del poder y sus permutaciones

No se alarme el lector. Esta es la subseccion 3.2.3, en la pagina 156 del capıtulo 3 de unlibro de Matematica Discreta. La subseccion anterior hablaba de desbarajustes. Eso pase,pero ¿el poder, la erotica?, nos preguntara el lector, no del todo sosegado. Bueno, no lonegaremos: hablaremos algo de poder, y bastante menos de erotica26.

Erase una pandilla de amigos, cinco: A, B, C, D y E. Las decisiones para elegir entredos pelıculas, dos destinos de vacaciones, dos. . . se tomaban por mayorıa. Se hablaba, eso sı,se discutıa, y luego se votaba. Con buen rollo. Pero B venıa dandose cuenta de que al finalla opinion de A prevalecıa casi siempre que A y B, los lıderes de la pandilla, discrepaban.B observo que en realidad E esperaba a ver lo que pensaba A y votaba siempre, siempre,en ese mismo sentido. Ası que en realidad no eran cinco personas con 1 voto cada una, sinocuatro personas: A con dos votos y B, C y D con 1. C y D, gente de mente independiente(valga la aliteracion), votaban segun sus propias opiniones. Para que A ganara, solo necesitabaconvencer a C o a D, mientras que B necesitaba convencer a los dos. A tenıa ventaja, esoestaba claro, pero ¿cuanta? En esta subseccion vamos a presentar un marco general paraabordar estos analisis con un enfoque combinatorio, contando alianzas.

Planteemos la cuestion en terminos mas generales: tenemos un conjunto de personas (unconsejo de administracion de una empresa, un tribunal judicial, el Congreso o el Senado. . . )que votan y toman decisiones por mayorıa. La mayorıa a la que nos referimos podrıa serabsoluta (la “mitad” mas uno de los votos), de dos tercios, etc. Ademas, cada persona podrıatener distinto numero de votos (por ejemplo, alguien en quien otros votantes hubieran dele-gado el voto, un miembro de un consejo de administracion de una empresa representando aun grupo de accionistas o un presidente con poderes especiales). Incluso cabe la posibilidadde que alguno de los votantes tuviera derecho de veto (como en el Consejo de Seguridad dela ONU) o la posibilidad de deshacer empates (prerrogativa habitual de los presidentes detribunales). Digamos que son n votantes, y que el votante 1 dispone de v1 votos, el 2 tienev2 votos, etc.

Queremos medir, cuantificar, el poder que, en ese sistema, tiene un votante cualquiera.Una posibilidad inmediata y tentadora es emplear como medida simplemente el numero devotos que tiene esa persona. O, mas bien, su proporcion de votos sobre el total. Pero es facilconvencerse de que este no suele ser un buen indicador. Imaginemos, por ejemplo, que hayunicamente dos votantes, uno con 51 votos y otro con 49, y que las decisiones se tomanpor mayorıa absoluta. El segundo votante, pese a tener una proporcion muy alta (¡casi lamitad!) de votos, no tiene influencia alguna en las decisiones. O, en el otro sentido, si hay tresvotantes, a, que cuenta con 50 votos, b con 49 y c con 1, aunque b cuenta con una proporcionde votos mucho mayor que c, su poder decisorio es exactamente el mismo.

Este ejemplo, y el de los cinco amigos, nos dan una pista clara: el “poder” de un votantedepende de lo “facil” que tenga “aliarse para ganar”. Precisemos primero este ultimo eslogan,para luego matizar el sentido tecnico de “facil”.

Decimos que una coalicion (un subconjunto) de votantes es ganadora si reune los votossuficientes como para ganar la votacion. Si los votantes que no estan en una cierta coalicion

26Era, pero no lo propague, porque la erotica vende.



pueden ganar, entonces diremos que esa coalicion es perdedora. Finalmente, si una coalicionno es ni ganadora ni perdedora, entonces se dice que es bloqueadora. Un caso especial, alque reservamos un nombre rotundo, es aquel en el que un unico votante forma, por sı mismo,una coalicion ganadora: diremos que ese votante es un dictador. Veamos algunos ejemplos.

Ejemplo 3.2.4 Tenemos n personas, cada una con 1 voto, y las decisiones se toman pormayorıa absoluta.

Una coalicion es ganadora si reune, al menos, a �n/2� + 1 de los votantes. Observese que,si n es par, cualquier coalicion de n/2 personas es bloqueadora, mientras que no puede habercoaliciones bloqueadoras si n es impar.

Supongamos que el numero de votantes es par, n = 2k, que las decisiones se toman pormayorıa absoluta, pero que, ademas, en caso de empate hay un votante (el presidente) quedecide. En este caso, cualquier coalicion de k personas entre las que se encuentre el presidentees ganadora; y si no esta el presidente, es perdedora. ♣Ejemplo 3.2.5 Hay cuatro votantes, a, b, c y d. En un caso, disponen de 2, 1, 1 y 1 votos,respectivamente (es el ejemplo de los amigos con el que abrıamos la subseccion). En el otrotienen 10, 9, 6 y 4 votos, respectivamente.

La mayorıa absoluta exige, en el primer caso, 3 votos, y 15 en el segundo. En las dos siguientestablas exhibimos, para cada caso, las 24− 1 = 15 posibles coaliciones (excluimos al Ø), juntocon los votos que suponen, y senalamos, en negrita, las que son ademas ganadoras:

Caso 1 (mayorıa con 3 votos)

{a} {b} {c} {d} {a, b}2 1 1 1 3

{a, c} {a, d} {b, c} {b, d} {c, d}3 3 2 2 2

{a, b, c} {a, b, d} {a, c, d} {b, c, d} {a, b, c, d}4 4 4 3 5

Caso 2 (mayorıa con 15 votos)

{a} {b} {c} {d} {a, b}10 9 6 4 19

{a, c} {a, d} {b, c} {b, d} {c, d}16 14 15 13 10

{a, b, c} {a, b, d} {a, c, d} {b, c, d} {a, b, c, d}25 23 20 19 29

Observese el papel del votante d en ambos sistemas. En el caso 1, esta incluido en cincocoaliciones ganadoras, aunque solo es realmente “imprescindible” (en el sentido de que suretirada harıa que la coalicion dejarıa de ser ganadora) en la coalicion {a, d}. En el caso 2,el votante d participa en cuatro coaliciones ganadoras, aunque en ninguna de ellas es im-prescindible. Notese como, en este segundo caso, el votante c, que tiene un numero de votosmuy similar a d (6 frente a 4) y que participa en seis coaliciones ganadoras, es, sin embargo,imprescindible en cuatro de ellas ({a, c}, {b, c}, {a, c, d} y {b, c, d}). ♣

Es hora ya de cuantificar, de medir el poder que un determinado votante tiene en unsistema. Esto no es un mero entretenimiento. Si tuvieramos un tal procedimiento, un patronbien establecido, entonces, por ejemplo, podrıamos comparar entre dos sistemas de asignacionde votos. Quizas recuerde el lector las discusiones en torno a los porcentajes de votos que debıatener cada paıs en el proceso de ampliacion de la Union Europea. Se decıa, por ejemplo, queAlemania tenıa tal poder de decision, y que, con la ampliacion y la consecuente redistribucionde votos, pasaba a tener tal o cual influencia. Cualquier discusion de este tipo debe tener, ensu base, un procedimiento de medida de ese poder.



Como ya hemos sugerido, el numero de votos o la proporcion de votos frente al total noson buenas medidas. En el ya citado ejemplo de a con 51 votos y b con 49, a pesar de quelas proporciones de votos son muy similares, a tiene todo el poder. Tampoco el numero decoaliciones ganadoras (o quizas la proporcion frente al total de coaliciones ganadoras) es unındice adecuado. Siguiendo con el ejemplo de a con 51 votos y b con 49, de las tres posiblescoaliciones, {a}, {b} y {a, b}, hay dos ganadoras, {a} y {a, b}, ¡y b participa en la mitad deellas!, cuando, como hemos dicho, su poder decisorio es nulo.

La mayor parte de las medidas que se emplean en estos contextos tratan de recoger laidea de que lo importante no es que un individuo este en un “equipo ganador”, sino que suparticipacion sea decisiva para que el equipo sea ganador. Mas concretamente, manejan lasiguiente nocion: decimos que un votante a es imprescindible en una coalicion S si S esganadora pero S \ {a} no lo es.

Uno de los ındices mas populares, el ındice de poder Shapley-Shubik27 tiene que vercon permutaciones. Supongamos que tenemos un conjunto V con n votantes, cada uno conun cierto numero de votos. Las reglas del sistema exigen reunir una cierta cantidad de votosq para ganar. Ahora ordenamos los votantes de una cierta manera: (x1, . . . , xn). Decimos quexi es pivote con respecto a esta ordenacion si {x1, . . . , xi−1} no es una coalicion ganadora(es decir, no reune los q votos exigidos), pero {x1, . . . , xi} sı lo es. Observese que, una vezdecidida la ordenacion de los votantes, hay un unico pivote. El valor de nuestro ındice para elvotante a se define como la proporcion de permutaciones en las que a es pivote. En formula,

ISS(a) =1n!

#{permutaciones en las que a es pivote} .Observese que 0 ≤ ISS(a) ≤ 1 para cada votante a. Un valor cercano a 0 querra decir que elvotante a tiene poco poder en el sistema, mientras que un valor proximo a 1 significara quesu influencia es muy grande. El poder total es 1, pues∑

v∈V

ISS(v) = 1 ,

y se distribuye entre todos los votantes.Si, por ejemplo, tenemos los votantes a con 51 votos y b con 49, entonces a es pivote en

las dos permutaciones posibles, (a, b) y (b, a), y por tanto, ISS(a) = 1 e ISS(b) = 0.Supongamos ahora que a tiene 50 votos, b tiene 49 y c solo 1. La mayorıa esta en 51 votos.

A continuacion listamos las seis posibles permutaciones e identificamos, en negrita, el pivoteen cada una de ellas: (abc), (acb), (bac),(bca), (cab), (cba). Ası que ISS(a) = 4

6 , mientras queISS(b) = ISS(c) = 1

6 . Observese como, con esta medida, b y c tienen la misma influencia en elsistema, pese a que el numero de votos de que dispone cada uno es muy diferente.

Dejamos que el lector se ejercite listando las 24 posibles permutaciones de los sistemascon cuatro votantes del ejemplo 3.2.5. Ası podra cuantificar la intuicion de nuestro atribuladoamigo B acerca de como A, al contar siempre con el seguidismo de E, aumentaba enorme-mente su influencia en las decisiones. En concreto, A resulta tener un ındice de poder 1/2.En el siguiente ejemplo analizamos, en general, el efecto de la formacion de alianzas.

27Propuesto en 1954 por el matematico Lloyd Shapley y el economista Martin Shubik, como aplicacion aestos contextos polıticos de ideas que Shapley habıa desarrollado en el marco de la Teorıa de Juegos.



Ejemplo 3.2.6 La union hace la fuerza. Tenemos n votantes, cada uno con 1 voto.Queremos comparar los ındices de poder en esta situacion con la siguiente: cuando b de losvotantes se alıan para votar siempre en la misma direccion.

Veamos la primera situacion. La mayorıa esta en q = �n/2� + 1. Podemos argumentar sim-plemente que, por simetrıa (el papel de cada votante es intercambiable), todos los votanteshan de tener el mismo poder, y que, por tanto,

ISS(v) =1n

, para cada votante v.

De otra manera, cada votante es pivote en las listas en que ocupe justamente la posicion enla que se sumen los �n/2�+1 votos necesarios. De estas listas hay (n−1)!, como correspondea ordenar el resto de los votantes en las demas posiciones. Ası obtenemos de nuevo queISS(v) = (n−1)!

n! = 1n para cada votante v.

