Economıa Estadıstica I Daniel E. Lemus Sares

Apuntes de Clase # 4

Fecha: Junio-2006

5. Permutaciones, Combinaciones y el Teorema Bi-

nomial

5.1. Objetivos del capıtulo

Establecer un metodo general para contar el total de maneras en que se puedenordenar n objetos dispuestos en un alineacion especıfica

Extender el procedimiento a los casos en donde el conteo involucra elementosque no se pueden diferenciar y a los casos en donde el orden de los objetos enun arreglo no es considerado.

Aplicar nuevas tecnicas de conteo en la determinacion de probabilidades.

Utilizar los nuevos metodos para encontrar la expansion de (a + b)n, donde nes un entero positivo o cero.

5.2. Probabilidad de un evento cuando todos los puntos mues-trales son igual de probables

Si todos los resultados de un experimento son igual de probables, el metodo paraencontrar la probabilidad de un evento E requiere de 2 valores (vease el teorema )

N : El numero total de posibles resultados del experimento (total de elementos enel espacio muestral).

m: El numero de resultados o puntos muestrales que corresponden al evento E.

Hasta este momento se han obtenido dichos valores listando explıcitamente todos losposibles resultados del espacio muestral y luego contando, en la manera usual, lospuntos muestrales. Este metodo tiene limitaciones practicas que se ilustraran con lossiguientes ejemplos.

Ejemplo 5.2.1 Tres personas denominadas A, B y C se alinean aleatoriamente paracomprar entradas para un juego. Encontrar la probabilidad que A este junto a B enla fila.

Solucion:El espacio muestral de este experimento es el siguiente

S = {ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA}

Si se define al evento E como

A4-1

E: A esta junto a B en la alineacion

Entonces se tiene queE = {ABC, BAC, CAB, CBA}

y por tanto

P(E) =n(E)

n(S)=

4

6//R

Nota: Al igual que en el ejemplo 4.5.1, n(X) es la funcion que indica el numero deelementos contenidos en el conjunto X.

Extension:Si en el ejemplo anterior hubieran 5 personas A, B, C, D y F dispuestas aleatoria-mente en una fila, ¿cual serıa la probabilidad del evento E, P(E)?Antes de continuar debe saber que existen 120 posibles arreglos de estos 5 elementosde los cuales en 48 A esta junto a B. Si el numero de personas fuera 10 estos numerosascienden a 3628800 y 725760 respectivamente. Esto ilustra lo poco practico que esel metodo de describir cada elemento del espacio muestral.A partir de la siguiente sub-seccion se presentan metodos que ayudaran a resolverestos problemas.

5.3. Teorema fundamental del conteo: El principio de la mul-tiplicacion

Ejemplo 5.3.1 ¿De cuantas maneras se pueden ordenar 3 libros, A, B y C en unarepisa?

Solucion 1:Una manera de solucionar el problema consiste en detallar todos los posibles arreglosy contarlos. Esto se lo puede hacer a traves de un diagrama de arbol.

A4-2

A

B

C

B

C

A

C

A

B

C

B

A

C

B

A

Libro en elEspacio 1

Libro en elEspacio 2

Libro en elEspacio 3 Arreglo

A B C

A BC

B CA

B C A

BC A

BC A

Ası, hay un total de 6 maneras de ordenar los libros en la repisa. Note que una vezque un libro fue colocado queda una opcion menos para el siguiente espacio.

Nota: El diagrama toma en cuenta el orden. Es decir, ABC y ACB cuentan comoarreglos diferentes de los 3 libros porque se encuentra en un orden diferente

El orden es la esencia de estos arreglos, un cambio en el orden genera un arreglodiferente

Solucion 2:Es posible conseguir una solucion mas conveniente haciendo un estudio detallado deldiagrama de arbol. El razonamiento es el siguiente:El problema requiere que se llenen 3 espacios, los cuales pueden ser representadospor:

Espacio 1 Espacio 2 Espacio 3

En el primer espacio se puede colocar al libro A, al libro B o al libro C. Por tanto, elprimer espacio se puede llenar de 3 maneras

Espacio 1 Espacio 2 Espacio 3

3

(Esto es lo que el diagrama del arbol indica con las tres ramas que parten de “O”y terminan en la columna llamada Libro en el espacio 1 ). Para cada una de las tresposibles maneras de llenar el primer espacio se tienen 2 posibles maneras de llenar elsegundo espacio. Esto sucede porque cualquiera de los dos libros que quedan puedenser usados

A4-3

Espacio 1 Espacio 2 Espacio 3

3 2

En consecuencia, se pueden llenar los dos primeros espacios en 3×2 o 6 maneras. (Seobserva que 6 ramas del arbol terminan en la columna llamada Libro en el espacio 2.Para cada una de las 6 maneras de llenar los 2 primeros espacios se tiene 1 manerade llenar el tercer espacio, esto sucede porque solo queda un libro por colocar. Portanto, se puede llenar los 3 espacios en 6 × 1 o 6 maneras. (Se observa que 6 ramasdel arbol terminan en la columna llamada Libro en el espacio 3 ). En conclusion, sepueden indicar las maneras de llenar cada uno de los 3 espacios del modo siguiente:

Espacio 1 Espacio 2 Espacio 3

3 2 1

Y, como indicaba el arbol, se puede obtener el numero total de arreglos multiplicando

3× 2× 1 = 6

Hasta el momento se ha utilizado la palabra arreglo para describir el ordenamientode objetos que resultan de operaciones tales como la colocacion de libros en unalinea. Sin embargo, “arreglo” es una palabra que tiene un significado mas amplio ypor tanto su uso causa imprecisiones. En esta seccion se esta tratando con arreglos, oordenaciones, de objetos en una linea y no de otras clases de arreglos como los de unconjunto de flores en un florero. Dado que se esta trabajando con una clase especialde arreglos se necesita una palabra especial que de una descripcion mas precisa. Estapalabra especial es permutacion.

Definicion 5.3.1 (Permutacion) Una permutacion de un numero de objetos escualquier arreglo de estos objetos en un orden determinado.Permutar un coleccion de objetos significa arreglarlos en un orden determinado.

Ejemplo 5.3.2 Se tienen tres dados: A,B y C. Una vez que los dados son lanzadossus resultados se anotan en un tablero como el siguiente:

Resultado deldado A

Resultado deldado B

Resultado deldado C

¿Cuantos posibles resultados pueden ser presentados en el tablero?

