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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.

101

102 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 3.1.5).

(version preliminar 8 de octubre de 2008)

3.1. Subconjuntos. Coeficientes binomicos 103

Aunque en la subseccion 3.1.2 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 de1, . . . , 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 3.1.5.



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 0Γ1 = 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− 1k

)+(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

⎫⎬⎭∪


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− 1k

).

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− 1k

)+(n− 1k − 1

)=

[(n− 2k

)+(n− 2k − 1

)]+[(n− 2k − 1

)+(n− 2k − 2

)]

=(n− 2k

)+ 2

(n− 2k − 1

)+(n− 2k − 2

)=

(20

)(n− 2k

)+(

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.Curiosamente, parece ser que, pese a que fue uno de los pioneros de la teorıade 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

).

Las primeras estimaciones parten de la sencilla observacion de que la suma de todos loscoeficientes

(2nj

)vale exactamente 22n = 4n. Ası que cada uno de ellos, y en particular

(2nn

),

ha de ser menor que 4n. Pero ademas, como(2n

n

)es el mayor de todos estos coeficientes,

4n =2n∑j=0

(2nj

)<

2n∑j=0

(2nn

)= (2n+ 1)

(2nn

).



Reuniendo ambas estimaciones, concluimos que

4n

2n+ 1<

(2nn

)< 4n .

Con la precisa estimacion asintotica de Stirling (vease la seccion 2.4.4) podemos 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→∞

log(2n

n

)n log(4)

= 1 .

3.1.2. Algunas aplicaciones combinatorias de los coeficientes binomicos

Desde hace unas paginas, los coeficientes binomicos se pasean, pavoneandose. Es hora yade ponerlos a trabajar. Consideremos las siguientes tres cuestiones combinatorias, aparente-mente (pero solo aparentemente, como veremos) muy distintas entre sı:

Cuestion 1. Calcular el numero de composiciones distintas de longitud k del entero n.Cuestion 2 Calcular el numero de soluciones enteras de

x1 + x2 + · · · + xk = nxi ≥ 1

donde por solucion entendemos una lista de enteros (x1, . . . , xk), todos ellos mayores oiguales que 1, cuya suma vale n.Cuestion 3. Calcular el numero de formas distintas de distribuir n bolas identicasen k cajas numeradas.

La cuestion 3 habla de de distribuciones de bolas en cajas, un lenguaje que, como iremosviendo, resulta ser muy util para representar multiples cuestiones. En la seccion 3.4 resumire-mos los distintos casos que nos iremos encontrando a lo largo de estas paginas. La cuestion 2trata sobre ecuaciones con soluciones en los enteros. A este tipo de ecuaciones se les suelellamar diofanticas. Las estudiaremos con detalle en el capıtulo 4, en especial en la subsec-cion 4.1.4. Por ahora no nos interesara como resolverlas, sino solo saber cuantas solucionesdistintas tienen.

La primera cuestion, sobre las composiciones del numero n, ya la tratamos en la subsec-cion 2.2.3. Entonces veıamos la biyeccion que nos permitıa contar el numero total de ellas:

# composiciones de n = #

(n− 1)-listas con los sımbolos ,

= 2n−1.

Pero ahora queremos un mayor nivel de detalle: nos preguntamos cuantas composiciones hay,de esas 2n−1, que tengan exactamente longitud (numero de sumandos) k. El argumento esanalogo al que utilizamos en su momento: dar una composicion de n de longitud k es lomismo que colocar k − 1 separadores en los n− 1 huecos a nuestra disposicion.



Es decir,

#

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 − 1

extraıdos del conjunto 1, . . . , n− 1

=(n− 1k − 1

).

Por otra parte, y ya entramos con la segunda cuestion, dar una composicion de longitud kde n es lo mismo (compruebese la biyeccion) que dar una solucion de

n = x1 + x2 + · · · + xk , con xi ≥ 1 para cada 1 ≤ i ≤ k ,

donde “solucion”, como hemos dicho, significa una lista de numeros enteros x1, . . . , xk, ma-yores o iguales que 1, que suman n. Por tanto, tambien

# soluciones dex1 + x2 + · · · + xk = n

xi ≥ 1

=

(n− 1k − 1

)Vamos con la tercera11: la unica informacion relevante que debemos aportar si queremosdescribir una distribucion de n bolas identicas en k cajas numeradas es el numero de bolasque va a cada caja (y no que bolas, pues estas son identicas). Ası que si llamamos⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

x1 = numero de bolas que van a la caja 1,x2 = numero de bolas que van a la caja 2,

...xk = numero de bolas que van a la caja k,

vemos que estos numeros x1, . . . xk suman n, con la unica restriccion de que deben ser ≥ 0(porque pueden quedar cajas vacıas en nuestra distribucion). Ası que podemos contar:

#

distribuciones de n bolasidenticas en k cajas numeradas

= # soluciones de

x1 + · · · + xk = n

xi ≥ 0

.