¿Que ocurre si b de los votantes forman una alianza? Ahora tenemos n− b + 1 votantes,uno con b votos y el resto con 1 voto. La mayorıa sigue estando en q = �n/2�+1. Analicemosprimero el caso b < q. En el siguiente esquema marcamos las posiciones de las permutaciones(que son de longitud n + b− 1) en las que el votante con b votos es pivote:

q−b+1

· · ·NO NO︸︷︷︸q − b

SIq

SI· · · NO NO

n−b+1

· · ·

En las primeras q− b posiciones, la coalicion no es pivote, porque al sumar sus b votos nose consigue todavıa mayorıa. Mas alla de la posicion q, la mayorıa ya se ha completado conotros votantes. La proporcion de permutaciones de n − b + 1 sımbolos en las que uno de lossımbolos ocupa una posicion entre la q − b + 1 y la q resulta ser, justamente, la proporcionde estas posiciones reservadas frente al total. Esto es,

ISS(b) =q − (q − b + 1) + 1

n− b + 1=

b

n− b + 1.

En el esquema inicial, la suma de los ındices depoder de los b votantes es b/n. Pero al aliarse, elconjunto tiene ındice b/(n − b + 1). Supongamos,por ejemplo, que hay 100 votantes inicialmente.En el grafico de la derecha comparamos el valorde la suma de los ındices individuales y el ındicede la alianza en funcion del tamano b de la alian-za, donde b = 1, . . . , 50. Por ejemplo, si b = 12,estos 12 votantes pasarıan de tener una suma deındices 12/100, esto es, del 12%, a 12/89, es decirun 13, 48%. Si la alianza fuera mas numerosa, porejemplo de 44 votantes, pasarıamos de un 44% a 44/57, esto es, un 77, 19%.

El caso b ≥ q es especial, pues la alianza reune, por si sola, suficientes votos como paraimponer sus criterios. Es decir, es una alianza “dictatorial”. Y, como el lector sospechara, elındice de Shapley-Shubik de un dictador es 1. ♣



Quizas el lector crıtico pueda estar algo descontento con esta forma de medir el ındice depoder, basada en permutaciones. Y quizas le parecerıa mas “natural” un sistema que, a cadavotante a le asignara un ındice en funcion del numero de coaliciones ganadoras en las que afuera imprescindible (en lugar del numero de permutaciones en las que a es pivote). Vamos,una version con conjuntos, en lugar de con listas.

En realidad, el ındice de Shapley-Shubik tambien se pue-de escribir en terminos de coaliciones. Digamos que hay nvotantes y que a es pivote de una permutacion como la queaparece a la derecha.

x1 . . . xj−1 a xj+1 · · · xn

j

Esto quiere decir que {x1, . . . , xj−1} no es coalicion ganadora, pero{x1, . . . , xj−1, a} sı lo es. Pero observemos que, al permutar entre sı los primeros j − 1 ele-mentos o los ultimos n− j, obtenemos una permutacion distinta de la que a es pivote, que secorresponde con la misma coalicion ganadora en la que a es imprescindible, {x1, . . . , xj−1, a}.Como hay (j − 1)!(n − j)! formas de permutar entre sı los dos bloques de elementos,

ISS(a) =1n!

#{ permutaciones en las

que a es pivote

}=

1n!

n∑j=1

#{ permutaciones en las que

a es pivote en posicion j

}=

n∑j=1

(j − 1)! (n − j)!n!

#{ coaliciones ganadoras de j votantes

en las que a es imprescindible

}.

De manera que podemos tambien calcular el ındice de Shapley-Shubik del votante a evaluandoel numero de coaliciones ganadoras en las que a es imprescindible, y luego haciendo la sumaponderada anterior.

Otro ındice comunmente utilizado es el llamado ındice de Banzhaf28, que directamentecuenta el numero de coaliciones ganadoras en las que un votante es imprescindible:

IB(a) = #{coaliciones ganadoras en las que a es imprescindible} .Es habitual considerar una version normalizada de este ındice, dividiendo por la suma de losındices de Banzhaf de todos los votantes:

IB(a) =IB(a)∑

votantes vIB(v)

=n∑

j=1

1∑votantes v

IB(v)#{ coaliciones ganadoras de j votantes

en las que a es imprescindible

},

que cumple que 0 ≤ IB(a) ≤ 1 para cada votante a y que∑

a IB(a) = 1. Como queda claro enla escritura de la derecha, es un ındice de estructura analoga al de Shapley-Shubik, cambiandolos factores de ponderacion (que ahora son fijos).

En el sistema con tres votantes, a con 50 votos, b con 49 y c con 1, los ındices de Shapley-Shubik son 4/6, 1/6 y 1/6, respectivamente, mientras que los ındices de Banzhaf son 3/5, 1/5y 1/5. Animamos al lector a que calcule (y compare) los ındices de Banzhaf y de Shapley-Shubik de los ejemplos propuestos en esta subseccion.

28Este ındice, introducido por el abogado estadounidense John F. Banzhaf III en 1965, cuantifica un sistemade asignacion de votos propuesto un par de decadas antes por el psiquiatra, genetista y matematico LionelS. Penrose, Por cierto, son hijos de Lionel Penrose el matematico Oliver Penrose, el conocidısimo fısico-matematico Sir Roger Penrose y Jonathan Penrose, gran maestro de ajedrez. ¡Cielos!, ¿de que se hablarıa ala hora de la cena en la casa de los Penrose?




3.2.1 Compruebese que fs = id si y solo si s es un multiplo del orden de f .

3.2.2 Compruebese que el orden de una permutacion f ∈ Sn divide a n!.

3.2.3 Demuestrese que(a) f2 = id si y solo si f unicamente tiene ciclos de longitud 1 y/o 2;(b) f3 = id si y solo si f unicamente tiene ciclos de longitud 1 y/o 3.

3.2.4 Las permutaciones f de X que cumplen que f2 = id se denominan involuciones del conjun-to X. Calculese el numero de involuciones del conjunto X = {1, 2, . . . , n}.3.2.5 Compruebese que una permutacion dada por f = �n(a1 a2 . . . ak−1 ak) se puede escribir como

f = fk ◦ fk−1 ◦ · · · ◦ f3 ◦ f2 ,

donde, para j = 2, . . . , k, fj es la trasposicion que intercambia a1 con aj.

3.2.6 Sea g ∈ Sn un ciclo de longitud k. Compruebese que g es una permutacion par si k es unnumero impar; y es una permutacion impar si k es par.

3.2.7 Pruebese que si g y h son permutaciones de Sn,

(a) signo (g ◦ h) = signo (g) signo (h).

(b) signo (g−1) = signo (g).

3.2.8 Llamemos, para n ≥ 2, An al conjunto de permutaciones de Sn que son pares. Deduzcase,del ejercicio 3.2.7 que An es un (sub)grupo de permutaciones, conocido como el grupo alternado.Compruebese que |An| = n!/2, es decir, que la mitad de las permutaciones son pares.

3.2.9 Pruebese que si g ∈ Sn es la composicion de m ciclos disjuntos de longitudes l1, l2, . . . , lm,

signo (g) = (−1)t , donde t = (l1 − 1) + (l2 − 1) + · · ·+ (lm − 1) .

O, de otra manera, agrupando los ciclos por longitudes: si g tiene αj ciclos de longitud j, j = 1, . . . , n,

signo(g) = (−1)α2+α4+α6+··· .

3.2.10 Representacion de permutaciones con matrices de ce-ros y unos. Supongamos que tenemos la permutacion del conjuntoX = {1, . . . , n} de la derecha.

(1 2 · · · na1 a2 · · · an

).

Formamos entonces una matriz n × ncon filas y columnas etiquetadas con {1, . . . , n}. En la primera columna pondremos un 1 en la filaque nos indique a1 (y ası esta primera columna nos informa de la imagen del 1 con la permutacion,a1): en la segunda columna, pondremos el 1 en la posicion que nos indique a2, etc. En el resto de lasposiciones situamos ceros.

Si, por ejemplo, X = {1, 2, 3}, la permutacion g que aparece debajo de estas lıneas (a la izquierda)se corresponde con la matriz de ceros y unos que aparece a su lado. Tambien exhibimos la version deesta matriz en terminos de fichas colocadas sobre un tablero (una unica ficha por fila y columna):

g1 =

(1 2 31 3 2

)−→

1 2 3

1 1 0 02 0 0 13 0 1 0

−→•

••



Observese que este procedimiento establece una aplicacion biyectiva entre el conjunto de las permu-taciones de {1, . . . , n} y el de las matrices n × n con ceros y unos con un unico 1 por columna y ununico 1 por fila (o el de los tableros n× n tales que. . . ).

(a) Descrıbanse las matrices asociadas a los desbarajustes y a las trasposiciones.

(b) Sean g1 y g2 dos permutaciones y sean M1 y M2 las matrices correspondientes. Compruebese quela matriz asociada a la composicion g1 ◦ g2 viene dada por el producto de matrices M1M2.

3.2.11 En este ejercicio describiremos un algoritmo grafico para generar todas laspermutaciones cıclicas (para cada valor de n). Se parte de una cuadrıcula infinita,con los cuadrados etiquetados con los enteros positivos, como la que mostramos a laderecha.

1 2 3 41234

El primer paso es colocar una ficha en el cuadradosuperior izquierdo. En el segundo se situan dos fichassegun indica el dibujo.

1 2 3 4

1234

•1 2 3 4

1234

••Y ahora interpretamos la zona

recuadrada como una permutacion del conjunto {1, 2}:el 1 va al 2, y el 2 al 1, ası que es el ciclo �2(1 2).

Para construir el paso n = 3, tomamos una cual-quiera de las fichas y la sustituimos por otras dos, situa-das una en la misma columna y en el cuadrado exterioral resaltado hasta el momento, y la otra en la misma filay en el cuadrado exterior correspondiente. Se entiendebien en el dibujo de la derecha, en el que senalamos con un aspa la ficha que quitamos en cada caso.

1 2 3 4

1234

×n = 3

1 2 3 4

1234

•×•

••

••

La primera matriz representa a la permutacion que lleva el 1 en 2, el 2 en 3 y el 3 en 1; esto es,el ciclo �3(1 2 3). La segunda representa al ciclo �3(1 3 2). El procedimiento se repite, de maneraque en el paso k sustituimos una ficha de coordenadas (i, j) por fichas en las posiciones (i, k) y (k, j).

(a) Construyanse con este procedimiento las 3! = 6 permutaciones cıclicas de {1, 2, 3, 4}.(b) Convenzase el lector de que este procedimiento produce siempre matrices de permutaciones (esto

es, en el paso k, una matriz k × k con una unica ficha por fila y columna).(c) Llamemos configuracion factible a una disposicion de fichas en el tablero construida con este

procedimiento. Pruebese que una configuracion es factible si y solo si la configuracion representaa una permutacion cıclica.

(d) Compruebese que la equivalencia anterior nos permite recuperar el ya conocido resultado (veasela pagina 150) de que el numero de permutaciones cıclicas de {1, . . . , n} es (n− 1)!.

3.2.12 Hay 100 votantes, cada uno con un voto. En caso de empate, el presidente decide. (a) ¿Cuales el poder de cada uno de los votantes? (b) ¿Y si el presidente tiene derecho de veto?

3.2.13 El Consejo de Seguridad de la ONU consta de 15 miembros. Cada paıs cuenta con 1 voto yson necesarios 9 para aprobar las resoluciones importantes. Pero los 5 miembros permanentes (EEUU,Reino Unido, Francia, Rusia y China) tienen derecho de veto. Calculense los ındices de poder de losmiembros del Consejo de Seguridad.