Solucion:Con tres dados disponibles es posible tener resultados como:

Resultado deldado A

Resultado deldado B

Resultado deldado C

A4-4

o tambien

Resultado deldado A

Resultado deldado B

Resultado deldado C

Utilizando un razonamiento similar al utilizando en el ejemplo anterior, se puedemostrar que cada uno de los casilleros del tablero se pueden llenar de 6 maneras. Losresultados se indican del siguiente modo:

6 6 6

Y al igual que antes, el numero total de permutaciones se lo encuentra por multipli-cacion:

6× 6× 6 = 36

Teorema 5.3.1 (El principio de la multiplicacion) Si una operacion puede serrealizada de n1 maneras y, luego que es realizada de cualquiera de estas maneras,una segunda operacion puede ser realizada de n2 maneras y, luego que es realizada decualquier de estas maneras, una tercera operacion puede ser realizada de n3 maneras, yası sucesivamente para k operaciones, entonces las k operaciones pueden ser realizadastodas juntas de

n1 × n2 × n3 × . . .× nk maneras

Ejemplo 5.3.3 En este ejemplo se ilustra el principio de la multiplicacion a travesde un diagrama de arbol para el caso n1 = 5 y n3.

Supongamos que un residente de Nueva York quiere ir de vacaciones en autobus, entren o en avion por una semana a alguno de los cinco estados centrales del Noreste deEstados Unidos (Ohio, Indiana, Illinois, Michigan y Wisconsin). Encuentre el numerode maneras diferentes posibles de hacerlo.

Solucion:El Estado en particular se puede escoger de n1 = 5 maneras y los medios de transportese pueden escoger de n2 = 3 maneras. Por consiguiente, el viaje se puede efectuar, deacuerdo al principio de la multiplicacion, de 5 × 3 = 15 maneras. A continuacion seilustra esto.

Existen n1 = 5 Estados que se pueden escoger como destino. Graficamente

A4-5

Ohio

Indiana

Illinois

MichiganW

isconsinO

Estado destino

Luego, para cada destino el viaje se puede realizar de n2 = 3 maneras. Graficamente

O

Medio de Transporte

Autobús

TrenAvión

Ası, el viaje (la operacion completa, union de la eleccion de un estado y un medio detransporte) se puede realizar de n1 × n2 maneras.

A4-6

Ohio

Indiana

Illinois

Michigan

Wisconsin

O

Estado destino Medio de Transporte

Autobús

TrenAvión

Autobús

TrenAvión

Autobús

TrenAvión

Autobús

TrenAvión

Autobús

TrenAvión

Viaje

Ir a Ohio en Autobús

Ir a Ohio en Tren

Ir a Ohio en Avión

Ir a Indiana en Autobús

Ir a Indiana en Tren

Ir a Indiana en Avión

Ir a Illinois en Autobús

Ir a Illinois en Tren

Ir a Illionis en Avión

Ir a Michigan en Autobús

Ir a Michigan en Tren

Ir a Michigan en Avión

Ir a Wisconsin en Autobús

Ir a Wisconsin en Tren

Ir a Wisconsin en Avión

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

Ejemplo 5.3.4 Resuelva:

1. ¿Cuantas placas de automovil se pueden crear utilizando 2 letras (sin la “N”)seguidas de un numero de 3 dıgitos?

2. Entre estas placas de automovil, ¿cual es la probabilidad de obtener una con 2vocales seguidas de 3 dıgitos identicos?

Solucion: Primer numeral:Se tienen que llenar 5 espacios. El primer espacio se puede llenar con cualquiera delas 26 letras permitidas y por tanto se puede llenar de 26 maneras. Despues de haberllenado este espacio, el segundo espacio tambien se puede llenar de 26 maneras (lasrepeticiones no han sido prohibidas). Del mismo modo, el tercer espacio se puedellenar de 10 maneras, el cuarto de 10 maneras y el quinto de 10 maneras.

26 26 10 10 10

A4-7

Aplicando el principio de la multiplicacion, se pueden crear

26× 26× 10× 10× 10 = 676000

placas diferentes utilizando 2 letras (sin la “N”) seguidas de un numero de 3 dıgitos.

Segundo numeral:Aplicando el principio de la multiplicacion, el numero de placas que tienen 2 vocalesseguidas de 3 dıgitos identicos es

5× 5× 10× 1× 1 = 250

Si se define el evento

E: Placa formada por 2 vocales seguidas de 3 dıgitos identicos.

Entonces,

P(E) =250

676000=

1

2704

Ejemplo 5.3.5 Al planear un viaje ida y vuelta de Guayaquil a La Habana vıaCurazao, el viajero decide viajar entre Guayaquil y Curazao por avion y entre Curazaoy La Habana en un crucero. Si hay 6 aerolıneas cubriendo la ruta Guayaquil - Curazaoy 4 companıas de cruceros operando entre Curazao y La Habana. ¿De cuantas maneraspuede ser hecho el viaje de ida y vuelta sin viajar en la misma linea 2 veces?

Solucion:El total de maneras para realizar cada viaje se resume en la siguiente tabla

Trayecto No. de manerasGuayaquil - Curazao de 6 manerasCurazao - La Habana de 4 maneras

La Habana - Curazaode 3 maneras

(no se puede repetir la companıa)

Curazao - Guayaquilde 5 maneras

(no se puede repetir la aerolınea)

En consecuencia, el total de maneras de hacer el viaje de ida y vuelta es

6× 4× 3× 5 = 360 //R

Ejemplo 5.3.6 Dados los dıgitos 1, 2, 3, 4 y 5, encuentre cuantos numeros de 4dıgitos se pueden formar a partir de ellos si: (a) Ningun dıgito puede ser repetido, (b)las repeticiones son permitidas, y (c) el numero debe ser impar y sin ningun dıgitorepetido.