Semejante a la cuestion 2, pero no exactamente igual, porque las restricciones sobre losposibles valores de los xi son un tanto diferentes. Intentemos transformarla en la cuestion yaconocida: consideremos una solucion del problema anterior, una lista de enteros no negativos(x1, . . . , xk) que suman n. Y sumemosle 1 a cada uno de ellos; obtenemos ası una lista(y1, . . . , yk), donde cada yi, que se obtiene como xi + 1, es ≥ 1. ¿Y cuanto suman?, lo quesumaran los xj, mas el numero de unos que hemos anadido, k de ellos. Esto es,

y1 + · · · + yk = n+ k .

Pero tambien podemos ir al reves: dada una lista (y1, . . . , yk), con yj ≥ 1 para cada j, quesumen n + k, si le restamos 1 a cada uno de ellos, obtenemos una lista (x1, . . . , xk), dondelos xj con ≥ 0 y suman n. Con esta biyeccion podemos concluir que

#

⎧⎨⎩distribuciones de

n bolas identicas enk cajas numeradas

⎫⎬⎭ = # soluciones dey1 + · · · + yk = n+ k

yi ≥ 1

=

(n+ k − 1k − 1

)

11¿Sevillanas?



Visto el exito conseguido12, nos animamos a plantear versiones mas generales de las trescuestiones. Por ejemplo, podrıamos generalizar la segunda cuestion de la siguiente manera:dados n y k, y unos enteros no negativos p1, . . . , pk, buscar el

# soluciones dex1 + x2 + · · · + xk = nx1 ≥ p1, . . . , xk ≥ pk

.

En terminos de bolas en cajas, buscamos el numero de formas de distribuir n bolas identicasen k cajas numeradas con la restriccion de que haya, al menos, pj bolas en la caja j, paracada j = 1, . . . , k. En el lenguaje de las composiciones, se tratarıa de buscar el numero decomposiciones de n (con k sumandos) en las que el primer sumando fuera mayor o igualque p1, el segundo mayor o igual que p2, etc.

Resolvemos la cuestion reduciendola a un caso ya conocido, por ejemplo aquel en elque todas las restricciones son del tipo ≥ 1. Para ello, empleamos el cambio siguiente (unabiyeccion):

yj = xj − pj︸︷︷︸≥0

+1 para cada j = 1, . . . , k.

Los yj son k enteros mayores o iguales que 1, que suman

k∑j=1

yj =k∑

j=1

(xj − pj + 1) = k +k∑

j=1

xj −k∑

j=1

pj = n+ k −k∑

j=1

pj .

Recordando cuantas soluciones de este problema habıa, podemos concluir que:

# soluciones dex1 + x2 + · · · + xk = nx1 ≥ p1, . . . , xk ≥ pk

=

⎛⎜⎝ n+ k − 1 −k∑

j=1

pj

k − 1

⎞⎟⎠Observe el lector que si

∑j pj > n no hay soluciones, pero de esto ya da cuenta el convenio

habitual de los coeficientes binomicos. Para recordar este resultado, y no confundirnos con elnombre de los parametros, pensemos que la respuesta es el coeficiente binomico que 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.

El lector podra reinterpretar sin dificultad la biyeccion que hemos utilizado en terminos dedistribuciones de bolas en cajas (distribuimos primero

∑pj bolas en las cajas correspondien-

tes, para luego repartir las restantes n−∑pj en las k cajas, ya sin restricciones).

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

).

12Exitillo, pero hay que ir animandose.



Seguimos generalizando: intentamos ahora imponer, ademas, cotas por arriba a los xi;esto es, buscamos el numero de soluciones de

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

.

O bien el numero de formas de distribuir n bolas identicas en k cajas numeradas de maneraque en cada caja vayan entre tantas y tantas bolas; o para composiciones. . . Aquı ya nova a ser posible obtener una formula sencilla en terminos de los parametros involucrados.Como quizas el lector inquieto ya esta sospechando, debemos hacer uso del principio deinclusion/exclusion. Lo vemos en un ejemplo.

Ejemplo 3.1.2 El numero de soluciones de la ecuacion diofantica x1 +x2 +x3 = 50, donde0 ≤ x1 ≤ 10, 5 ≤ x2 ≤ 35 y 0 ≤ x3 ≤ 10.

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

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 dey1 + y2 + y3 = 50 − 0 − 5 − 0 = 45

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

.

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

X =

soluciones dey1 + y2 + y3 = 45

yi ≥ 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 ≥ 11

⇒ |C| =

(45 + 3 − 11 − 1

3 − 1

)=

(362

).

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| =(25

2

)y que |B ∩ C| =

(52

), mientras que la

interseccion de los tres conjuntos es vacıa. Reuniendolo todo,

# soluciones =(

472

)−[2 ×

(362

)+(

162

)]+[2 ×

(52

)+(

252

)]= 21.

♣



3.1.3. 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 3.2: Polya

Esta formulacion, que como veremos es muy rica y elegante, se de-be al matematico hungaro Polya13, quien es tambien responsable delas teorıas que hay detras del estudio de la combinatoria con simetrıas(vease el capıtulo 16) y del paseo aleatorio (vease el capıtulo 18, 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 figura14, 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.

13George 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.