3.2.14 Tenemos un sistema con n votantes. Observese que el ındice de Shapley-Shubik se puedeescribir como

ISS(a) =1n

∑I∈Ia

1(n− 1|I| − 1

) ,

donde Ia es la coleccion de coaliciones ganadoras en las que a es imprescindible.



(a) Decimos que una coalicion ganadora es minimal si la retirada de uno cualquiera de sus miembroshace que la coalicion deje de ser ganadora. Compruebese que, si llamamos Ja a la coleccion de lascoaliciones ganadoras minimales del sistema que incluyen al votante a, entonces

ISS(a) ≥ 1n

∑J∈Ja

1(n− 1|J | − 1

) ,

(b) Compruebese que, si J es la coleccion de todas las coaliciones ganadoras minimales del sistema,∑J∈J

1(n

|J |) ≤ 1 y deduzcase que |J | ≤

(n

�n/2�)

.

(c) Una familia S de subconjuntos se dice que es familia de Sperner si ningun A ∈ S esta contenidoen algun otro B ∈ S (sobre estas familias de Sperner hablaremos en el capıtulo 18). Compruebese quela familia J de coaliciones ganadoras minimales del apartado anterior es de Sperner.(d) Sea S la coleccion de subconjuntos de tamano 3 del conjunto {1, 2, . . . , 7}. Observese que S es unafamilia de Sperner. Compruebese que, sin embargo, no hay ninguna asignacion de votos a {1, 2, . . . , 7}para la que S sea el conjunto de coaliciones ganadoras minimales.



3.3. Particiones y descomposiciones

Una cuestion muy habitual en Combinatoria consiste en contar de cuantas maneras sepuede partir o descomponer, en piezas sencillas, un cierto objeto conocido:

Podemos preguntarnos, por ejemplo, cuantas maneras hay de partir un conjunto ensubconjuntos suyos. La respuesta la encontraremos en la subseccion 3.3.1.

Tambien nos interesara saber cuantas permutaciones hay con un determinado numerode ciclos (vease la subseccion 3.3.2).

Finalmente, nos ocuparemos tambien de contar de cuantas maneras se puede escribir unentero (positivo) como suma29 de enteros tambien positivos (vease la subseccion 3.3.3).

3.3.1. Particiones de conjuntos

Partir un conjunto en subconjuntos (disjuntos dos a dos), para luego aplicar la regla de lasuma, es una de las estrategias basicas de la Combinatoria, como ya vimos en la seccion 2.3.La cuestion que aquı nos interesa es saber de cuantas maneras distintas se puede partir unconjunto dado.

Sea X un conjunto con n elementos, que supondremos, como hacemos habitualmente,que son los numeros {1, . . . , n}. Una particion en k bloques no vacıos de X sera unacoleccion de subconjuntos {A1, A2, . . . Ak} (los “bloques”) tales que

1. los bloques, efectivamente, conforman una particion de X :

X = A1 ∪ · · · ∪Ak y Ai ∩Aj = Ø para cada i �= j.

2. Y los bloques son no vacıos, esto es, Ai �= Ø para cada i = 1, . . . , k.

Es fundamental senalar que, por un lado, el orden de los elementos dentro de cada bloque esirrelevante (por eso hablamos de subconjuntos); y, por otro, que el orden de presentacion delos bloques tambien es irrelevante. Pese a que nombramos los bloques como A1, . . . , Ak, nodebe suponer el lector que estemos dando un orden entre ellos.

Por ejemplo, si X fuera el conjunto {1, 2, 3}, tendrıamos una unica particion con un bloque(el propio conjunto {1, 2, 3}), tres particiones con dos bloques,

{1, 2} ∪ {3}, {1, 3} ∪ {2}, {2, 3} ∪ {1} ;

y una particion en tres bloques, {1} ∪ {2} ∪ {3}. Ya no hay mas, pues queremos que losbloques no sean vacıos. Insistimos en que, por ejemplo, {1, 2}∪{3}, {3}∪{1, 2} o {3}∪{2, 1}representan la misma particion.

29Sin duda el lector conoce otra forma de descomponer un entero, la que consiste en escribir el entero comoproducto de primos. Una cuestion sumamente interesante, a la que dedicaremos una atencion especial en lasubseccion 4.1.5. Pero dado que, como es bien sabido, la citada descomposicion es unica, entendera el lectorque no la tratemos en una seccion como esta, cuyo leit motiv es “¿de cuantas maneras se puede hacer?”.


3.3. Particiones y descomposiciones 165

Definimos los numeros de Stirling de segunda especie30 S(n, k) de la siguientemanera:

S(n, k) = #{

particiones distintas del conjunto {1, . . . , n} en k bloques no vacıos}

.

En un lenguaje alternativo, S(n, k) cuenta tambien el numero de posibles distribuciones de nbolas numeradas (antes, los elementos del conjunto) en k cajas indistinguibles (los bloquesde la particion), de manera que ninguna caja quede vacıa.

Una nueva familia aparece para poblar el habitat combinatorio. Como hicimos con loscoeficientes binomicos, trataremos de obtener una formula explıcita para ellos o, al menos,una regla de recurrencia que facilite su calculo.

Empezamos determinando el rango de valores de los parametros n y k. Por un lado,exigiremos que n ≥ 1 (si el conjunto ya es vacıo, difıcilmente vamos a poder partirlo enbloques no vacıos). Fijado n, si ocurriera que k > n, entonces no podrıamos construir ningunaparticion (nos faltarıan sımbolos para llenar los bloques), ası que

S(n, k) = 0 si k > n.

De manera que el rango de interes es n ≥ 1 y, para cada n, 1 ≤ k ≤ n.

El numero total de particiones de {1, . . . , n} en bloques no vacıos se obtendra clasificandolas particiones segun el numero de bloques que contengan; por la regla de la suma, habra

B(n) =n∑

k=1

S(n, k)

particiones distintas del conjunto {1, . . . , n} (o distribuciones de n bolas numeradas en cajasidenticas sin que queden cajas vacıas). Los B(n) son conocidos como numeros de Bell.

Por ejemplo, hemos visto que, para n = 3, S(3, 3) = 1, S(3, 2) = 3 y S(3, 1) = 1; y, entotal, habra B(3) = 5 particiones distintas del conjunto {1, 2, 3}.

Veamos algunos casos sencillos. Para empezar, lo que por analogıa con el analisis de loscoeficientes binomicos llamaremos “valores frontera” de los numeros de Stirling de segundaespecie: S(n, n) y S(n, 1).

Si tenemos n sımbolos y pretendemos formar n bloques no vacıos con ellos, solo quedala posibilidad de situar un sımbolo por bloque. Es decir, S(n, n) = 1 para cada n ≥ 1.Permıtanos el lector describir esta particion, de manera algo informal pero ilustrativa, comoaquella en la que cada sımbolo va “por su cuenta”.

Si de nuevo partimos de n sımbolos, pero ahora solo tenemos un bloque, la unica manerade hacer la particion es colocar todos los sımbolos en ese bloque. Esto es, S(n, 1) = 1 paracada n ≥ 1. Esta particion es la de “todos juntos”.

Pues hasta aquı, todo igual al caso de los coeficientes binomicos. Analicemos un par decasos mas.

30Hay, claro, numeros de Stirling de primera especie (vease la subseccion 3.3.2).



Ejemplo 3.3.1 El valor de S(n, n− 1), para n ≥ 2.

Por definicion, S(n, n − 1) cuenta el numero de particiones de {1, . . . , n} en n − 1 bloquesno vacıos. Observemos que solo hay una configuracion posible, la que corresponde a tener unbloque con dos sımbolos, y el resto de los sımbolos, cada uno en un bloque distinto31. Decidirque configuracion de estas tenemos exige unicamente determinar que dos sımbolos van juntos,pues el resto de los sımbolos se deben situar uno en cada uno de los demas bloques. Ası que,despues de todo, solo hay que elegir dos elementos, por lo que concluimos que

S(n, n− 1) =(

n

2

). ♣

Ejemplo 3.3.2 El valor de S(n, 2), para n ≥ 2.

Ahora tenemos dos bloques, y bastara decidir que elementos van en uno de los bloques (losdel otro quedan fijados). Note el lector que no tiene sentido hablar de “primer bloque” y“segundo bloque”, pues estos son indistinguibles. Aun ası, emplearemos el truco habitual deasignar un orden auxiliar y ficticio a los bloques, que luego compensaremos al final. Digamosentonces que los bloques son

Bloque 1 Bloque 2

En el primero, en principio, podemos situar cualquier subconjunto de {1, . . . , n}; y hay 2n

de ellos. Pero no podemos utilizar ni el Ø (porque el bloque 1 serıa vacıo) ni todo {1, . . . , n}(porque el bloque 2 quedarıa vacıo). Ası que la respuesta serıa 2n − 2.

Ahora debemos compensar el orden espurio que hemos introducido. Digamos que A esun subconjunto de {1, . . . , n}, una de las 2n − 2 elecciones posibles que citabamos antes. Enel proceso que hemos hecho estamos distinguiendo entre

A {1, . . . , n} \A y {1, . . . , n} \A A

Estas dos configuraciones, vistas como particiones en bloques (esto es, sin orden entre losbloques) son en realidad la misma. Ası que la respuesta correcta es

S(n, 2) =2n − 2

2= 2n−1 − 1 .

Nos gusta, es mas sencillo argumentar cuando podemos referirnos a un bloque en concreto.Arriba impusimos un orden ficticio entre bloques, que luego supimos compensar, y que nospermitio hablar de bloque 1 y bloque 2. Un analisis alternativo, que emplearemos varias vecesmas adelante, es el siguiente. Vamos a referirnos al bloque que contiene a un elemento parti-cular, por ejemplo el elemento n. No es primer bloque ni segundo bloque, sino simplemente“el bloque que contiene a n”. Pero ahora que tenemos un bloque “distinguido”, el argumentoes sencillo: solo tenemos que decidir que elementos acompanan a n en “su” bloque; o quizasque es lo que va en el “otro” bloque. La respuesta es directa: hay 2n−1−1 posibilidades, todoslos posibles subconjuntos (¡con n− 1 sımbolos!, que n ya esta colocado), excepto el vacıo.♣

31Sencilla aplicacion del principio del palomar: como hay n sımbolos y n−1 bloques, necesariamente uno delos bloques ha de llevar al menos dos sımbolos. Y si queremos que todos los bloques sean no vacıos, entoncessolo queda la posibilidad de que un bloque lleve dos sımbolos, y el resto uno.



Quizas el lector quiera intentar el analisis de casos mas complicados (3 bloques, o quizasn−2 o n−3 bloques), como proponemos en el ejercicio 3.3.1. Observara, por un lado, que cadacaso requiere un argumento combinatorio ad hoc, y que ademas el aspecto de las formulas quese obtienen no permite albergar muchas esperanzas de llegar a una formula general sencilla.Por ejemplo, S(n, 2) =

(n2

), mientras que S(n, n − 1) = 2n−1 − 1. Esta tal formula general

existe, aunque, como vera el lector, es bastante complicada. La obtendremos en el apartado Bde esta subseccion, aunque antes analizaremos un procedimiento de calculo alternativo.

A. Regla de recurrencia para los numeros de Stirling de segunda especie

Queremos representar los valores deS(n, k) en un triangulo como el que uti-lizabamos para codificar los coeficien-tes binomicos. S(1, 1)

S(2, 1) S(2, 2)

S(3, 1) S(3, 2) S(3, 3)

S(4, 1) S(4, 2) S(4, 3) S(4, 4)

S(5, 1) S(5, 2) S(5, 3) S(5, 4) S(5, 5)

S(6, 1) S(6, 2) S(6, 3) S(6, 4) S(6, 5) S(6, 6)

S(7, 1) S(7, 2) S(7, 3) S(7, 4) S(7, 5) S(7, 6) S(7, 7)

n = 1

n = 2

n = 3

n = 4

n = 5

n = 6

n = 7

�k = 1

�k = 2

�k = 3

�k = 4

�k = 5

�k = 6

�k = 7

......