Solucion:

a) No se permiten repeticiones: Se tienen 4 espacios por llenar. El primerespacio se puede llenar con cualquiera de los 5 dıgitos y por tanto de 5 maneras.Ahora, dado que ningun dıgito puede repetirse, el segundo lugar puede llenarsecon cualquiera de los dıgitos que no se han utilizado y por tanto de 4 maneras.Del mismo modo, el tercer espacio se puede llenar de 3 maneras y el cuartode 2 maneras. Aplicando el principio de la multiplicacion se tiene el total denumeros de 4 dıgitos que se pueden generar es:

5× 4× 3× 2 = 120

A4-8

b) La repeticiones son permitidas: Si es posible utilizar un dıgito mas de unavez, entonces cada espacio puede ser llenado con cualquiera de los 5 dıgitosdisponibles y por tanto de 5 maneras. En consecuencia, el numero total denumeros de 4 dıgitos que se pueden generar si las repeticiones son permitidases:

5× 5× 5× 5 = 54 = 625

c) Numero impar, sin dıgitos repetidos: Si el numero debe ser impar, el dıgitofinal tiene que ser 1, 3 o 5. Por tanto, cuarto espacio puede ser llenado de 3manearas. Una vez que esto se ha llevado a cabo en cualquiera de estas maneras,los espacios restantes pueden ser llenados de 4 maneras, 3 maneras y 2 maneras,respectivamente, dado que ningun dıgito puede repetirse. El total de numerosimpares de 4 dıgitos, sin dıgitos repetidos es igual a

4× 3× 2× 3 = 72 //R

Observacion 5.3.1 Si alguna operacion debe realizarse de una manera especial esrecomendable llevarla a cabo primero. Para todas las operaciones que no son espe-ciales, la secuencia en que se llenen los espacios no es importante y por tanto esarbitraria.

La secuencia que se siga para ordenar los objetos no afecta el total de permutacionesexistentes. De hecho, todos los objetos podrıan ubicarse de manera simultanea.

Ejemplo 5.3.7 Los dıgitos 1, 2, 3, 4 y 5 son utilizados, permitiendo repeticiones,para formar todos los posibles numeros de 4 dıgitos. Estos numeros son impresos enla superficie de discos compactos que luego son colocados en una caja y mezclados. Siun disco es seleccionado aleatoriamente de la caja, ¿cual es la probabilidad que estedisco tenga un numero sin dıgitos repetidos?

Solucion:El total de numeros de 4 dıgitos que se puede generar es:

5× 5× 5× 5 = 54 = 625

El total de discos con numeros sin dıgitos repetidos es:

5× 4× 3× 2 = 120

En consecuencia, si E es evento: Numero de 4 dıgitos sin dıgitos repetidos, entonces

P(E) =120

625=

24

125//R

Ejemplo 5.3.8 Domino’s ofrece los siguientes ingredientes para las bases de quesode sus pizzas: Pimiento, cebolla, chorizo, champinones y anchoas. ¿Cuantas clasesdiferentes de pizzas se pueden elaborar?

A4-9

Solucion:Se tienen 5 ingredientes y cada uno de ellos es considerado individualmente al mo-mento de decidir si se lo anade o no a la base de queso. Ası, el pimiento puedeser considerado de dos maneras: “Anadirlo” o “No Anadirlo”. Una vez que se hayatomado la decision, la cebolla puede ser considerada de dos maneras: “Anadirla” o“No anadirla”. Del mismo modo, cada uno de los restantes 3 ingredientes puede serconsiderado de estas 2 maneras, por tanto, existen

2× 2× 2× 2× 2 = 25 = 32

clases diferentes de pizzas, incluyendo a la pizza simple (solo la base de queso) y aaquella con todos los ingredientes.

Teorema 5.3.2 Si un conjunto A esta compuesto por n elementos, entonces el nume-ro total de subconjuntos que se pueden formar a partir de estos elementos, incluyendoal conjunto vacıo y al mismo conjunto A, es igual a:

2n

5.4. El principio de la suma

Considerense 2 operaciones, una de las cuales se puede realizar de m maneras y la otrade n maneras. Para esta situacion el principio de la multiplicacion dice: Si luego deque la primera operacion es llevada a cabo en cualquiera de las m maneras posibles, lasegunda operacion se puede llevar a cabo de n maneras, entonces las dos operacionesse pueden desarrollar juntas de mn maneras. Es decir, el principio de la multiplicacionse preocupa por situaciones donde se desarrolla la primera operacion y a continuacionse desarrolla la segunda.Se enfrenta una situacion diferente cuando se desea realizar la primera operacion o lasegunda pero no ambas.

Ejemplo 5.4.1 Se dispone de 3 banderas. ¿De cuantas maneras se puede formar unasenal con al menos dos banderas colocadas verticalmente en un asta?

Solucion:La primera operacion sera ordenar 2 banderas en el asta. Por el principio de la mul-tiplicacion, esto se puede llevar a cabo de 3 × 2 = 6 maneras. La segunda operacionsera ordenar 3 banderas en el asta, esto se puede desarrollar de 3×2×1 = 6 maneras.

Sin embargo, solo es necesario formar un arreglo. Esto se lo puede hacer con unasenal de 2 banderas o con una de 3 banderas, pero no con ambas. El problema solorequiere que se lleve a cabo la primera operacion o la segunda, mas no la primera y acontinuacion la segunda. Ambas operaciones son mutuamente excluyentes: no puedensuceder simultaneamente. En consecuencia el numero total de senales es igual a

6 + 6 = 12 //R

Teorema 5.4.1 (Principio de la suma) Si dos operaciones son mutuamente ex-cluyentes, y la primera de estas puede ser efectuada de m maneras y la segunda de nmaneras, entonces cualquiera de estas operaciones puede ser llevada a cabo de

m + n maneras

A4-10

5.5. Formulas para permutaciones

El principio de la multiplicacion establece un metodo general para encontrar el numerode permutaciones de un conjunto de objetos. Para algunos tipos de problemas, estemetodo se puede simplificar con la ayuda de algunos sımbolos y formulas que seintroduciran a continuacion:

Ejemplos 5.5.1 Como se establecio en sub-secciones anteriores el principio de lamultiplicacion permite establecer hechos como los siguientes:

a) 7 personas pueden formar una fila de

7× 6× 5× 4× 3× 2× 1 maneras

b) 20 libros pueden estar ordenados en una repisa de

20× 19× 18× . . .× 3× 2× 1 maneras

c) n objetos pueden ordenarse en una lınea de

n · (n− 1) · (n− 2) · . . .× 3× 2× 1 maneras

La escritura explıcita de estas expresiones puede tornarse complicada para los casosen los que la secuencia de factores es muy larga. Conviene, y es posible, introduciruna notacion especial.