14O mas simplemente, por el tıtulo de esta subseccion.



A. Traslacion

Empezamos con una propiedad que sera utilen analisis posteriores. Consideremos los esque-mas que aparecen a la derecha.

(0, 0)

(n, k)

(0, 0)

(a, b)

(n + a, k + b)

Si observamosque ni los caminos de (0, 0) a (n, k) ni los quevan de (a, b) a (n+ a, k+ b) pueden salirse delarea senalada, y que ambas zonas son iguales, podremos deducir que:

Cam(n, k) = #

caminos (0, 0) → (n, k)

= #

caminos (a, b) → (a+ n, b+ k).

B. Reflexion

Consideremos un camino de (0, 0) a (n, k).Vamos a reflejarlo con respecto al eje vertical quepasa por el punto (0, 0). Lo que obtenemos es uncamino de (0, 0) a (n, n−k). Esta reflexion es unauna biyeccion entre el conjunto de caminos queunen (0, 0) con (n, k) y el conjunto de caminosque 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 el nodo decoordenadas (n, k) segun el nodo de la barrera ho-rizontal de un nivel anterior n − l por el que pasan(vease el dibujo).

n−l

n

k−l

k

nodo (n, k)

Observese que los nodos de la ba-rrera tienen coordenadas (n− l, k− l+m), donde mse mueve de 0 a l. Esta clasificacion es una particiondel conjunto de caminos, pues todos los caminos hasta (n, k) han de pasar necesariamentepor 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

).

Cambiando el el ındice de sumacion (de m a j = l−m), recuperamos la formula de Vander-monde de la pagina 108.

E. Barrera diagonal

Ahora consideramos, para un cierto nodo de lared, que por comodidad tomaremos de coordenadas(n + 1, k + 1), la barrera diagonal que incluye a losnodos de segundo ındice k (vease el dibujo). Note-se que los nodos de la barrera tienen coordenadas(n, k), (n− 1, k), . . . , (k, k). Es decir, son de la forma(j, k), con j = k, . . . , n.

k−1

n+1

k

nodo (n+1, k+1)

Como antes, 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)

Esta expresion, siendo cierta, no es util para nuestros calculos, porque no es una particion,pues hay caminos que estan en mas de uno de los conjuntos de la derecha. Imagine el lectorun camino que llegue a un nodo intermedio de la barrera y luego baje un rato por ella. Pararesolver esta dificultad, y contar una unica vez cada camino, los clasificamos dependiendo decual 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 tienecada bloque de la particion. Pero si el nodo (j, k) es el ultimo de la barrera que se toca,entonces el recorrido, mas alla de ese punto, esta ya fijado: paso a la izquierda y luego bajadahasta 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 3.1.3 Una formula para los numeros de Catalan Cn.

Si el lector docil revisa el ejemplo 2.3.3, recordara que Cn cuenta el numero de formasde multiplicar una lista de n + 1 numeros. Pero tambien es la respuesta de un problemaequivalente, como es el de contar el numero de listas (x1, . . . , x2n), donde xj = ±1 (hay nunos y n menos unos), y de manera que las sumas parciales, esto es, x1, x1 +x2, x1 +x2 +x3,etc, fueran siempre no negativas.

(1, 1)

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 brillante15: 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).

15Idea que, por consiguiente, no es original de los autores.



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

( 2nn+1

)caminos. Ası que, finalmente, deducimos que los

numeros de Catalan viene dados por

Cn =(

2nn

)−(

2nn+ 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 primeros valores de la sucesion:

Cn =1

n+ 1

(2nn

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

♣

3.1.4. Coeficientes multinomicos

Planteamos dos nuevas cuestiones combinatorias:

contar el numero de maneras de distribuir n bolas numeradas en k cajas numeradas deforma que haya a1 bolas en la primera caja, a2 en la segunda, etc., donde los numerosa1, . . . , ak cumplen que a1 + · · · + ak = n;contar el numero de listas de longitud n formadas con los sımbolos 1, . . . , k conexactamente a1 unos, a2 doses, etc. De nuevo, los numeros a1, . . . , ak cumplen quea1 + · · · + 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.

Observe el lector que si la cuestion se hubiera planteado sin restricciones sobre el numerode bolas por caja (o sobre el numero de veces que aparece cada sımbolo en la lista), el analisisserıa muy sencillo, pues bastarıa con decidir a que caja va cada bola; o cual es el sımbolode cada posicion de la lista. Esto, como bien sabemos, por simple aplicacion de la regla delproducto, se puede hacer de kn maneras16.

16Notese que la lista es de longitud n y que hay k sımbolos. Por eso aparece un kn, en lugar del nk queescribıamos en el analisis de las listas con repeticion de la subseccion 2.2.1. Aquı hemos cambiado los papelesde n y k. Si el lector revisa el ejemplo 2.2.5, podra establecer el diccionario entre este tipo de distribuciones(o listas) y las aplicaciones de un conjunto de tamano n en un conjunto de tamano k.