......

......

...

Las coordenadas de ca-da casilla son (piso) n y (diagonal) k,que ahora recorren unos rangos lige-ramente distintos al caso de los coe-ficientes binomicos. Notese que, si co-nocieramos todos los valores de S(n, k)para un cierto piso n, el numero de BellB(n) correspondiente se obtendrıa, sim-plemente, sumandolos. Sabemos ya queS(n, n) = S(n, 1) = 1 para todo n,ası que tenemos los valores de la fron-tera del triangulo.

Inspirados por los coeficientes binomicos, querrıamos expresar S(n, k) (que estara en unacasilla del piso n) en terminos de numeros de Stirling de primer ındice n−1 (casillas del pisoanterior). Esto exigirıa relacionar particiones de conjuntos con n sımbolos con particiones deconjuntos n− 1 sımbolos. Para ello, analizaremos que puede ocurrir con un bloque especial,por ejemplo el que contiene al elemento n. Caben dos posibilidades excluyentes:

Caso 1 El bloque que contiene a n no contiene ningun otro elemento. Una particion de estastendra el siguiente aspecto:

· · ·︸︷︷︸k − 1 bloques

n

Insistimos en que en el esquema anterior no se esta suponiendo orden alguno entre bloques:simplemente identificamos el bloque que contiene a n, que en este caso no contiene nada mas.Pero ahora, como n va en un bloque (y “por su cuenta”), solo queda construir una particiondel conjunto {1, . . . , n−1} en k−1 bloques no vacıos, para que en total tengamos k bloques.

Mas formalmente, hay una biyeccion entre el conjunto de las particiones de {1, . . . , n} enk bloques en las que n va solo en un bloque y el conjunto de las particiones de {1, . . . , n− 1}en k−1 bloques no vacıos. El diccionario, la biyeccion, es simplemente “quitar el bloque {n}”o “anadir el bloque {n}”. De manera que hay S(n− 1, k− 1) particiones de este primer tipo.



Caso 2: El bloque que contiene a n tiene, ademas, otros elementos. ¿Podremos contar con lamisma receta? Veamos un ejemplo: sea X = {1, 2, 3, 4} y k = 2. Nos interesan las particionesen las que que el bloque con el 4 contiene, ademas, otros elementos. Dos distintas serıan

{1, 2} ∪ {3, 4} y {3} ∪ {1, 2, 4} .Ahora no podemos hablar de “quitar el bloque {4}”, pero aun podrıamos intentar una regladel tipo “quitar el elemento 4”. Pero no, no funciona, porque, por ejemplo,

{1, 2} ∪ {3, 4} −→ {1, 2} ∪ {3}{3} ∪ {1, 2, 4} −→ {1, 2} ∪ {3}

]−→ ¡dan lugar a la misma particion!

Aun ası, no descartemos completamente el argumento. Pensemos en el proceso al reves,“anadir 4”. Dada la particion con dos bloques {1, 2}∪{3}, podemos situar el 4 en cualquierade ellos

{1, 2} ∪ {3} −→ {1, 2, 4} ∪ {3} y {1, 2} ∪ {3, 4}para dar lugar a una particion de {1, 2, 3, 4} en dos bloques, con el 4 “acompanado”.

Hagamos el argumento en general: tenemos las S(n − 1, k) particiones del conjunto{1, . . . , n − 1} en k bloques. Para cada una de ellas, anadimos el elemento n en algunode los bloques. Tendremos k posibilidades para colocarlo:

{· · · } {· · · } · · · {· · · }︸︷︷︸k bloques

−→

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩{. . . , n} {· · · } · · · {· · · }{· · · } {. . . , n} · · · {· · · }

...{· · · } {· · · } · · · {. . . , n}

Dejamos al lector meticuloso que se convenza de que, al recorrer todas las particiones de{1, . . . , n− 1} en k bloques vamos generando todas las particiones de {1, . . . , n} en k bloquesen las que n esta acompanado, sin repetir ninguna. Como por cada particion del primer tipoobtenemos k del segundo, concluimos que hay k S(n− 1, k) particiones en este Caso 2.

Ya tenemos la regla de recursion que buscabamos:

S(n, k) = S(n− 1, k − 1) + k S(n− 1, k)

que, junto a los valores frontera, codifica toda la informacion sobre los numeros S(n, k).Podremos ası construir el analogo al triangulo de Pascal, en el que podemos leer, ademas,sumando por filas, los valores de los numeros de Bell B(n):

n = 1

n = 2

n = 3

n = 4

n = 5

n = 6

n = 7

k = 1

��

�

�

��

k = 4

k = 2

k = 5

k = 3

k = 6

k = 7

1

1 1

1 3 1

1 7 6 1

1 15 25 10 1

1 31 90 65 15 1

1 63 301 350 140 21 1

� B(n)

1

2

5

15

52

203

877



Observe el lector como ahora ya no tenemos la simetrıa deltriangulo de los coeficientes binomicos. La regla de recursion seinterpreta graficamente como aparece a la derecha,

S(n−1, k−1) S(n−1, k)

S(n, k)

� ×kdonde la fle-

cha de la izquierda, mas oscura, nos indica que hay que multipli-car (por k) antes de sumar. Los numeros de Bell B(n) tambienverifican una regla recursiva (vease el ejercicio 3.3.3).

B. Una formula para los numeros de Stirling de segunda especie. Relacion con elnumero de aplicaciones sobreyectivas

Ya sabemos cuantas aplicaciones sobreyectivas hay entre un conjunto con n elemen-tos y otro con k. Una formula complicada, que obtuvimos aplicando el principio de inclu-sion/exclusion en el ejemplo 3.1.4. Vamos ahora a relacionar, con un argumento combinatorio,ese numero de aplicaciones sobreyectivas con S(n, k). Esto nos dara, por un lado, una formu-la explıcita para los S(n, k). Alternativamente, dado que sabemos calcular eficazmente losnumeros de Stirling, vıa la regla de recurrencia, hallaremos una buena manera de calculartambien el numero de aplicaciones sobreyectivas entre dos conjuntos.

Sean dos conjuntos X e Y con tamanos respectivos n y k. Supongamos, como es habitual,que X = {1, . . . , n} e Y = {1, . . . , k}. Observese primero que una aplicacion cualquiera de Xa Y define una particion del conjunto X : en cada bloque de la particion estaran los elementosde X que tengan imagen comun. Pero si ademas la aplicacion es sobreyectiva (es decir, todoelemento y ∈ Y tiene un conjunto de preimagenes no vacıo), entonces sabemos de cuantosbloques consta la particion: exactamente k, tantos como elementos tenga Y.

Precisemos esta idea, construyendo las aplicaciones sobreyecti-vas de X en Y con el siguiente procedimiento: primero partimosel conjunto X en k bloques no vacıos. Esto, como bien sabemos,se puede hacer de S(n, k) maneras distintas. Ahora que tene-mos X partido en k bloques no vacıos, asignamos a cada uno deestos bloques un elemento de Y. En terminos de la aplicacion,estaremos decidiendo cual es el elemento imagen comun a todoslos del bloque. Este ultimo paso se puede hacer, por supuesto,de k! maneras. El dibujo de la izquierda describe el proceso, en

el que primero construimos los bloques, y luego les asignamos imagen.

X Y�f

Deducimos ası que

#{aplicaciones sobreyectivas de X = {1, . . . , n} en Y = {1, . . . , k}} = k!S(n, k) .

Recuerdese que el valor de S(n, k) se puede obtener mediante la regla de recursion citadaantes. Y si ahora recuperamos el resultado del ejemplo 3.1.4, llegamos a la formula

S(n, k) =1k!

k−1∑j=0

(−1)j(

k

j

)(k − j)n o bien S(n, k) =

(−1)k

k!

k∑m=1

(−1)m(

k

m

)mn

(a la derecha hemos cambiado el ındice de sumacion, de j a m = k − j, y hemos utilizado lasimetrıa de los coeficientes binomicos).



En terminos de bolas en cajas, S(n, k) cuenta el numero de distribuciones de n bolasnumeradas en k cajas identicas (sin cajas vacıas). Ahora vemos que k!S(n, k) cuenta elnumero de distribuciones de n bolas numeradas en k cajas numeradas (sin cajas vacıas).

Calculemos, utilizando la formula anterior, S(n, 2):

S(n, 2) =(−1)2

2!

2∑m=1

(−1)m(

2m

)mn =

12

[−(

21

)+

(22

)2n

]=

2n − 22

,

como ya vimos en el ejemplo 3.3.2. Y si recordamos los calculos que hicimos para S(n, n) yS(n, n− 1), deducimos los valores de las siguientes dos imponentes sumas:

S(n, n) =(−1)n

n!

n∑m=1

(−1)m(

n

m

)mn = 1 ;

S(n, n− 1) =(−1)n−1

(n − 1)!

n−1∑m=1

(−1)m(

n− 1m

)mn =

(n

2

).

Animamos al lector (no, es broma) a que intente la prueba algebraicas de estas identidades.

Ejemplo 3.3.3 Una identidad para los numeros de Stirling de segunda especie.

Sabemos que, si |X | = n y |Y| = k, hay un total de kn aplicaciones X → Y distintas. Unamanera alternativa de contar este numero de aplicaciones es la siguiente:

1. primero decidimos cuantos elementos de Y van a tener preimagen. Este numero sera uncierto j, con 1 ≤ j ≤ k. Ahora, para cada j,

2. decidimos que elementos de Y tienen preimagenes (lo podremos hacer de(k

j

)maneras);

3. y una vez que hemos decidido a que j elementos “llega” la aplicacion, solo resta construiruna aplicacion sobreyectiva a estos j elementos.

Aplicando las reglas de la suma y del producto, llegamos a que

kn =k∑

j=1

(k

j

)j!S(n, j) .

Observese que la presencia de los coeficientes binomicos permite poner, como lımite superiorde sumacion, n, mın(n, k), o incluso +∞.

Ahora observemos que, para n fijo, podemos reescribir la identidad anterior como

kn =n∑

j=1

k(k − 1) · · · (k − j + 1)S(n, j) para todo k ≥ 1.

Arriba hemos escrito dos polinomios de grado n que coinciden en todos los enteros. Comoveremos con mas detalle en la seccion 4.6, esto supone que los polinomios han de ser el mismo:

xn =n∑

j=1

x(x− 1) · · · (x− j + 1)S(n, j) para todo x ∈ R.

♣



3.3.2. Descomposicion de permutaciones en ciclos

En la subseccion 3.2.1 vimos que una permutacion se puede escribir, de manera unica,como producto de ciclos. Unica, con las salvedades habituales: el orden en el que presentamoslos ciclos, y el elemento que aparece primero dentro de cada ciclo.

En principio, el numero de ciclos que puede tener una permutacion es cualquier numeroentre 1 (las permutaciones cıclicas) y n (por ejemplo, la permutacion identidad). Y la preguntanatural es: ¿cuantas permutaciones tienen un numero determinado de ciclos? Llamemos

z(n, k) = # {permutaciones de {1, . . . , n} que tienen exactamente k ciclos} .

A estos numeros se les suele llamar numeros de Stirling (sin signo) de primera especie.Por razones historicas (vease la discusion de la pagina 172), los numeros de Stirling deprimera especie s(n, k) se definen de forma ligeramente diferente: s(n, k) cumple que

(−1)n−k s(n, k) = z(n, k) = # {permutaciones de {1, . . . , n} con exactamente k ciclos} ,

de manera que pueden tomar tanto valores positivos como negativos. En lo que sigue, y porsimplificar, nos centraremos en la familia de numeros s(n, k). Aunque todas las expresionesque obtendremos tendran sencilla traduccion a los numeros z(n, k) sin mas que eliminar losposibles signos: z(n, k) = |s(n, k)|.