Definicion 5.5.1 (n factorial) El producto de todos los numeros enteros desde 1hasta n, es llamado n factorial, y se lo denota por n!

n! = n(n− 1)(n− 2) · . . .× 3× 2× 1

Ejemplos 5.5.2

1! = 1

2! = 2× 1 = 2× 1! = 2

3! = 3× 2× 1 = 3× 2! = 6

4! = 4× 3× 2× 1 = 4× 3! = 24

5! = 5× 4× 3× 2× 1 = 5× 4! = 120

Ejemplos 5.5.3 La tabla que se presenta a continuacion tabula los resultados de n!para los 10 primeros valores de n

n n!

1 12 23 64 245 1206 7207 50408 403209 36288010 3628800

A4-11

Observacion 5.5.1 Si n es un entero positivo, entonces

(n + 1)! = (n + 1)× n!

Ejemplo 5.5.4 Utilizando el principio de la multiplicacion, se puede mostrar que 50personas pueden formar una fila de una lınea de

50× 49× 48× ...× 3× 2× 1 = 50! maneras

Teorema 5.5.1 (Permutaciones de n objetos tomados todos juntos) El totalde permutaciones de un conjunto de n objetos diferentes, tomados todos ellos juntos,es n!

Demostracion:La prueba es una aplicacion directa del principio de la multiplicacion. Se dispone de nespacios para llenar. El primer espacio se puede llenar con cualquiera de los n objetos,y por tanto de n diferentes maneras. Luego de haber llenado este espacio en cualquierade las n maneras posibles, el segundo espacio se puede llenar con cualquiera de loselementos sobrantes, y por tanto de n− 1 formas. De la misma manera, para llenar eltercer espacio existen n−2 maneras, n−3 maneras para el cuarto, y ası sucesivamente.En consecuencia, por el principio de la multiplicacion, el numero total de maneras dellenar los n espacios es:

n(n− 1)(n− 2) · . . . · 3× 2× 1 = n!

Definicion 5.5.2 El numero de permutaciones de n objetos diferentes, tomados to-dos juntos, se representa por nPn. Ası, se tiene que:

nPn = n!

Ahora se consideraran las permutaciones de n objetos en las cuales solo algunos deellos, pero no necesariamente todos, son tomados en cuenta.

Ejemplo 5.5.5 ¿De cuantas maneras se puede llenar una repisa con capacidad paratres libros si estos se escogen de un grupo de 7 libros diferentes?

Solucion:El primer espacio se puede llenar de 7 maneras diferentes (cualquiera de los 7 libros).El segundo espacio puede llenarse de 6 maneras diferentes (cualquiera de los 6 librosrestantes). Finalmente, el tercer espacio puede llenarse de 5 maneras diferentes. Porel metodo de multiplicacion, los espacios pueden de

7× 6× 5 maneras diferentes

El sımbolo factorial se puede utilizar para expresar el producto de 7× 6× 5

7× 6× 5 =7× 6× 5× 4× 3× 2× 1

4× 3× 2× 1=

7!

4!

El numero de permutaciones de 7 objetos, tomados 3 a la vez, se representa por 7P3

y su valor es 7× 6× 5. Por tanto:

7P3 = 7× 6× 5 =7!

4!

Nota: Para evaluar 7P3 se puede empieza con 7 y se continua por 3 factores.

A4-12

Definicion 5.5.3 (nPr) Un arreglo de r objetos, tomados de un conjunto de n obje-tos, se llama una permutacion de los n objetos, tomando r a la vez. Al numerototal de tales permutaciones se lo representa por nPr y esta definido para todo r ytodo n tales que ambos sean numero enteros y satisfagan r ≤ n.

Teorema 5.5.2 (Permutaciones de n objetos, tomados r a la vez) El nume-ro de Permutaciones de un conjunto de n objetos diferentes, tomados r a la vez, sinrepeticiones, es:

nPr =n!

(n− r)!

Demostracion:Para esta demostracion se aplica una vez mas el principio de la multiplicacion. Se tiener espacios que se llenaran con elementos de un conjunto de n objetos sin repeticionespermitidas. El primer espacio se puede llenar con cualquiera de los n objetos diferentesy por tanto de n maneras diferentes. Luego de haberlo llenado en alguna de estasmaneras, quedan n − 1 objetos disponibles. Este es el numero de maneras en quese puede llenar el segundo espacio. De la misma forma, el tercer espacio se puedellenar de n− 2 maneras, el cuarto espacio de n− 3 maneras, y ası sucesivamente. Elpunto principal es que el decimo espacio puede llenarse en n−9 maneras, el quinceavoespacio en n−14 y en general, el r-esimo espacio puede llenarse de n−(r−1)maneras.Utilizando el principio de la multiplicacion, los r espacios pueden llenarse de

nPr = n · (n− 1) · (n− 2) · . . . · (n− r + 1) maneras (1)

La parte derecha de la formula anterior consiste en r factores. Si se multiplica estaexpresion por (n−r)!/(n−r)!, la expresion no se altera y permite expresar el resultadodel modo planteado por el teorema

nPr =n!

(n− r)!(2)

Observacion 5.5.2 (El significado de 0!) La formula (1) esta definida para todoslos numeros enteros positivos r y n que satisfagan r ≤ n. Las formulas (1) y (2) soncongruentes si r < n, pero si r = n la formula (2) se convierte en

nPr =n!

(0)!

lo cual no tiene sentido a menos que se defina 0! apropiadamente.

Definicion 5.5.4 (Cero Factorial)

0! = 1

Corolario 5.5.1 Si 0! = 1, entonces

n! = n× (n− 1)!

para todo entero positivo n.

A4-13

Ejemplo 5.5.6 Un experto en memoria ha encontrado 8 pasos compatibles que pue-den mejorar la habilidad de una persona para recordar una lista de objetos. Esteexperto tambien encontro que (a) los principiantes solo pueden recordar 3 pasos, y(b) el orden en que se usen estos pasos es importante. ¿Cuantos experimentos diferen-tes debe realizar para encontrar el orden de los pasos que produce la mejor retencion?

Solucion: El problema es aquel de encontrar el numero de permutaciones de 8objetos tomados 3 a la vez. Este numero es

8P3 = 8× 7× 6 = 336

el cual es el numero de experimentos necesarios para comparar el desempeno de todoslos posibles “3 pasos ordenados”.