¡Ay!, las dichosas distribuciones de bolas en cajas, ese lenguaje tan del gusto de los quese dedican a menesteres combinatorios. En la seccion 3.1.2 tuvimos un primer contacto coneste tipo de cuestiones, aunque entonces tratabamos distribuciones de n bolas identicas en kcajas numeradas, con diferentes tipos de restricciones. Y aquı, al considerar a las bolas comonumeradas, esto es, distinguibles, no basta, como allı, con dar la informacion de cuantasbolas van en cada caja; hay que senalar tambien cuales son. Sobre bolas numeradas en cajasnumeradas, con otro tipo de restricciones, volveremos en las paginas siguientes (veanse elejemplo 3.1.7 y la subseccion 3.3.1 para el caso en el que no permitimos cajas vacıas). Y denuevo remitimos al lector premioso a consultar la seccion 3.4, si es que quiere disfrutar de lacontemplacion de todos los casos posibles en estricta formacion.

Pero basta ya de preambulos, y pasemos a analizar la cuestion de interes. Vemos primeroun ejemplo sencillo, que nos da la pista para el argumento general. Supongamos que queremosrepartir n bolas numeradas en 3 cajas numeradas, de manera que haya a1 en la primera, a2

en la segunda y a3 en la tercera, donde a1 + a2 + a3 = n. Para contar cuantas distribucionesde estas hay, seguimos el siguiente proceso:

1. Elegimos cuales (y no cuantas) son las a1 bolas que van a la caja 1 (recordemos quelas bolas son distinguibles). 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 la tercera caja quedan ya determinadas (son todas las que quedan), ası que nohabra que decidir nada en este paso. Aunque tambien podrıamos argumentar como enlos dos pasos anteriores y observar que las bolas de la tercera caja 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!.

Como el lector podra comprobar, el mismo argumento se puede aplicar al caso de k cajas,para obtener que el numero de distribuciones de n bolas distinguibles en k cajas numeradascon a1 bolas en la primera caja, a2 en la segunda, etc., con a1 + a2 + · · · + ak = n, vienedado por

n!a1! a2! . . . ak!

.

Es tradicional designar a esta cantidad con un sımbolo y un nombre especial. Se trata de uncoeficiente multinomico17:(

n

a1, a2, . . . , ak

)=

n!a1! a2! . . . ak!

,

definido unicamente cuando los numeros a1, . . . , ak sumen exactamente n.17Nombrados ası, ¡por que iba a ser!, porque aparecen en el llamado “teorema del multinomio”, una gene-

ralizacion del teorema del binomio (vease la subseccion 3.1.5).



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.

Un analisis alternativo, escrito en el lenguaje de las listas, nos va a llevar al mismoresultado. Digamos que queremos contar cuantas n-listas podemos formar con los sımbolos1, . . . , k de manera que haya a1 unos, a2 doses, etc., donde a1 + · · · + ak = n. Ya sabemosque la respuesta esta en el coeficiente multinomico correspondiente.

Pero argumentemos de la siguiente manera: hagamos primero que los sımbolos sean dis-tinguibles. ¿Como que distinguibles?, ¿pero de que manera vamos a poder distinguir, porejemplo, dos unos entre sı?, protestara el lector, alarmado ante este nuevo artificio. Pues jus-tamente etiquetando de cierta manera cada sımbolo. Para ello consideramos el nuevo conjuntode sımbolos siguiente:

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

Notese que, por ejemplo, hemos considerado tantos “clones” del sımbolo 1 como nos indica elvalor de a1. Observese tambien que ahora en total hay n sımbolos. Como son distinguibles,los podemos disponer en una n-lista de n! maneras distintas. Pero, para contrarrestar la dife-renciacion ficticia y auxiliar que hemos introducido, por ejemplo, entre los unos, deberemosdividir por un factor a1! (construya el lector explıcitamente la aplicacion a1! a 1 que haydetras de este comentario). Lo mismo deberemos hacer con los doses, con los treses, etc.Ası llegamos, de nuevo, 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 3.1.4 En una empresa hay 25 personas y se quieren repartir en 4 grupos detrabajo: el primero, dedicado a la relacion con los clientes, debe constar de 4 personas. Elsegundo, para el desarrollo de los proyectos, de 6 personas. El tercero estarıa dedicado a lastareas de contabilidad y estarıa compuesto por 7 personas. Las otras 8 personas trabajarıanen tareas de organizacion interna. ¿De cuantas maneras se pueden estructurar estos grupos?

Los grupos de trabajo van a ser las cajas (hay 4), y el objetivo es repartir 25 bolas numeradas(las personas) en estas 4 cajas numeradas de manera que haya 4 en la primera, 6 en la segunda,7 en la tercera y 8 en la cuarta. Esto se puede hacer de(

256, 4, 7, 8

)=

25!4! 6! 7! 8!

= 4417238826000 formas distintas

casi cuatro billones y medio, una cantidad enorme. Animamos al lector a que escriba elargumento en terminos de listas. ♣



Ejemplo 3.1.5 ¿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 de listas dividiendo por los factoriales correspondientes:

8!2! 3! 3!

=(

83, 2, 3

)=

8 × 7 × 6 × 5 × 42 × 2 × 3

= 560 .