Comenzamos el analisis fijando el rango de los parametros n y k. En principio, tienesentido considerar n ≥ 1 y k ≥ 1. Pero como no puede haber permutaciones con mas ciclosque elementos, diremos que, dado n ≥ 1,

s(n, k) = 0 si k > n.

Ası que podremos representar estos numeros de Stirling de primera especie en un trianguloa la Tartaglia. Observese que, si k = n, la unica permutacion que tiene tantos ciclos comoelementos es la identidad. Por tanto,

s(n, n) = (−1)n−n × 1 = 1 para cada n ≥ 1.

El otro caso extremo serıa considerar k = 1. Como ya vimos en la pagina 150, hay (n − 1)!permutaciones de {1, . . . , n} que son, ellas mismas, un ciclo (las llamadas permutacionescıclicas). Ası que

s(n, 1) = (−1)n−1 (n− 1)! para cada n ≥ 1.

A. Regla de recurrencia para los numeros de Stirling de primera especie

Ya tenemos los “valores frontera”, y ahora buscaremos la regla de recurrencia. El argu-mento es similar al que empleabamos para los numeros S(n, k): clasificaremos en funciondel papel de un elemento especial, digamos n. Partimos de una descomposicion del conjuntoX = {1, . . . , n} en k ciclos. Tenemos, de nuevo, dos casos excluyentes.

Caso 1 Si n forma un ciclo por sı mismo, entonces, al quitarlo, nos queda una permutacionde {1, . . . , n − 1} con exactamente k − 1 ciclos.



Caso 2 En caso contrario, n forma parte de un ciclo junto con otros elementos. Quitar ny pasar a permutaciones de {1, . . . , n − 1} no cambia el numero de ciclos. Pero observese loque ocurre en el siguiente ejemplo, en el que quitamos el 4:

�4(3, 2) ◦�4(1, 4)da lugar a−−−−−−→ �3(3 2)�3(1)

�4(3, 2, 4) ◦�4(1)da lugar a−−−−−−→ �3(3 2)�3(1)

Esto no funciona. Argumentamos entonces en sentido contrario. Partimos de una permu-tacion del conjunto {1, . . . , n − 1} con k ciclos, que tendra un aspecto semejante a

�n−1(a11, . . . , a

1s) ◦�n−1(a2

1, . . . , a2t ) ◦ . . . ◦�n−1(ak

1 , . . . , aku) .

Queremos anadir el elemento n sin que se formen nuevos ciclos. Sea cual sea la permutacionconsiderada, tenemos n−1 lugares donde colocarlo (los n−1 “huecos” entre los aj). Ası que,por cada permutacion de {1, . . . , n − 1} con k ciclos, obtenemos n − 1 permutaciones de{1, . . . , n} con k ciclos en las que n este “acompanada”.

Deducimos entonces que el numero de permutaciones de X con k ciclos coincide con

(n− 1)#{

permutaciones de {1, . . . , n− 1}con k ciclos

}+ #

{permutaciones de {1, . . . , n− 1}

con k − 1 ciclos

},

lo que nos darıa la relacion de recurrencia

z(n, k) = (n− 1) z(n − 1, k) + z(n − 1, k − 1) .

O, en terminos de los s(n, k),

s(n, k) = −(n− 1) s(n − 1, k) + s(n− 1, k − 1)

Con esta regla y los valores frontera, podemos re-llenar los valores del triangulo de los s(n, k).

−1

1

1

2 −3 1

−6 11 −6 1

24 −50 35 −10

−120 274 −225 85

1

−15 1

n = 1

n = 2

n = 3

n = 4

n = 5

n = 6

k = 1

k = 2

k = 3

k = 4

k = 5

k = 6

��

��

�

�

Losvalores de z(n, k) se leen, simplemente, quitan-do el signo en los valores del triangulo.

s(n−1, k−1) s(n−1, k)

s(n, k)

� ×(1−n)Observeseque la suma por filas en el triangulo de los s(n, k)da ahora siempre 0. ¿Y la suma por filas en eltriangulo de los z(n, k)? Vease el ejercicio 3.3.6.

B. Relacion entre los numeros de Stirling de primera y segunda especie

Antes de que el lector se aventure en la lectura de este apartado, queremos advertirle deque requiere cierta familiaridad con los conceptos de espacio vectorial y base.

Las familias de numeros S(n, k) y s(n, k) no tenıan, cuando surgieron como conceptosmatematicos, el sabor combinatorio que aquı les estamos dando. Stirling estaba interesadoen otras cuestiones, de tipo mas algebraico, y que por su interes pasamos a esbozar, dejandopara los ejercicios algunos detalles de su desarrollo.



Las dos siguientes son las identidades clave:

(∗) xn =n∑

k=0

S(n, k)x(x−1) · · · (x−k+1) ; (∗∗) x(x−1) · · · (x−n+1) =n∑

k=0

s(n, k)xk.

La de la izquierda ya la vimos en el ejemplo 3.3.3. Por comodidad, tomamos el lımite inferiorde sumacion como 0. Para ello, es conveniente definir S(n, 0) = 0 para cada n ≥ 1, peroS(0, 0) = 1. Dejamos la prueba de la identidad (∗∗), que involucra numeros de Stirlingde primera especie, como ejercicio 3.3.8 para el lector. Aquı tambien es necesario definirs(n, 0) = 0 para cada n ≥ 1, pero s(0, 0) = 1.

El espacio de los polinomios p(x) con coeficientes reales es un espacio vectorial (de di-mension infinita, pero numerable). En el podemos considerar la base estandar, dada por

B1 ={xk

}∞k=0

= {1, x, x2, x3, . . . } ,

que es la que se usa habitualmente en la definicion de polinomio como una combinacion linealde potencias de x.

Pero en realidad cualquier coleccion de polinomios en la que cada uno tenga uno de losgrados posibles valdrıa tambien como base (¡cerciorese el lector!). Por ejemplo, la base de losfactoriales decrecientes,

B2 ={x(x− 1) · · · (x− k + 1)

}∞k=0

= {1, x, x(x − 1), x(x − 1)(x− 2), . . . }

(observese la especial interpretacion del caso k = 0).

Lo ilustramos con un ejemplo, que analizamos a mano: partimos del polinomio

p(x) = 1 + 2x + 3x3,

cuyos coeficientes en la base B1 son, por supuesto, (1, 2, 0, 3, 0, 0, . . . ). Tras unas ciertas ma-nipulaciones algebraicas, el lector podra llegar a que

p(x) = 1 + 2x + 3x3 = 1 + 5x + 9x(x− 1) + 3x(x− 1)(x− 2) ,

que nos dice que los coeficientes de p(x) en la base B2 son (1, 5, 9, 3, 0, 0, . . . ).

Si el polinomio esta escrito en la base B2, pasarlo a la base B1 es relativamente sencillo:basta multiplicar todos los factores e ir agrupando los terminos de igual grado. El otro caminoes algo mas laborioso.

Observe el lector que las identidades (∗) y (∗∗) constituyen, precisamente, un diccionariopara pasar de una base a la otra. La de la izquierda (en la que intervienen los S(n, k))cambia de la base estandar B1 a la base B2 de los factoriales decrecientes, mientras que la dela derecha (la de los s(n, k)) hace el cambio inverso. Aunque no sabemos bien que tenıa enmente Stirling cuando decidio bautizarlos como de primera y de segunda especie. El lectorhallara mas informacion y ocasion de aprender sobre este papel de los numeros de Stirlingcomo coeficientes del cambio de base en los polinomios en el ejercicio 3.3.9.



3.3.3. Particiones de enteros

Ahora nos interesa contar de cuantas maneras se puede es-cribir un cierto entero positivo n como suma de enteros positi-vos, donde el orden de los sumandos es irrelevante. Cada unade estas formas sera lo que llamaremos una particion de n; ycada uno de los sumandos, una parte. A la derecha exhibimoslas siete posibles particiones de 5.

5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 15 = 1 + 1 + 1 + 25 = 1 + 2 + 25 = 1 + 1 + 35 = 2 + 35 = 1 + 45 = 5Observese que, por ejemplo,

5 = 2 + 3 y 5 = 3 + 2 representan la misma particion. Por comodidad, se suelen escribir lossumandos de menor a mayor:

11 = 2 + 2 + 2 + 2 + 3 =[24 3

];

o incluso en la forma abreviada de la derecha, donde 24 recuerda que hay que sumar 4 doses.Demosles nombres y sımbolos a las cantidades de interes. Al numero total de particiones

de n lo nombraremos como p(n). Intervendran tambien en nuestros analisis las particionesde n que tienen exactamente k partes; el numero de ellas sera pk(n). Observese que

p(n) =∑k≥0

pk(n)

(aunque en realidad el sumatorio solo va desde k = 1 a k = n). Por ejemplo, p1(5) = 1,p2(5) = 2, p3(5) = 2, p4(5) = 1 y p5(5) = 1, que en total da p(5) = 7. En general, cuandoqueramos contar el numero de particiones de n que cumplan una determinada propiedad,escribiremos

p(n | la particion cumple cierta propiedad)

Ası, por ejemplo, los pk(n) que acabamos de introducir corresponden a

pk(n) = p(n | el numero de partes es exactamente k) .

Contar el numero de particiones de un entero n con ciertas caracterısticas suele ser unasunto muy complicado. El lenguaje natural para tratar este tipo de cuestiones es el de lasfunciones generatrices. Ası lo haremos en la seccion 13.2. Pero, hasta entonces, nos limitare-mos a utilizar argumentos de tipo combinatorio.

El lector atento habra advertido la seme-janza entre las particiones de un entero n y loque en la subseccion 3.1.3 llamabamos compo-siciones de n. La diferencia, vital como vere-mos, es que, al contrario que con las compo-siciones, para las particiones el orden de pre-sentacion de los sumandos no es relevante. Pe-ro aun ası. . . Veanse a la derecha algunas par-ticiones del entero 5.

Particiones de 5 Composiciones de 5

1 + 1 + 1 + 1 + 1 ←→ 1 + 1 + 1 + 1 + 1

1 + 1 + 1 + 2 ←→

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩2 + 1 + 1 + 11 + 2 + 1 + 11 + 1 + 2 + 11 + 1 + 1 + 2

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭1 + 2 + 2 ←→

⎧⎨⎩1 + 2 + 22 + 1 + 22 + 2 + 1

⎫⎬⎭2 + 3 ←→

{2 + 33 + 2

}No muy alentador. Noparece sencillo encontrar el diccionario entreestas dos cuestiones, pues el numero de com-posiciones que corresponde a cada particion depende (y no queda claro de que manera) de laparticion en sı.



B. Diagramas de Ferrers y recursion

Los llamados diagramas de Ferrers32 son, comoveremos, una manera muy util y visual de representar,analizar y manipular las particiones de n. Se trata, sim-plemente, de dibujar tantas filas como sumandos tengala particion y en cada fila colocar tantos sımbolos (diga-mos ×) como nos diga el tamano del sumando en cuestion(los dibujaremos en orden decreciente de tamanos). A laderecha mostramos los diagramas de Ferrers de sendas particiones.

9 = 1 + 3 + 5 −→ × × × × ×× × ××

9 = 1 + 2 + 3 + 3 −→ × × ×× × ××××

El primer resultado, quesera la clave en los que vendran despues, es el siguiente:

Teorema 3.4 Dado n ≥ 1 y un entero 1 ≤ k ≤ n,

p(n | con no mas de k partes) = p(n + k | con exactamente k partes).