Ejemplo 5.5.7 ¿Cuantas permutaciones de 5 cartas, tomadas de una baraja de 52cartas diferentes, existen?

Solucion: Como consecuencia de los teoremas anteriores, el numero que se buscaes

52P5 = 52× 51× 50× 49× 48 = 311875200

Ejemplo 5.5.8 ¿Cuantas palabras diferentes se pueden formar con todas las letrasjuntas de la palabra “hiperbola”? ¿De cuantas maneras se lo puede realizar de talmodo que las letras “h” e “i” aparezcan juntas? ¿De cuantas se lo puede realizar detal forma que las letras “h” e “i” no aparezcan juntas?

Solucion: Por el teorema 5.5.1 se obtiene que el numero total de maneras paraarreglar 9 diferentes letras, todas juntas es 9! o 362880. Este resultado serıa correctosi no hubieran restricciones sobre la posicion que deben tener “h” e “i”.Si las letras “h” e “i” deben ocurrir juntas, una buena estrategia serıa considerarlascomo un solo elemento, “hi”. De este modo se tienen 8 letras diferentes a ser arregla-das, y por tanto 8! posibles arreglos. Sin embargo, en cada uno de estos arreglos elelemento “hi” puede cambiarse a “ih” y la restriccion impuesta aun se cumple.En consecuencia, el numero total de palabras en las cuales las letras “h” e “i” ocurrenjuntas es

2× 8! = 80640

El numero de palabras en las que “h” e “i” no aparecen juntas se obtiene calculandola diferencia entre el total de palabras que se pueden formar con las 9 letras, 9!, y eltotal de palabras en las que “h” e “i” aparecen juntas, 2× 8!, es decir

9!− 2× 8! = 362880− 80640 = 282240

Ejemplo 5.5.9 Utilizando los resultados del ejercicio y asumiendo que cada palabratiene igual probabilidad de ocurrencia, encuentre:

a) La probabilidad que “h” e “i” se encuentren juntas

b) La probabilidad que “h” e “i” no se encuentren juntas.

A4-14

Solucion: Para encontrar las probabilidades solicitadas, se podrıa imaginar unespacio muestral con 362880 puntos muestrales, correspondientes al total de posi-bles ordenes de las letras de la palabra “hiperbola”. Como cada palabra tiene igualprobabilidad de ocurrencia, 1/362880, se obtiene que

P(“h” e “i” juntas) =80640

362880=

2× 8!

9!=

2

9

y

P(“h” e “i” no esten juntas) =282240

362880=

7× 8!

9!=

7

9

Ejemplo 5.5.10 26 personas A, B,. . ., Z forman una fila de manera aleatoria. ¿Cuales la probabilidad que A y B se encuentren juntos?

Solucion: Existen 26! formas en las que se pueden ordenar 26 personas en unalınea. Para conocer el numero de alineaciones en las que A y B estan juntas, primerose deben seleccionar dos espacios adyacentes (lo cual puede realizarse de 25 maneras),a continuacion se ubica a A y B en estos espacios (esto se puede realizar de 2 formas),y finalmente se colocan a las 24 personas restantes (lo cual puede realizarse de 24!maneras). Por tanto, la probabilidad en cuestion es

P(A y B esten juntas) =25× 2× 24!

26!=

2

26=

1

13

5.6. Combinaciones

En la seccion anterior se obtuvieron algunas formulas para contar permutaciones.Estas formulas permiten conocer el numero total de maneras en que pueden ser arre-glados un grupo de objetos en una fila ordenada.A veces un problema requiere hacer una seleccion de objetos sin respetar el orden,en cuyo caso un cambio en el orden no produce una nueva seleccion. Por ejemplo,al escoger un comite de tres personas, “Pedro, Marıa y Juan” conforman el mismocomite que “Marıa, Pedro y Juan” y por tanto no se los cuenta dos veces.

Ejemplo 5.6.1 Cuatro drogas, A, B, C y D, son utiles en el tratamiento de ciertasenfermedades cronicas. Un investigador cientıfico posee fondos suficientes para realizarun estudio sobre la eficacia comparativa de 3 de estas drogas. ¿Cuantos estudiosdiferentes son posibles?

Solucion: El cientıfico hace una seleccion de 3 drogas del grupo A, B, C y D sintomar en cuenta el orden. Por tanto se tienen 4 posibles selecciones:

ABC, ABD,ACD,BCD

ACB no se lista, por ejemplo, porque es igual a la seleccion ABC y por tanto generael mismo estudio que ACB. Si se requiriera el numero de permutaciones de estasdrogas, tomando tres a la vez, este numero serıa

4P3 = 4× 3× 2 = 24

A4-15

el cual toma en cuenta el orden en que se seleccionen las drogas, algo que no esimportante a la hora de determinar el total de estudios posibles. La palabra selecciones aceptable, sin embargo, debido a que se esta tratando con una clase especial deseleccion donde no es relevante el orden de los objetos, se necesita una palabra especial,esta palabra sera combinacion.

Observacion 5.6.1 En una permutacion el orden es tomado en cuenta, en unacombinacion el orden no es tomado en cuenta.

Nota: Ordinariamente se debe decidir si la naturaleza del problema envuelve per-mutaciones o combinaciones. La decision viene dada por la respuesta a la pregunta:¿Importa el orden o no?. Por ejemplo si se arreglan 3 libros en una repisa, es naturalconsiderar a ACB y ABC como arreglos diferentes y tomar en consideracion el orden,por lo que hay permutaciones involucradas. Pero si se estan seleccionando 3 librospara leer el fin de semana, ABC y ACB estan representando la misma seleccion, seesta tomando en consideracion el orden, por lo que hay combinaciones involucradas.Ası mismo dos personas, X y Y, pueden alinearse de dos maneras: XY o YX. Peroestas dos personas pueden formar un comite de dos de una sola forma, esto es, XY yYX conforman el mismo comite. El orden cuenta en una alineacion, pero no cuentaen un comite, a menos que uno de ellos sea el presidente.