Exhortamos ahora al lector a que se atreva con la version en el lenguaje de las distribucionesde bolas en cajas. ♣

3.1.5. Sobre el teorema del binomio

Tras tanto mentar a los coeficientes binomicos y multinomicos, resulta oportuno revisarel resultado que justifica los nombres utilizados. El bien conocido teorema del binomionos dice que

(1 + x)n =n∑

k=0

(n

k

)xk para cualquier numero real x.

Es un ejercicio interesante, que recomendamos al lector, probar la validez del teorema porinduccion (vease el ejercicio 3.1.19).

El teorema del binomio nos proporciona el primer ejemplo de funcion generatriz: lafuncion (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 . . .

.

Pero sobre estas cuestiones insistiremos, y mucho, en el capıtulo 10.Una generalizacion de la formula del binomio se obtiene reemplazando x por x/y:(

1 +x

y

)n

=n∑

k=0

(n

k

)xk

yk=⇒

(y + x

y

)n

=n∑

k=0

(n

k

)xky−k ,

de donde deducimos, multiplicando por yn, la siguiente expresion:

(x+ y)n =n∑

k=0

(n

k

)xkyn−k

que en principio es valida para y = 0. Pero es que para y = 0 dice simplemente que xn = xn,por lo en realidad es valida para todo y.



Si en esta ultima expresion tomamos x = y = 1, obtenemos el valor, ya conocido, de lasuma completa de los coeficientes binomicos de ındice superior n:

2n =n∑

k=0

(n

k

).

Pero si tomamos x = 1 e y = −1, llegamos a la (inesperada18) expresion

0 =n∑

k=0

(−1)k

(n

k

)

Observese que sumamos todos los coeficientes binomicos de ındice superior n, pero al-ternandolos de signo. Esto lo usaremos, por ejemplo, en la demostracion del principio deinclusion/exclusion (vease la subseccion 3.1.6).

Nuestro siguiente objetivo es evaluar la suma

n∑k=0

k

(n

k

).

El truco, que utilizaremos profusamente en el capıtulo 10, 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

Esta ultima manipulacion se utiliza en contextos mas generales y, por ejemplo, sera la queseguiremos a la hora de calcular medias de variables aleatorias que toman valores en losenteros no negativos (vease la seccion 11.1). Pero como todavıa no contamos con este lenguajeprobabilıstico, hagamos una interpretacion de este caso particular.

Ejemplo 3.1.6 Queremos corroborar la intuicion que nos dice que el “tamano medio” delos subconjuntos que se pueden extraer del conjunto 1, . . . , n es n/2.

Para evaluar, por ejemplo, la altura media de un conjunto de n personas, lo directo es sumartodas las alturas y dividir el numero resultante por n; una suma que consta de n sumandos.Pero un procedimiento mas astuto consiste en agrupar primero a las personas de la mismaaltura. Contamos entonces el numero de elementos de cada categorıa (misma altura), ymultiplicamos cada uno de estos numeros por la altura correspondiente.

Sigamos esta misma idea en nuestro caso. Dado el conjunto 1, . . . , n, llamamos Γ a lacoleccion de todos los subconjuntos que se pueden extraer de el. Sabemos que |Γ| = 2n. Cadaelemento γ de Γ (es decir, cada subconjunto de 1, . . . , n) tendra un cierto tamano |γ|, elnumero de elementos de que conste.

18Si n es impar, esto una simple consecuencia de la simetrıa los coeficientes binomicos. Por ejemplo, paran = 7 estamos sumando (alternados en signo), los numeros 1, 7, 21, 35, 35, 21, 7, 1, que se cancelan por parejas.Pero ya no es la misma situacion para n par (hagase el caso n = 8).



El tamano medio de los subconjuntos de 1, . . . , n viene dado por12n

∑γ∈Γ

|γ| .

Notese que la suma anterior consta de 2n sumandos. Para poder calcularla, agrupamos lossubconjuntos γ del mismo tamano. Este tamano sera un cierto parametro k entre 0 y n. Elresto del calculo es 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 teorema del binomio, tal como lo hemos exhibido aquı, es valido para cualquier n ∈ N.Pero en realidad su validez es mas general. Reescribamoslo 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 .

Figura 3.3: Newton

Observese que el numerador del coeficiente de xk tiene k factores. Notesetambien que, aunque en apariencia la suma se extiende hasta ∞, enrealidad los coeficientes de xk son 0 si k > n. El teorema general delbinomio de Newton19 afirma que la expresion anterior es tambien ciertasustituyendo 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.

Ya hemos indicado antes que si α es un entero positivo, la suma es finitay tenemos simplemente un polinomio. Pero en general tendremos unaserie de potencias infinita. Por esto hemos sido cuidadosos de incluir, enel enunciado del teorema, los valores de x para los que la serie converge

con seguridad. El lector podra encontrar la demostracion de este resultado, junto con diversasaplicaciones, en la subseccion 10.3.4.