La cantidad de la derecha es lo que hemos dado en llamar pk(n + k).

Demostracion. Vamos a establecer una biyeccion entre los dos conjuntos de particiones.

k filas

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

× × × × ×× × ××× × ××××××

Si tenemos una particion de n + k con k partes, su diagrama deFerrers tendra k filas (y n + k sımbolos en total). Si borramos laprimera columna, obtenemos el diagrama de Ferrers de una parti-cion de n (hemos borrado k sımbolos ×) que tiene, a lo sumo, kpartes (el caso extremo serıa aquel en el que no hubiera unos en laparticion, de forma que al eliminar la primera columna no harıamosdesaparecer fila alguna).

En el otro sentido, dada una particion de n con no mas de k partes, al anadir una primeracolumna de k sımbolos, obtenemos una particion de n + k con exactamente k partes. �

Esta sencilla observacion nos permite establecer nuestra primera regla recursiva.

Teorema 3.5 (primera regla de recurrencia) Dados n ≥ 1 y 1 ≤ k ≤ n,

pk(n) =k∑

j=1

pj(n − k) .

Demostracion. Del teorema 3.4 sabemos que

pk(n) = p(n | k partes) = p(n− k | con no mas de k partes) .

Y si clasificamos las particiones de n−k con no mas de k partes segun el numero de sumandosde que consten, terminamos la demostracion:

pk(n) =k∑

j=1

p(n− k | exactamente j partes) =k∑

j=1

pj(n− k) .�

32En honor del matematico britanico Norman Macleod Ferrers (1829-1903), quien parece ser que fue el pri-mero en utilizarlos para el analisis de las particiones de un entero. Uno se puede imaginar a Ferrers trabajandoen la cafeterıa de la esquina, pintando diagramas, para luego alardear de sus conocimientos matematicos antelos colegas quienes, un momento despues, se dan la vuelta y se ponen a dibujar crucecitas al tun-tun.



Note el lector que, pese a su aparatoso aspecto, la identidad anterior es una regla derecurrencia que permite calcular el valor de pk(n) si conocemos ciertos valores del numero departiciones con parametros mas bajos (particiones de n− k y numero de sumandos hasta k).Para completar el analisis, necesitaremos los siguientes “valores frontera”:

k = 1 supone partir n en un unico sumando. Solo hay una manera de hacerlo, claro,luego p1(n) = 1, para cada n.El caso k = n exige partir n en n sumandos. De nuevo hay una unica manera de hacerlo,sumar n unos. Luego pn(n) = 1.

Ahora ya podemos ir generando todos los valores de pk(n), disponiendolos como en la figura(sumando por filas obtenemos los correspondientes p(n)):

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

23

3

3

3

3

3

3

3

3

2

3

3 4

4

4

5 5

5

5

6

6

6 5

5

5

5

5

57

7

7

7

7

7

8 9

10 1011

11

11

11

13

14

15

12 15

14 18 18

7 16 23 23 20

k=1 k=2 k=3 k=4 k=5 k=6 k=7 k=8 k=9 k=10k=11k=12k=13 k=14

n = 1

n = 2

n = 3

n = 4

n = 5

n = 6

n = 7

n = 8

n = 9

n = 10

n = 11

n = 12

n = 13

n = 14 p(14) = 135

p(13) = 101

p(12) = 77

p(11) = 56

p(10) = 42

p(9) = 30

p(8) = 22

p(7) = 15

p(6) = 11

p(5) = 7

p(4) = 5

p(3) = 3

p(2) = 2

p(1) = 1

El tablero anterior se ha ido generandocon aplicaciones sucesivas de la regla derecurrencia, que interpretamos grafica-mente en el esquema de la derecha: pa-ra calcular pk(n) (fila n y columna k)sumaremos los valores de las casillasque esten en las primeras k columnasde la fila n − k.

p1(n− k) p2(n− k) pk(n− k)

pk(n)

columna k

fila n

fila n− k︸︷︷︸�

Convendra el lectorque el uso de esta regla de recurrencia no es muy comodo. Hay una manera alternativa, yquizas mas sencilla, de escribirla. El siguiente ejemplo nos indica el camino.



Ejemplo 3.3.4 Analicemos las p3(10) = 8 particiones del entero 10 con tres partes.

A la derecha mostramos las 8 particiones posibles. 1 + 1 + 8 2 + 2 + 61 + 2 + 7 2 + 3 + 51 + 3 + 6 2 + 4 + 41 + 4 + 5 3 + 3 + 4

En las cuatroprimeras, las que tienen unos, podemos quitar estos sumandos 1a cada una de ellas para obtener particiones de 9 con unicamentedos partes (una menos que la de partida). Para las cuatro de laderecha, las que no tienen unos, podemos quitar, en cada una de ellas, un 1 a cada uno de lossumandos, para obtener particiones del entero 10− 3 = 7 que siguen teniendo tres partes. ♣

El argumento del ejemplo anterior prueba que p3(10) = p2(9) + p3(7). Un resultado quepodemos generalizar:

Teorema 3.6 (segunda regla de recurrencia) Dado n ≥ 1 y un entero k entre 1 y n,

pk(n) = pk−1(n− 1) + pk(n− k)

Demostracion. Observemos primero la interpretaciongrafica de esta recurrencia (sobre la tabla de la paginaanterior); es la que aparece en la figura de la derecha.

pk−1(n− 1)

pk(n− k)

columna k

pk(n)

fila n− k

fila n��

Si ellector observa el esquema de la primera regla de recurren-cia, notara que esta segunda regla se deduce directamentede aquella, pues el valor de pk−1(n− 1) es la suma de lospj(n− k) de ındices j menores que k. Mas formalmente,

pk(n) =k∑

j=1

pj(n− k) = pk(n − k) +k−1∑j=1

pj(n− k)

= pk(n− k) +k−1∑j=1

pj

((n− 1)− (k − 1)

)= pk(n− k) + pk−1(n− 1) ,

donde hemos utilizado, en dos ocasiones, la regla de recurrencia del teorema 3.5. Animamosal lector a que se entretenga probando el resultado directamente a partir de los diagramasde Ferrers, distinguiendo entre las particiones de n con k partes que contengan unos y lasque no los contengan. ♣

Veamos una ultima aplicacion de estos diagramas de Ferrers. Partimos de la simple ob-servacion de que si en el diagrama de una particion de n intercambiamos filas por columnas,obtenemos de nuevo una particion de n, porque no alteramos el numero de sımbolos (enocasiones, por cierto, la particion que obtenemos con este procedimiento puede coincidir conla de partida, vease el ejercicio 3.3.10).

Hagamoslo, por ejemplo, para la parti-cion de n = 18 codificada como [1 2 32 4 5],que tiene seis partes y cuya parte mayor esun 5. Si ahora intercambiamos filas por co-lumnas, obtenemos una particion de 18 concinco partes y cuya parte mayor es 6. En concreto, la particion [1 2 4 5 6]. A la derecha repre-sentamos los diagramas de Ferrers de ambas particiones.

× × × × × × × × × × ×× × × × × × × × ×× × × −→ × × × ×× × × × ×× × ××



Si en una particion λ intercambiamos filas por columnas, obtenemos su particion conju-gada λ′. Las particiones λ y λ′ tienen intercambiados los papeles del numero de partes y eltamano de la parte mayor (como ocurrıa en el ejemplo de la particion de 18). De hecho, latransformacion λ −→ λ′ es una biyeccion entre las particiones de n que tienen k partes y lasparticiones de n cuyo mayor sumando es k, como se recoge en el siguiente resultado:

Teorema 3.7 Dados unos enteros positivos n y k,

p(n | su mayor parte es k) = p(n | k partes) = pk(n) .

Y, por tanto,

p(n | su mayor parte es ≤ k) = p(n | no mas de k partes) teorema 3.4= pk(n + k).

B. Estimaciones de tamano

Ya tenemos un procedimiento eficaz para calcular los valores de pk(n), y por ende, losde p(n). Ahora nos preguntamos por el tamano de uno cualquiera de estos numeros, enespecial cuando n es muy grande. La estimacion asintotica de estas cantidades es un problemaextremadamente sutil, sobre el que volveremos en la seccion 13.2, ya con el lenguaje de lasfunciones generatrices, y al que aquı haremos una primera aproximacion.

Como primer intento, volvemos a la comparacion (vease el principio de la seccion) entreparticiones y composiciones de n. Fijados n y k, al menos hay tantas composiciones comoparticiones (recordemos que en las composiciones cuenta el orden). Por ejemplo, para n = 3y k = 2, hay una particion (1 + 2) y dos composiciones (1 + 2 y 2 + 1). En general,

pk(n) ≤ #{composiciones de n con k sumandos} =(

n− 1k − 1

).

Estimacion que podemos mejorar con un argumento mas fino. Notese que, por ejemplo,a la particion 2 + 3 le corresponden tantas composiciones (dos) como permutaciones de lossumandos, porque todos los sumandos son distintos. Precisemos esta idea. Observese quecada particion de n con exactamente k partes se corresponde con una solucion de

(�){

x1 + x2 + · · ·+ xk = n1 ≤ x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xk

Escribimos ordenados (por ejemplo de menor a mayor) los k terminos para evitar, justamente,escribir la misma particion varias veces. Quizas el lector recuerde ahora, algo esperanzado conla posibilidad de ahorrarse nuevos calculos, las tecnicas y resultados del analisis de ecuacionesdiofanticas que hicimos en la subseccion 3.1.3. Sentimos decepcionarle: el tipo de restriccionessobre las variables que allı tenıamos (xj ≥ aj , donde los numeros aj son fijos) no son comolas que afrontamos ahora, y el analisis de la cuestion no sera tan simple como entonces. Aunası, sigamos adelante. Si ahora hacemos el cambio de variables

xi = xi + (i− 1) , para cada 1 ≤ i ≤ k ,

los numeros xi mantienen el mismo orden que tenıan los xi, pero son ahora todos distintos(los hemos “separado”).



La suma de estos nuevos numeros valek∑

i=1

xi =k∑

i=1

(xi + i− 1) =k∑

i=1

xi +k∑

i=1

(i− 1) = n +k−1∑j=0

j = n +k(k − 1)

2.

Ası que pk(n), el numero de soluciones del problema (�), es tambien el numero de soluciones de

(��)

{x1 + x2 + · · ·+ xk = n + k(k − 1)/2

1 ≤ x1 < x2 < · · · < xk

Por ejemplo, del entero 6 hay tantas particiones con tres sumandos como soluciones tenga{x1 + x2 + x3 = 61 ≤ x1 ≤ x2 ≤ x3

Debajo de estas lıneas, a la izquierda, mostramos tres de estas particiones. A su derechaescribimos su traduccion en terminos de las xi (al valor de x3 hay que sumarle 2, al de x2 lesumamos 1 y dejamos x1 tal como esta):

x1 x2 x3 x1 x2 x3

↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓6 = 1 + 1 + 4 9 = 1 + 2 + 66 = 1 + 2 + 3 ←→ 9 = 1 + 3 + 56 = 2 + 2 + 2 9 = 2 + 3 + 4

Pero ahora, como los xi son todos distintos, cada permutacion de una lista solucion (xi, . . . , xk)genera una composicion distinta de n + k(k− 1)/2 con tamano k. En el ejemplo, la particionde 9 dada por 1 + 2 + 6 da lugar a las 3! = 6 composiciones de 9 siguientes:

1 + 2 + 6 , 1 + 6 + 2 , 2 + 1 + 6 , 2 + 6 + 1 , 6 + 1 + 2 , 6 + 2 + 1 .