Observacion 5.6.2 (Subconjuntos de un conjunto dado) El lenguaje de los con-juntos se puede utilizar para el ejemplo anterior. El problema hace referencia a lossubconjuntos de tres elementos que pueden ser formados a partir del conjunto

{A, B, C,D}

Definicion 5.6.1 (Combinaciones) Una combinacion es una seleccion de objetosconsiderados sin respetar su orden. Un subconjunto de r objetos seleccionados sin res-petar su orden de un conjunto de n objetos diferentes es llamado una combinacionde n objetos tomados r a la vez. El numero total de combinaciones se denota por

nCr o por

(n

r

), donde r ≤ n

Alternativamente, se dice que el numero de subconjuntos de r elementos de un con-junto dado de n elementos es nCr, o

(nr

).

Ejemplo 5.6.2 (Evaluacion de nCr, o(

n

r

)) En el ejemplo 5.6.1, si las drogas estan

en diferentes botellas y las botellas se ordenan en una lınea, se pueden generar 6 per-mutaciones de cada una de las 4 selecciones

ABC, ABD, ACD, BCD

debido a que cada subconjunto de 3 elementos puede ser arreglado de 3! maneras,esta operacion produce un total de 4(3!) o 24 permutaciones, las cuales se listan enla siguiente tabla

A4-16

Combinaciones PermutacionesABC ABC ACB BAC BCA CAB CBAABD ABD ADB BAD BDA DAB DBAACD ACD ADC CAD CDA DAC DCABCD BCD BDC CBD CDB DBC DCB

(Cada combinacion tiene 3! = 6 permutaciones)

Es evidente que las 24 permutaciones de las 4 botellas, tomadas 3 a la vez, sonobtenidas reordenando las combinaciones. En otras palabras,

(numero de combinaciones)× 3! = (numero de permutaciones)

o en sımbolos:

4C3 × 3! = 4P3,(4

3

)× 3! = 4× 3× 2

Ası,

4C3 =

(4

3

)=

4P3

3!= 4.

Un generalizacion del razonamiento anterior permitira evaluar nCr, o

(n

r

).

Teorema 5.6.1 (Combinaciones de n objetos, r a la vez) El numero de com-binaciones de un conjunto de n objetos diferentes, tomando r a la vez, es(

n

r

)= nCr =

n!

r! (n− r)!

Demostracion:Cada combinacion de r objetos puede ser arreglada en r! formas, y por lo tantogenerar r! permutaciones. Dado que existen nCr combinaciones y cada una de ellasgeneran r! permutaciones, entonces el total de permutaciones de n objetos, tomadosr a la vez es:

nCr × r! = nPr =n!

(n− r)!

y por tanto: (n

r

)= nCr =

n!

r! (n− r)!

A4-17

Ejemplos 5.6.3 Por aplicacion directa del teorema 5.6.1, se tiene que

100C2 =100!

2! (98!)=

100× 99

2× 1(n

1

)=

n!

1! (n− 1)!= n(

n

0

)=

n!

0! (n− 0)!=

n!

n!= 1(

n

n

)=

n!

n! (n− n)!=

1

0!= 1

Corolario 5.6.1 El numero de combinaciones de n objetos, tomados n− r a la vez,es igual a aquel que se obtiene tomando r objetos a la vez:(

n

n− r

)=

(n

r

)Demostracion:

(n

n− r

)=

n!

(n− r)! [n− (n− r)]!=

n!

(n− r)! (n− n + r)!(n

n− r

)=

n!

(n− r)! r!=

n!

r! (n− r)!(n

n− r

)=

(n

r

)

Observacion 5.6.3 Que el numero de combinaciones de n objetos, tomados n− r ala vez, sea el mismo numero que si se toman r a la vez, no es una sorpresa. Siempreque se seleccionan r objetos de n, hay (n− r) objetos que no se seleccionaron.

Ejemplo 5.6.4 Considerese el ejemplo 5.6.2. El total de combinaciones que se podrıanformar de este conjunto de 4 elementos diferentes, seleccionando 3 de ellos, es igual alnumero de combinaciones que se podrıan formar con los elementos no seleccionados.El conjunto en cuestion es el siguiente:

{A, B, C,D}

Los subconjuntos que se pueden formar con los elementos seleccionados y no selec-cionados se resumen en el siguiente cuadro

No.Combinaciones con loselementos seleccionados

Combinaciones con loselementos NO seleccionados

1 ABC D2 ABD C3 ACD B4 BCD A

Total(

43

)= 4

(4

4− 3

)=

(41

)= 4

A4-18

Ejemplo 5.6.5 ¿De cuantas maneras puede ser seleccionada una mano de 13 cartasde una baraja de 52 cartas? Si la baraja esta completamente mezclada, ¿cual es laprobabilidad de obtener 13 cartas del mismo palo?

Solucion: Primera parte.El numero de maneras de seleccionar 13 cartas de una baraja de 52 cartas (el ordenen que se las seleccione no importa) esta dado por:(

52

13

)=

52!

13! 39!= 635013559600 //R

Segunda Parte.

El valor que se encontro en la primera parte corresponde al numero de puntos mues-trales del espacio muestral de las posibles manos de 13 cartas. La baraja contiene 4palos: espadas, corazones, diamantes y treboles. Asumiendo que todas las manos tie-nen igual probabilidad de ocurrencia (los 635013559600 puntos muestrales son igualde probables), se obtiene:

P(13 cartas del mismo palo) = 4 · 1(52

13

) =4

635013559600

=1

158753389900

Ejemplo 5.6.6 ¿De cuantas maneras puede ser escogido un comite de 3 integrantes,todos con igual poder, con los miembros de 4 matrimonios?

a) Si todos los miembros son elegibles

b) Si el comite debe consistir de 2 mujeres y un hombre

c) Si un esposo y una esposa no pueden servir en un mismo comite?

d) Los nombres de cada posible comite de 3 integrantes (escogido sin restricciones)estan escritos en tarjetas, un comite por tarjeta. Las tarjetas son mezcladas y elcomite es seleccionado tomando una tarjeta al azar. Encuentre la probabilidadque el comite este formado por dos mujeres y un hombre y la probabilidad queeste formado por una pareja de casados.

Solucion:Literal a)Dado que para formar el comite el orden no cuenta, el problema es aquel de contarlas selecciones de 3 personas que se pueden hacer de un grupo de ocho, esto es(

8

3

)=

8!