19No requiere mucha presentacion Sir Isaac Newton (1642-1727), universalmente conocido por su ley dela gravitacion o por la creacion del Calculo diferencial e integral (al tiempo que Leibniz), lo que llamaba el“metodo de las fluxiones”. Sus Philophiae naturalis principia mathematica, o simplemente Principia, de 1687,son considerados como el mas importante libro cientıfico jamas escrito. Se cuenta que fue Sir Edmund Halley,el descubridor del cometa que hoy lleva su nombre, el que animo a Newton a escribirlos: tras 18 meses deencierro y trabajo incesante, los Principia vieron la luz; en ellos Newton establecıa los principios basicos de laMecanica, la Dinamica de Fluidos, el movimiento ondulatorio, deducıa las leyes de Kepler del movimiento deplanetas y cometas. . . No menos importantes fueron sus trabajos en otras disciplinas: por ejemplo, en Optica,con su descubrimiento de que la luz se descomponıa en un espectro de colores al pasar a traves de un prisma.



Para obtener una ultima generalizacion del teorema del binomio, empezamos escribiendo

(x+ y)n =n∑

k=0

(n

k

)xkyn−k =

∑a,b≥0, a+b=n

n!a! b!

xayb ,

donde hemos aprovechado que, para cada k, los exponentes de x e y suman siempre n. Conun argumento analogo, podemos obtener la llamada formula del trinomio:

(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 ,

que ya escribimos, a la derecha, utilizando la notacion de los coeficientes multinomicos (que,recordamos, solo tienen sentido para las combinaciones de a, b y c que sumen n). Y de ahı ala formula del multinomio para k terminos solo hay un paso:

(x1 + x2 + · · · + xk)n =∑

a1,...,ak ≥ 0

(n

a1, a2, . . . , ak

)x1

a1x2a2 · · · xk

ak .

Intente el lector probar esta expresion por induccion (en k) partiendo de la formula delbinomio habitual, que es el caso k = 2 (vease el ejercicio 3.1.19).

3.1.6. 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 el ejemplo 3.1.7 y los calculos de la subseccion 3.2.3), muchas veces todaslas intersecciones de j conjuntos, para cada valor de j, son del mismo tamano; y entoncespodremos obtener formulas especialmente 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 0 0 0 · · ·

Construimos una tabla en cuyas columnas si-tuamos los elementos de A. Etiquetando las filasaparecen primero los conjuntos A1, . . . , An, lue-go las intersecciones dos a dos, A1∩A2, A1∩A3,. . .An−1 ∩An; despues, las intersecciones tres atres, cuatro a cuatro. . . ası, hasta llegar a la in-terseccion 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). Observese que la filaetiquetada con A1 contiene |A1| unos, la de A2, |A2| unos, etc. Para las intersecciones dos ados, cada fila etiquetada con Ai ∩ Aj contiene |Ai ∩ Aj | signos “−1”. Y ası sucesivamente.En total, los registros de la matriz suman (por filas)

(∗)m∑

i=1

|Ai| −∑i<j

|Ai ∩Aj | + · · · .

La suma por columnas requiere un analisis mas cuidadoso. Fijemonos en un cierto ele-mento ω ∈ A, que estara en, digamos, k de los Aj, para cierto 1 ≤ k ≤ n. En su columnatendremos exactamente k unos en las filas etiquetadas por los conjuntos A1, . . . , An. Pero siesta en k de los Aj , estara en exactamente

(k2

)de las intersecciones dos a dos: ahı encon-

traremos(k2

)signos “−1”. Tambien estara en

(k3

)de las tres a tres, etc. El ultimo signo no

nulo lo encontraremos en las filas de las intersecciones k a k: sera un (−1)k+1, justo en lafila etiquetada por la interseccion de todos los Aj en los que este ω; mas alla, todo ceros. Entotal, la suma de los sımbolos que aparecen en la columna etiquetada por ω sera(

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 lapagina 121). Ası que la suma de las entradas de la matriz que estan en la columna del citadoelemento ω vale 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, porcada columna de la matriz obtenemos un 1. Y como hay exactamente |A| = |A1 ∪ · · · ∪ An|columnas, resulta que la suma (∗) vale exactamente |A|, lo que concluye la demostracion.

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

B. Las desigualdades de Bonferroni

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

Aj

∣∣∣ =m∑

i=1

|Ai|︸︷︷︸α1

−∑

1≤i<j≤n

|Ai ∩Aj|︸︷︷︸α2

+∑

1≤i<j≤n

|Ai ∩Aj|︸︷︷︸α3

+ · · ·+(−1)n |A1 ∩A2 ∩ · · · ∩An|︸︷︷︸αn

.

exige calcular los valores de los sucesivos αj , lo que en general es una tarea muy engorrosa.¿Y si, en lugar de calcular todos los αj, nos limitaramos a evaluar unos cuantos de ellos, losprimeros? La suma truncada en estos primeros terminos, ¿cuan “cerca” esta del verdaderovalor de | ∪n

j=1 Aj |? Por ejemplo, el lector podra comprobar (vease el ejercicio 3.1.22), 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 citado ejercicio se sugiere tambienla desigualdad que se obtiene cuando nos quedamos con α1 − α2 (caso en el que se obtieneuna cota por debajo). Pero, en estas estimaciones, ¿en cuanto nos “equivocamos”?