Pero por supuesto no estan todas (por ejemplo, la composicion de 9 dada por 3 + 3 + 3 no lapodemos obtener de esta manera), ası que

k! pk(n) ≤(

n + k(k−1)2 − 1

k − 1

)=⇒ pk(n) ≤ 1

k!

(n + k(k−1)

2 − 1k − 1

).

Dejamos que el lector compruebe, para lo que quizas le sera util revisar el ejercicio 3.1.3, queesta estimacion mejora la inicial, pk(n) ≤ (n−1

k−1

), esencialmente en un factor 1/k! extra.

Para completar este primer analisis del tamano de pk(n), buscaremos ahora cotas pordebajo. Lo vamos a hacer con el argumento mas simple posible: dada una particion de n,podemos permutar sus k sumandos para obtener composiciones (aunque, por supuesto, notodas ellas seran distintas). Por ejemplo, la particion 5 = 1 + 2 + 2, que tiene tres sumandos,darıa lugar, en principio, a 3! = 6 posibles ordenaciones de los sumandos de las que, enrealidad, solo hay tres composiciones distintas, 1 + 2 + 2, 2 + 1 + 2 y 2 + 2 + 1. No es unaestimacion muy precisa, pero va justo en el sentido que queremos:

k! pk(n) ≥(

n− 1k − 1

)=⇒ pk(n) ≥ 1

k!

(n− 1k − 1

).



Ahora reunimos toda la informacion y concluimos que

1k!

(n− 1k − 1

)≤ pk(n) ≤ 1

k!

(n + k(k−1)

2 − 1k − 1

).

Estas acotaciones, validas para todo n y para cada k = 1, . . . , n, aunque no sean muy precisas,son suficientes para obtener, utilizando la formula de Stirling, que, para k fijo,

pk(n) ∼ nk−1

k! (k − 1)!cuando n→∞ .

Consulte el lector concienzudo el ejercicio 3.1.3.

C. Particiones con todos los sumandos distintos

De entre las multiples particiones con restricciones que podemos considerar, unas espe-cialmente relevantes son aquellas que tienen todas sus partes (sus sumandos) distintos. Losprimeros casos son sencillos de determinar:

n particiones con sumandos distintos numero1 1 12 2 13 1 + 2 , 3 24 1 + 3 , 4 25 1 + 4 , 2 + 3 , 5 36 1 + 5 , 2 + 4 , 1 + 2 + 3 , 6 47 1 + 6 , 2 + 5 , 3 + 4 , 1 + 2 + 4 , 7 58 1 + 7 , 2 + 6 , 3 + 5 , 1 + 2 + 5 , 1 + 3 + 4 , 8 6

Observese que, para algunos valores de n (por ejemplo, 3, 4 y 6; pero no para 1, 2 o 5), la mitadde estas particiones tienen un numero par de sumandos, y la otra mitad tiene un numeroimpar de partes. Consideremos entonces, para cada n ≥ 1, las dos siguientes cantidades:

ppar(n) = p(n | con un numero par de partes, todas distintas) ;pimpar(n) = p(n | con un numero impar de partes, todas distintas) .

Nos interesa la diferencia de estos dos numeros, que es 0 en los casos vistos de n = 3, 4, 6,y ±1 en los demas casos enumerados. La respuesta es de lo mas sorprendente:

Teorema 3.8

ppar(n)− pimpar(n) =

{(−1)m, si n = m

2 (3m± 1) para cierto entero m,

0, en el resto de los casos.

Antes de proceder a la demostracion del teorema, y para insistir en el asombro que producesu enunciado, senalemos que los numeros m

2 (3m± 1), cuyos primeros valores son

m = 1 m = 2 m = 3 m = 4 m = 5 m = 6 m = 7 · · ·m (3m− 1)/2 1 5 12 22 35 51 70 · · ·m (3m + 1)/2 2 7 15 26 40 57 77 · · ·

son los llamados numeros pentagonales (al menos los de la primera fila), de los que yahablamos en el ejercicio 1.2.3.



Demostracion. Consideremos una particion λ de n contodas sus partes distintas. Llamaremos α(λ) al tamanodel menor sumando de la particion. Empezando por elmayor sumando, determinamos cuantas partes consecu-tivas se diferencian de la anterior en exactamente 1. Aese numero lo llamaremos β(λ). Observese, en el ejemplode la derecha, que β = 3 porque las tres partes mayores difieren en una unidad, pero ya no lacuarta.

}β = 3

︸︷︷︸α = 2

Vamos ahora a definir una regla, o mas bien dos, que cambian la paridad del numerode sumandos que tiene una particion de n con partes distintas.

Regla 1. Supongamos que la particion λ cumple que α(λ) ≤ β(λ). Construimos la particionλ∗ con la siguiente receta: quitamos el menor sumando de la particion λ y anadimos sus αsımbolos a las α partes mayores de la particion:

}β = 3

︸︷︷︸α = 2

�

λ λ∗

Obtenemos ası una particion λ∗ de n cuyas partes siguen siendo todas distintas; pero quetiene un sumando menos que los que tuviera λ. Si, por ejemplo, λ tiene un numero par departes, λ∗ tendra un numero impar de partes (y viceversa).

Regla 2. Supongamos que α(λ) > β(λ). Quitamos ahora los β ultimos sımbolos de las βmayores partes y los colocamos como un nuevo sumando (que sera el mas pequeno):

β = 2

}

α = 3︸︷︷︸ �

λ λ∗

Observese que ahora λ∗ tiene un sumando mas que λ.

Podrıa parecer que la transformacion λ→ λ∗ (Regla 1 o Regla 2 en funcion de la estruc-tura de la particion λ) es una biyeccion entre las particiones de n con partes distintas y conun numero par de sumandos y las que tienen numero impar de sumandos.

Esto, por cierto, no es lo que afirmaba el teorema. Y esque hay un par de casos en los que las reglas anterioresno son aplicables. Veamos el primero en un ejemplo. Su-pongamos que tenemos una particion del entero 35 (que,como el lector ya habra advertido, es un numero penta-gonal) con todas sus partes distintas y α = β, digamosiguales a 5, como en el esquema de la derecha.



Como α = β = 5, deberıamos aplicar la primera regla. Pero no, la regla no esta definida eneste caso, pues no podemos quitar las 5 aspas del ultimo sumando y anadırselos a los restantessumandos (¡nos faltarıa uno!). Esta situacion se presentara siempre que tengamos α = β = my haya un solapamiento como el que indica el dibujo anterior. Pero ese solapamiento seproduce porque hay exactamente m partes, que son m, m+1, . . . , 2m−1. Ası que n debera serde la forma

n =m−1∑j=0

(m + j) = m2 +m−1∑j=1

j = m2 +(m− 1)m

2=

m

2(3m− 1) ,

justamente un numero pentagonal (35 es el numero pentagonal correspondiente a m = 5).Consideremos ahora el entero 26 y una particion suya con todas los sumandos distintos y

α > β, como la que mostramos bajo estas lıneas. Toca aplicar la Regla 2, y con ella obtenemosla particion que aparece a la derecha.

�

λ∗λ

Pero, ¡cuidado!, la particion resultante no tiene todos los sumandos distintos, algo queestamos exigiendo continuamente. Ası que, en este caso, no podemos aplicar la Regla 2.

De nuevo podemos determinar cuando nos encontramos en esta situacion: siempre queα = # partes + 1 y que esas partes sean m + 1, . . . , 2m. Es decir, cuando n sea de la forma

n =m∑

j=1

(m + j) = m2 +m∑

j=1

j = m2 +n (m + 1)

2=

m

2(3m + 1) ,

que es la otra familia de numeros pentagonales.Queda como ejercicio 3.3.11 para el lector la comprobacion de que si n es de la forma

m(3m± 1)/2, entonces ppar(n) y pimpar(n) difieren en (−1)m. En el resto de los casos, comoya hemos comprobado, la transformacion λ → λ∗ es una biyeccion entre el conjunto de lasparticiones de n con un numero par de sumandos distintos y el de las particiones de n conun numero impar de sumandos distintos. �

Obtendremos una nueva demostracion, quizas mas transparente, de este resultado cuandorevisemos todas estas cuestiones provistos ya del lenguaje de las funciones generatrices, enla seccion 13.2. Veremos allı (asombro ya desbocado) que este peculiar resultado resultaser de enorme utilidad para obtener un procedimiento eficaz para calcular el valor de p(n).Y, puestos ya en este plan decididamente anticipativo, digamos tambien que las funcionesgeneratrices nos permitiran probar resultados como el siguiente (vease el teorema 13.1):

p(n | partes impares) = p(n | partes distintas) ,

nada facil de demostrar con diagrama de Ferrers. Dejemos, pues, las particiones en este punto,hasta disponer de las herramientas necesarias para seguir con su tratamiento.




3.3.1 Compruebese que

S(n, n− 2) =(

n

3

)+

12

(n

2

)(n− 2

2

).

Hallese una formula analoga para S(n, n− 3). Obtengase tambien una formula para S(n, 3).

3.3.2 Pruebese que S(n + 1, m + 1) =n∑

k=m

(n

k

)S(k, m).

3.3.3 El numero de Bell B(n) cuenta el numero de particiones de {1, . . . , n} en bloques no vacıos:

B(n) =n∑

k=1

S(n, k)

(vease una interpretacion alternativa en la subseccion 3.5.1). Compruebese que, si definimos B(0) = 1,se verifica la siguiente relacion de recurrencia:

B(n) =n∑

j=1

(n− 1j − 1

)B(n− j) , esto es, B(n) =

n−1∑k=0

(n− 1

k

)B(k) para cada n ≥ 1

3.3.4 Consideremos ahora el numero de particiones del conjunto {1, . . . , n} en bloques no vacıos,de manera que los bloques van numerados (el orden dentro de los bloques sigue siendo irrelevante). Aeste numero lo llamaremos n-esimo numero de Bell ordenado, B(n). Compruebese que

B(n) =n∑

k=1

S(n, k) k! .

Pruebese que, si definimos B(0) = 1, estos numeros verifican la siguiente relacion de recurrencia:

B(n) =n∑

j=1

(n

j

)B(n− j) para cada n ≥ 1, o, lo que es lo mismo, B(n) =

n−1∑k=0

(n

k

)B(k) .

3.3.5 Una cierta competicion consta de n equipos. Al final del torneo, los equipos quedan clasificadosen funcion de los resultados de los partidos. ¿Cuantas posibles clasificaciones finales hay si se permiteque dos o mas equipos acaben empatados?

3.3.6 Pruebese que

(a)∑k≥1

z(n, k) =∑k≥1

|s(n, k)| = n! para cada n ≥ 1; (b)∑k≥1

s(n, k) = 0 para cada n ≥ 2.

3.3.7 Pruebese que

(a) z(n+1, k) =n−k+1∑

j=0

(n

j

)j! z(n−j, k−1) ; (b) s(n+1, k) =

n−k+1∑j=0

(n

j

)(−1)j j! s(n−j, k−1) .

3.3.8 Pruebese, por induccion y utilizando la regla de recurrencia para los s(n, k), que

x(x− 1) · · · (x− n + 1) =∑k≥0

s(n, k)xk.