3! 5!=

8× 7× 6

3× 2× 1= 56 //R

Literal b)

A4-19

Las dos mujeres pueden ser seleccionadas de(4

2

)= 6 formas

despues haber sido seleccionadas en cualquiera de estas formas, el hombre puede serseleccionado de (

4

1

)= 4 formas

Por lo tanto, por el principio de multiplicacion, el total de maneras de seleccionar dosmujeres y un hombre para formar el comite es(

4

2

)×

(4

1

)= 6× 4 = 24 //R

Literal c)Si una pareja de casados no pueden servir al mismo tiempo en el comite, entonces 3parejas estaran representadas en el comite. Las tres parejas pueden ser seleccionadasde (

4

3

)= 4 maneras

Despues que las 3 parejas han sido seleccionadas, existen dos elecciones que pueden serhechas para la primera pareja (el esposo o la esposa va al comite), dos para la segundapareja y dos para la tercera. Finalmente, aplicando el principio de multiplicacion, elnumero total de comites que se pueden formar es(

4

3

)× 2× 2× 2 = 32 //R

Literal d)De literal a) se deduce que hay 56 tarjetas. Como cada una de las 56 tarjetas tieneigual probabilidad de ocurrencia, por el literal b) se obtiene que

P( comite con dos mujeres y un hombre) =24

56=

3

7//R

Finalmente, utilizando el resultado del literal c), se tiene que

P( comite sin integrantes de un mismo matrimonio) =32

56=

4

7//R

Ejemplo 5.6.7 ¿De cuantas maneras puede hacerse una seleccion de uno o mas librosde 5 libros de algebra identicos y 4 libros de geometrıa identicos?

Solucion:Se tratara primero con los libros de algebra. Se pueden seleccionar 1, 2, 3, 4, 5 oninguno de ellos. Por lo tanto, estos libros pueden ser tratados de 6 maneras. Delmismo modo, se puede tratar con los libros de geometrıa en 5 maneras. Por el principiode la multiplicacion, se puede hacer una seleccion de las dos clases de libros de

6× 5 = 30 maneras

A4-20

Estas 30 maneras incluyen el caso en el cual no se toma ni un libro de algebra ni unode geometrıa. Por tanto, si se debe tomar por lo menos un libro, entonces el numerode selecciones es

30− 1 = 29 //R

Teorema 5.6.2 (Regla de Pascal)(n + 1

r

)=

(n

r − 1

)+

(n

r

)para 1 ≤ r ≤ n

Demostracion:

(n

r − 1

)+

(n

r

)=

n!

r! (n− r)!+

n!

(r − 1)! (n− r + 1)!

=(n− r + 1) n! + r! (n!)

r! (n− r + 1)!

=[(n + 1)− r] n! + r! (n!)

r! [(n + 1)− r]!

=(n + 1)n!

r! [(n + 1)− r]!

por la observacion 5.5.1(n

r − 1

)+

(n

r

)=

(n + 1)!

r! [(n + 1)− r]!(n

r − 1

)+

(n

r

)=

(n + 1

r

)//QED

Demostracion 2:

El total de selecciones de r objetos que pueden ser hechas de un conjunto dadode n + 1 objetos es igual a (

n + 1

r

)Si se establece uno de los objetos de la seleccion como fijo, el total de combina-ciones posibles sera igual al total de combinaciones de r − 1 elementos que sepueda formar con los [(n + 1)− 1] objetos restantes. Esto es,(

n

r − 1

)

A4-21

La diferencia entre los dos anteriores corresponde al numero de combinacionesde r elementos en donde el objeto fijo del item anterior no aparece. Este numerose lo obtiene seleccionando r elementos de los [(n + 1) − 1] objetos restantespermitidos. (

n

r

)En conclusion (

n

r

)=

(n + 1

r

)−

(n

r − 1

)o, (

n + 1

r

)=

(n

r − 1

)+

(n

r

)//QED

Observacion 5.6.4 La demostracion anterior es una aplicacion del principio de lasuma. Esto se da porque la seleccion de r objetos, de un total de n + 1, o contieneal elemento que se designo como fijo (lo cual sucede en nC(r−1) de las veces) o no locontiene (evento que sucede en nCr de las veces). Ambas cosas no pueden sucedersimultaneamente.

Observacion 5.6.5 (El triangulo de Pascal) La Regla de Pascal provee de unmecanismo sencillo para construir una tabla con los valores de nCr. Esta tabla se laconoce como El Triangulo de Pascal.

Triangulo de Pascal para nCr, 0 ≤ r ≤ n ≤ 10(n + 1

r

)=

(n

r − 1

)+

(n

r

), 1 ≤ r ≤ n

r .n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

0 11 1 12 1 2 13 1 3 3 14 1 4 6 4 15 1 5 10 10 5 16 1 6 15 20 15 6 1

7 1 7 21 35 35 21 7 18 1 8 28 56 70 56 28 8 19 1 9 36 84 126 126 84 36 9 1

10 1 10 45 120 210 252 210 120 45 10 1

+

=

Nota: Las filas de la tabla corresponden a los valores de n y las columnas a losvalores de r. La primera y la ultima entrada de cada fila es igual a 1 porque(

n

0

)=

(n

n

)= 1

A4-22

El resto de entradas pueden ser calculadas, por medio de la Regla de Pascal, comola suma de la entrada que se encuentra inmediatamente arriba y la que esta a laizquierda de esta. Por ejemplo, la zona que ha sido enmarcada ilustra que(

6

4

)=

(5

3

)+

(5

4

)o 15 = 10 + 5

5.7. Permutaciones de objetos que no son todos diferentes

Esta sub-seccion provee elementos para responder a la siguiente pregunta: ¿Como seafecta el total de posibles permutaciones de un conjunto de objetos, si algunos deellos son iguales o no se los puede distinguir? En un caso como el descrito se puedeafirmar, intuitivamente, que el numero total de permutaciones disminuira.

Ejemplo 5.7.1 ¿Cuantos numeros diferentes se pueden formar reordenando los dıgi-tos del numero 33332?

Solucion:Claramente los numeros que se pueden formar son:

33332 33323 33233 32333 23333

y por tanto la respuesta es 4. Si los todos los 5 dıgitos hubieran sido diferentes, sehabrıa obtenido un total de 120 arreglos. La presencia de objetos que no se puedendistinguir disminuye este numero.Como es de esperar, el procedimiento de enumeracion explıcita de cada arreglo tieneserias limitaciones. Si se intenta listar todos los arreglos de los dıgitos 3333332222,se obtendra 210 posibilidades. En el siguiente ejemplo se deducira un nuevo metodogeneral para contar permutaciones de objetos que no son todos diferentes.