El analisis general que nos permite responder a este tipo de cuestiones se basa en elsiguiente resultado:

Lema 3.2 Para cada t entre 2 y 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.

Los numeros αj son todos no negativos, y puede dar la impresion de que son cada vezmas pequenos. Por ejemplo, los numeros |Aj | son mas grandes que los numeros |Ai ∩ Aj |.Pero ¡cuidado!, de los primeros sumamos n, mientras que de los segundos hay mas,

(n2

).

El lema anterior, y la cadena de desigualdades que de el se deducen, serıan inmediatos siefectivamente se cumpliera que α1 ≥ α2 ≥ α3 ≥ · · · (vease el ejercicio 3.1.23). Mas adelante(vease el teorema 10.1) volveremos a tratar series alternadas de terminos decrecientes.



Pero este no es el caso. En general, los terminos αj del principio de inclusion/exclusionno tienen por que ser decrecientes (vease un sencillo ejemplo en el ejercicio 3.1.24). Ası que lademostracion del lema 3.2 es mas sutil de lo que pudiera parecer a primera vista, y requiereuna cuidadosa estimacion del valor de sumas alternadas (pero incompletas) de coeficientesbinomicos. El lector podra encontrar las sugerencias oportunas para completar esta pruebaen el ejercicio 3.1.25.

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 quelo de dentro el valor absoluto es ≤ 0):∣∣|A1∪· · ·∪An|−α1

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

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

=⇒ |A1 ∪ · · · ∪An| ≤ α1 − α2 + α3 ,

que es la tercera desigualdad. Y ası, sucesivamente. Recordemos, ademas, que sabemos acotarel error que se comete en cada una de ellas. Por ejemplo, en la ultima de ellas el erroresta acotado por α4, el primer termino despreciado. Al final, al sumar todos los αj con sussignos correspondientes, recuperamos el principio de inclusion/exclusion habitual.

C. Algunas aplicaciones

Vayamos con las aplicaciones del principio de inclusion/exclusion que prometıamos alprincipio de esta subseccion.

Ejemplo 3.1.7 Contemos cuantas aplicaciones sobreyectivas podemos dar entre los con-juntos X = 1, . . . , n e Y = 1, . . . , k.Volvemos a emplear la identificacion entre aplicaciones de X en Y y listas de longitud nformadas con los sımbolos 1, . . . , k que, en el ejemplo 2.2.5, nos permitio, por ejemplo,determinar que el numero de aplicaciones distintas de X a Y es kn. Ahora nos fijamos en lasaplicaciones sobreyectivas que, recordemos, son las que no se “saltan” elemento alguno de Y.Mas formalmente, son aquellas para las que, para todo y ∈ Y, existe al menos un x ∈ X talque f(x) = y.

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 es kn − |A1 ∪A2 ∪ · · · ∪Ak|.



Calculemos, en primer lugar, el tamano de cada uno de los Aj . Una aplicacion queeste 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.

A las intersecciones dos a dos les sucede algo parecido. Si una aplicacion esta en Ai ∩ Aj ,entonces no tomara como imagen ni al sımbolo i ni al j. Es decir, la lista correspondiente seformara con cualesquiera de los otros k − 2 sımbolos. Por tanto,

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

El mismo argumento nos servirıa para las intersecciones tres a tres, cuatro a cuatro, etc.Utilizando ahora que numero de sumandos en cada suma de la expresion del principio deinclusion/exclusion viene dado por un coeficiente binomico, concluimos que, si X tiene nelementos e Y tiene tamano 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

La formula, reconozcamoslo, es bastante complicada (como ocurre habitualmente al aplicardel principio de inclusion/exclusion). En la subseccion 3.3.1 retomaremos esta cuestion, desdeotro punto de vista, con objeto de obtener un metodo de calculo mas sencillo. ♣Ejemplo 3.1.8 Revisamos las listas con restricciones del ejemplo 2.2.7.

Las listas que nos interesan son de cuatro posiciones, en lasque podemos situar los sımbolos 1, . . . , n, con la restriccionde que posiciones consecutivas deben llevar sımbolos distin-tos y, ademas, no podemos colocar el mismo sımbolo en lasposiciones primera y cuarta. A la derecha Pos. 1 Pos. 2

Pos. 3Pos. 4

exhibimos un parde representaciones graficas del problema: arriba, la lista consus prohibiciones; abajo, una traduccion que utilizaremos masadelante: cada posicion de la lista etiqueta un vertice y cadaprohibicion se corresponde con un arco o arista20. Ya obtuvi-mos la respuesta al comienzo de la seccion 2.3, separando endos casos y aplicando la regla de la suma: hay n(n− 1)(n2 − 3n + 3) listas distintas.