3.3.9 En este ejercicio discutimos la relacion entre los numeros de Stirling de primera y segundaespecie. Consideremos la base usual de los polinomios B1 = {1, x, x2, x3, x4, x5, . . . } y la base de losfactoriales decrecientes

B2 = {1, x, x(x− 1), x(x − 1)(x− 2), x(x− 1)(x− 2)(x− 3), x(x− 1)(x− 2)(x− 3)(x− 4), . . . }.(a) Compruebese que los primeros elementos de B1 es escriben, en terminos de los de B2, como sigue:

1 = 1x = x

x2 = x + x(x − 1)x3 = x + 3x(x − 1) + x(x − 1)(x− 2)x4 = x + 7x(x − 1) + 6x(x− 1)(x− 2) + x(x − 1)(x− 2)(x− 3)

Notese la presencia de los S(n, k) en los terminos de la derecha. Verifıquese, en sentido contrario, que

1 = 1x = x

x(x− 1) = −x + x2

x(x− 1)(x− 2) = 2x− 3x2 + x3

x(x− 1)(x− 2)(x− 3) = −6x + 11x2 − 6x3 + x4

Observese que los coeficientes que aparecen son ahora los numeros s(n, k).(b) El paso de una base a otra se puede codificar matricialmente. Sea S la matriz (infinita) cuyasfilas y columnas se indexan de 0 en adelante, y que en la fila n (n ≥ 0) y en la columna k (k ≥ 0)tiene como registro el numero de Stirling de segunda especie S(n, k). Sea s la matriz analoga para losnumeros de Stirling de primera especie, s(n, k). Recuerdese que hemos definido s(0, 0) = 1 = S(0, 0).

Supongamos que el polinomio p(x) tiene coeficientes (αk) en la base usual y coeficientes (βk) enla base de los factoriales decrecientes. Esto es,

p(x) =∑

k

αkxk =∑

k

βkx(x − 1) · · · (x− k + 1)

Compruebese que, si denotamos por × el producto de matrices habitual,

(α0, α1, . . . )× S = (β0, β1, . . . ) y que (β0, β1, . . . )× s = (α0, α1, . . . ) ,

(c) Compruebese que S× s = s× S = I, donde I es la matriz identidad (infinita).(d) Sean f y g son dos funciones definidas en N. Compruebese que

f(n) =n∑

k=1

s(n, k) g(k) ⇐⇒ g(n) =n∑

k=1

S(n, k) f(k) .

3.3.10 Si una particion λ coincide con su conjugada, se dice, por supuesto, que es autoconjugada.(a) Compruebese que, para los valores de n = 1, . . . , 16, hay el siguiente numero de particiones auto-conjugadas: 1, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 5.(b) Pruebese que p(n|autoconjugadas) = p(n|con partes distintas e impares).

3.3.11 Completese la demostracion del teorema 3.8 probando que si n = m(3m± 1)/2, entonces

ppar(n)− pimpar(n) = (−1)m.


3.4. Distribuciones de bolas en cajas 185

3.4. Distribuciones de bolas en cajas

Una gran cantidad de cuestiones combinatorias pueden ser descritas y codificadas enterminos de distribuciones de bolas en cajas. Ası que conviene tener a mano un vademecumque incluya los principales casos, clasificados en funcion de si las bolas y las cajas son distin-guibles o no (incluyendo, ademas, las restricciones mas habituales sobre la distribucion).

Las bolas seran los objetos que distribuiremos en las cajas, y supondremos que dentro delas cajas el orden no es relevante. En los ejercicios de esta seccion hemos incluido, ademas,algunas preguntas sobre distribuciones de bolas en tubos (cajas en cuyo interior el ordensera tambien importante).

En todo lo que sigue, los parametros n y k seran enteros positivos. Usaremos los terminos“identicas” y “no numeradas” cuando los objetos de interes (quizas las bolas, quizas las cajas)sean indistinguibles. Cuando sean distinguibles, tambien utilizaremos los terminos “numera-das” y “distintas”. Por ejemplo, cuando digamos que n cajas estan numeradas, querremossignificar que les hemos asignado numeros distintos de 1 a n.

A. Bolas identicas, cajas numeradas

Tenemos n bolas identicas, que queremos distribuir en k cajas numeradas. Veanse, en eldibujo, las n bolas, dispuestas a ser introducidas en las cajas.

C1 C2 Ck

· · ·C1 C2 Ck

· · ·�

A la derecha ya se ha hecho esa distribucion. Observese que, para determinar una deestas distribuciones, basta decidir cuantas bolas van en la caja 1, cuantas en la 2, etc., puestoque, como las bolas son indistinguibles, no tiene sentido preguntarse por que bolas van encada caja. Ası que una distribucion de estas se puede codificar como una lista de numeros(x1, . . . , xk) cuya suma vale

x1 + · · · + xk = n .

En principio, la unica restriccion sobre los xj es que sean enteros no negativos.Esta cuestion sobre el numero de soluciones de ciertas ecuaciones diofanticas ya la anali-

zamos con detalle en la subseccion 3.1.3, en la que el lector encontrara los argumentos quejustifican las respuestas de este apartado. Los casos mas relevantes son:

si no permitimos que queden cajas vacıas (esto es, si exigimos que xj ≥ 1). Observe-se que si n < k, no hay ninguna distribucion posible. Pero si n ≥ k, el numero dedistribuciones posibles es (

n− 1k − 1

)para n ≥ k ≥ 1.

En el caso general, en que permitimos que alguna caja pudiera quedar vacıa, las res-tricciones son xj ≥ 0. Entonces k puede tomar cualquier valor y la respuesta es(

n + k − 1k − 1

)n ≥ 1 , k ≥ 1.



Otro tipo de restricciones para los xj (cotas por arriba y por debajo) fueron estudiadas enla subseccion 3.1.3, y remitimos a ella al lector que pudiera estar interesado (vease tambienel ejercicio 3.4.1).

B. Bolas y cajas numeradas

Consideremos ahora n bolas numeradas y k cajas numeradas. La cuestion que nos interesanuevamente es determinar de cuantas maneras se pueden distribuir las bolas en las cajas,pero ahora sı que podemos (y debemos) distinguir que bolas van en cada caja:

C1 C2 Ck

· · ·3 41

n

2

C1 C2 Ck

· · ·�n 14

2 3 7

Este es tambien una cuestion que ya hemos tratado ampliamente. Teniendo en cuentalos ingredientes del problema, la mejor manera de codificar una distribucion de estas esmediante una lista de n posiciones, en cada una de las cuales puede ir, en principio, unelemento cualquiera del conjunto {1, . . . , k}. En la posicion j informamos de a que caja (unnumero entre 1 y k) ha ido la bola j.

En otros terminos, que tambien hemos considerado, son las aplicaciones de un conjuntocon n elementos en uno con k elementos. Los casos mas relevantes son:

si pueden quedar cajas vacıas (esto es, si la lista es sin restricciones, o si queremoscontar todas las posibles aplicaciones), entonces k puede tomar cualquier valor y larespuesta es

kn .

Si no permitimos cajas vacıas (es decir, si en la lista deben aparecer todos los sımbolosde {1, . . . , k}, o bien si queremos contar las aplicaciones sobreyectivas), entonces n hade ser ≥ k y la respuesta es

k!S(n, k) ,

donde los S(n, k) son los numeros de Stirling de segunda especie, a los que dedicamos lasubseccion 3.3.1 (allı podra encontrar el lector formulas explıcitas para ellos, ası comola regla de recursion que permite calcularlos).Supongamos ahora que nos interesa contar el numero de distribuciones de n bolasnumeradas en cajas numeradas, de manera que ninguna de estas quede vacıa, perocuando no fijamos a priori el numero de cajas. La respuesta es, entonces,

n∑k=1

k!S(n, k) ,

una cantidad que recibe el nombre de n-esimo numero de Bell ordenado, y que deno-tamos por B(n). De estos numeros ya hablamos en el ejercicio 3.3.4.Si exigimos que las bolas vayan en cajas distintas (lo que solo es posible si n ≤ k),entonces la respuesta es

k(k − 1) · · · (k − n + 1) .


3.4. Distribuciones de bolas en cajas 187

Recordamos tambien que si tenemos una informacion mucho mas detallada, como es la de queen la distribucion de las n bolas en k cajas vayan aj bolas en la caja j, donde a1+· · ·+ak = n,entonces la respuesta es (vease la subseccion 3.1.6) el coeficiente multinomico(

n

a1, . . . , ak

).

C. Bolas numeradas, cajas identicas

Tenemos n bolas numeradas, que quere-mos distribuir en k cajas identicas. Estamospartiendo un conjunto de n elementos en kbloques. Junto a estas lıneas exhibimos unadistribucion de estas para n = 9 y k = 5. Dibujamos

�

1 49

3 7

2 85

6

637

41

9

258

los bloques como “montones desperdi-gados” para insistir en la idea de que no estan ordenados (no hay bloque 1, bloque 2, etc.).

Parece razonable suponer que los bloques sean no vacıos33. Entonces n ha de ser ≥ k yla respuesta es, simplemente,

S(n, k) .

Si solo fijamos n, el numero de bolas (numeradas), pero no el numero de bloques, entoncesla respuesta es el numero total de particiones del conjunto {1, . . . , n}, que conocemos comoel n-esimo numero de Bell B(n):

B(n) =n∑

j=1

S(n, j) .

D. Bolas y cajas identicas

Tenemos n bolas y k cajas. Ahora no po-demos distinguir entre las bolas ni entre lascajas. Vease en el dibujo

�una distribucion para

n = 9 y k = 6. Estas distribuciones se corres-ponden con las particiones del entero n (revısese la subseccion 3.3.3). De nuevo suponemosque las cajas no son vacıas (vease den nuevo la nota al pie). Entonces, necesariamente n debeser ≥ k y la respuesta es el numero de particiones de n con exactamente k partes,

pk(n) .

Si, como antes, no fijamos el numero de cajas (el numero de partes de la particion), entoncesla respuesta es el numero total de particiones del entero n:

p(n) =n∑

j=1

pj(n) .

Conviene recordar que para estos numeros pk(n) y p(n) no disponemos de unas formulasexplıcitas, aunque sı reglas de recurrencia (recuerdese la subseccion 3.3.3).

33Reflexione, sin embargo, el lector sobre lo que ocurrirıa si permitieramos bloques vacıos, que valores podrıatomar k y cual serıa la respuesta en ese caso.




3.4.1 Clasifıquense las distribuciones de n bolas identicas en k cajas numeradas en funcion delnumero de cajas que vayan realmente llenas para recuperar la formula de Vandermonde (veanse, porejemplo, las paginas 110 y 131).

3.4.2 Sea f(n, k) el numero de formas de poner n bolas numeradas en k tubos numerados. El diame-tro del tubo es solo un poco mayor que el diametro de las bolas, de forma que podemos distinguir elorden de las bolas dentro de cada tubo. Permitimos que algunos tubos queden vacıos (ası que k puedetomar cualquier valor). Compruebese que

f(n, k) = k(k + 1) · · · (k + n− 1)

(a) por induccion en n, el numero de bolas;(b) con un argumento combinatorio: una distribucion de estas es una lista de n + k− 1 posiciones enlas que situamos n sımbolos distintos (las bolas), ası como k − 1 separadores identicos (que marcandonde empieza cada tubo);(c) suponiendo, por un momento, que las bolas son indistinguibles (de manera que los tubos se “con-vierten” en cajas), para luego volver a la situacion original.

3.4.3 Queremos contar ahora las formas de distribuir n bolas numeradas en k tubos numerados, perodonde no permitimos que queden tubos vacıos (ası que n ≥ k). Compruebese que la respuesta es ahora(

n

k

)k! f(n− k, k) o, en otros terminos, n!

(n− 1k − 1

).

3.4.4 Sea g(n, k) el numero de formas de distribuir n bolas numeradas en k tubos identicos, dondeno permitimos que queden tubos vacıos (ası que n ≥ k). Compruebese que

g(n, k) =n!k!

(n− 1k − 1

).

Deduzcase que, si permitimos tubos vacıos, la respuesta es

mın(n,k)∑j=1

n!j!

(n− 1j − 1

).

3.4.5 Compruebese, finalmente, que si las bolas no estan numeradas (da igual si los tubos lo estano no), los tubos son, simplemente, cajas (y se aplican los resultados correspondientes).


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