Ejemplo 5.7.2 ¿De cuantas formas se pueden arreglar las letras de la palabra “assess”tomadas todas juntas?

Solucion:El problema serıa sencillo si las cuatro s’s fueran diferentes entre si, pues en tal casoel total de permutaciones de las 6 letras diferentes, tomadas todas juntas serıa iguala 6!.Para resolver el problema se asumira temporalmente que las cuatro s’s son de hechodiferentes.

s1 s2 s3 s4

Considerese al numero total de permutaciones de las letras de la palabra “assess”como x. Ahora considerese una de estas permutaciones en particular, por ejemplo

s s s s a e

Si en este arreglo se reemplazan las cuatro s’s por

s1 s2 s3 s4

A4-23

entonces, el arreglo original puede generar 4! arreglos permutando las cuatro s’s consubındices, sin reordenar las otras letras. Del mismo modo, cada una de las x permu-taciones originales genera 4! permutaciones nuevas y por tanto, el numero total depermutaciones sera x(4!). Dado que las letras

s1 s2 s3 s4 a e

son ahora todas diferentes, x(4!) es el numero total de permutaciones de 6 letrasdiferentes tomadas todas juntas. En conclusion

x(4!) = 6!

o

x =6!

4!

Teorema 5.7.1 (Permutaciones de objetos que no son todos diferentes) El nume-ro de permutaciones de n objetos de los cuales n1 son de una clase, n2 son de unasegunda clase, . . . , nk son de la k-esima clase y n1 + n2 + . . . + nk = n, es

n!

n1! n2! . . . nk!,

Corolario 5.7.1 (Permutaciones para dos clases de objetos) Si un conjunto den objetos consiste de r elementos de una clase y n− r elementos de otra, entonces eltotal de permutaciones de los n objetos, tomados todos juntos, es

n!

r!(n− r)!=

(n

r

)=

(n

n− r

)Demostracion:La demostracion es una consecuencia inmediata del teorema 5.7.1 para el caso en quen1 = r y n2 = n− r.

Demostracion 2:Considerese que hay r A’s y n − r B’s que van a ser ordenadas en una fila. De losn espacios en blanco que hay, r se llenaran con A’s y el resto con B’s. El total demaneras de seleccionar los espacios que se asignaran a las A’s es igual a(

n

r

)× 1 =

(n

r

)Una vez que se ha realizado esta asignacion, las A’s pueden ser arregladas en losespacios de una sola forma. Los n − r espacios restantes son para las B’s y estaspueden arreglarse en estos espacios de una sola forma(

n− r

n− r

)× 1 = 1

En conclusion, el total de arreglos posibles es igual a(n

r

)

A4-24

Observacion 5.7.1 El numero de permutaciones de n objetos, r de una clase yn− r de otra clase, es igual al numero de combinaciones de n objetos diferentes (losn espacios en blanco, tomados r a la vez.

Ejemplo 5.7.3 ¿Cuantas palabras se pueden generar con las letras de la palabra“mississippi”, tomadas todas a la vez?

Solucion:Se tienen 11 letras: una m, cuatro i ’s, cuatro s ’s y dos p’s: (m iiii ssss pp). Ası,

n1 = 1 n2 = 4 n3 = 4 y n4 = 2

Por el teorema 5.7.1, el numero total de permutaciones de estas 11 letras, tomadastodas juntas, es igual a

11!

1! 4! 4! 2!

Ejemplo 5.7.4

a) El director de un museo desea colocar en una fila 7 pinturas: 3 de Cezanne y4 de Picasso. Las pinturas de Picasso tienen fecha y el director desea que estasaparezcan en orden cronologico de izquierda a derecha. ¿De cuantas manerasse pueden ordenar las 7 pinturas?

b) Si las 7 pinturas se colocan aleatoriamente, ¿cual es la probabilidad que losdeseos del director se cumplan?

Solucion:Literal a)Debido a que el orden relativo de las pinturas de Picasso no puede ser alterado (debidoal factor cronologico), para los propositos de este problema estas pinturas pueden serconsideradas como identicas. Por lo tanto, el problema es aquel de encontrar el numerode permutaciones de 7 objetos, donde 4 de ellos son identicos. Este numero es igual a

7!

4! (1!)3= 210

Literal b)Existen 7!, o 5040, posibles maneras de colocar las 7 pinturas. De estas, 210 satisfacenlos deseos del director. Si cada posible arreglo tiene igual probabilidad de ocurrencia,entonces la probabilidad que esten en el orden requerido es[

7!

4! (1!)3

]7!

=210

5040= 1/24

Ejemplo 5.7.5 (Trayectorias en un enrejado) Las calles de una seccion de la“Ciudad Cuadrada” forman una cuadrıcula o enrejado de 6 cuadras de largo por 4de ancho (ver figura a continuacion). Un peaton camina del punto O al punto Adirigiendose siempre hacia el norte o el este.

A4-25

a) ¿Cuantos caminos diferentes existen?

b) Si todos los caminos son igual de probables, ¿cual es la probabilidad que elpeaton pase por el cruce B en su ruta hacia A?

A

O

B

Un camino del enrejado: (EENNNEEENE)

Solucion:Literal a)Cada posible trayectoria involucra una caminata de 6 cuadras al este y 4 al norte.Esto implica que existe una correspondencia unıvoca entre los posibles caminos y losposibles arreglos de las letras “EEEEEENNNN ”, tomadas todas juntas, donde “E”denota una caminata de una cuadra hacia el este y N una caminata de una cuadrahacia el norte.Por el corolario 5.7.1 se tiene que existen(

10

6

)= 210 posibles caminos

Literal b)El numero de caminos del punto “O” al punto “B” es igual a

(64

), y el numero de

rutas de “B” hacia “A” es de(42

). Por lo tanto, por el principio de la multiplicacion,

el total de caminos de “B” hasta “A” que pasan por “B” es igual a(6

4

)·(

4

2

)y en consecuencia

P

(pasar por “B” en la ruta

de “O” hacia “A”

)=

(6

4

)(4

2

)(

10

6

)

P

(pasar por “B” en la ruta

de “O” hacia “A”

)=

(15)(6)

210=

3

7//R

A4-26