Vamos a abordar la cuestion, de manera mas general, aplicando el principio de inclu-sion/exclusion. Llamamos A al conjunto de las listas de interes y X al conjunto de las 4-listascon los sımbolos 1, . . . , n. El complementario de A dentro de X es

X \ A = 4-listas con 1, . . . , n tales que 1a = 2 a, o 2 a = 3 a, o 3 a = 4a, o 4a = 1a .20Esto es lenguaje de grafos, que desarrollaremos en el capıtulo 8. Solo lo usamos aquı para representar

de manera sencilla, sin mas aparato teorico. Pero observe el lector como el esquema con vertices y arcos“representa” la informacion de manera mas clara que el dibujo de la lista con prohibiciones.



Este conjunto X \A se puede escribir como

X \ A =4⋃

i=1

Ai , donde

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩A1 = 4-listas con 1a = 2 aA2 = 4-listas con 2 a = 3 aA3 = 4-listas con 3 a = 4aA4 = 4-listas con 4a = 1a

que es una union de conjuntos que no son disjuntos entre sı. Nuestro objetivo es calcular|A| = |X| − | ∪4

i=1 Ai|. Aplicando el principio de inclusion/exclusion, obtenemos 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:

|X| = #4-listas con sımbolos 1, . . . , n = n4

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




¿Cual es el tamano de las intersecciones dos a dos? Consideremos dos de ellas, por ejemplo,

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

|A1 ∩A3| = n2

︸︷︷︸︸︷︷︸|A1 ∩A4| = n2

n posibilidades

︷︸︸︷n posibilidades

El lector puede comprobar que todas las intersecciones dos a dos son de igual tamano, esdecir, n2. ¿Y las intersecciones tres a tres? Una sencilla inspeccion muestra que son tambientodas de igual tamano; por ejemplo, |A1 ∩A2 ∩A3| = n, porque que en la primera y segundaposiciones aparezca el mismo sımbolo, en la segunda y tercera tambien, y lo mismo en latercera y cuarta, hace que el mismo sımbolo deba aparecer en las cuatro posiciones (y hay nposibilidades para elegir este sımbolo). Por supuesto, la interseccion de los cuatro conjuntostiene tambien tamano n, ası que podemos concluir que

|A| = |X| −∣∣∣ 4⋃

i=1

Ai

∣∣∣ =(

40

)n4 −

(41

)n3 +

(42

)n2 −

(43

)n+

(44

)n

= n4 − 4n3 + 6n2 − 4n + n = n(n− 1)(n2 − 3n + 3) .

Mucho ruido, para tan pocas nueces, se dira el lector. Total, para obtener un resultado queya conocıamos. Pero. . .



Pero, ¿y si el conjunto de restricciones fuera 1a = 2 a, 2 a = 3 a,3 a = 4a, 1a = 3 a y 1a = 4a? (veanse los dibujos de la derecha). Elargumento serıa analogo. El conjunto de listas prohibidas sera launion de los conjuntos

A1 = listas con 1a = 2 aA2 = listas con 2 a = 3 aA3 = listas con 3 a = 4aA4 = listas con 1a = 3 aA5 = listas con 1a = 4a ;

una restriccion mas que antes. Ahora el numero de listas es n4 − |A1 ∪A2 ∪A3 ∪A4 ∪A5| ytenemos que calcular el tamano de la union de estos cinco conjuntos.

Pos. 1 Pos. 2

Pos. 3Pos. 4

Como antes, |Aj | = n3 para cada j, mientras que |Ai ∩Aj| = n2 para cada i = j:

α1 =5∑

j=1

|Aj | =(

51

)n3 y α2 = |A1 ∩A2| + |A1 ∩A3| + · · · + |A4 ∩A5| =

(52

)n2.

Pero ¡cuidado!, la simetrıa se rompe al llegar a las intersecciones tres a tres. Por ejemplo,|A1 ∩ A2 ∩ A3| = n, porque estar en A1 exige tener el mismo sımbolo en las dos primerasposiciones; estar ademas en A2 hace que la tercera lleve ese sımbolo comun; y estar en A3

exige que ese sımbolo comun aparezca tambien en la cuarta posicion. Solo hay que decidir,pues, que sımbolo es comun a toda la lista.

Calculemos ahora |A1 ∩ A2 ∩ A4|. Por estar en A1 y en A2, las tres primeras posicioneshan de llevar el mismo sımbolo; pero estar en A4 no anade informacion, pues exige que laprimera y tercera posiciones lleven el mismo sımbolo. Ası que hay que elegir un sımbolo paralas tres primeras posiciones, y otro para la cuarta. Por tanto, |A1 ∩ A2 ∩ A4| (y tambien|A3 ∩A4 ∩A5|, como podra comprobar el lector) vale n2. Por tanto,

α3 = |A1 ∩A2 ∩A3| + |A1 ∩A3 ∩A4| + · · · + |A3 ∩A4 ∩A5| =[(

53

)− 2

]n+ 2n2.

Por ultimo, α4 =(54

)n y α5 =

(55

)n, ası que el resultado total es 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.

Que, en realidad, es una forma muy complicada de escribir n(n− 1)(n− 2)2, el resultado quehabrıamos obtenido si nos hubieramos lanzado, de manera algo osada, a contar las listas direc-tamente: 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 otra vez n−2 (porque en lasposiciones 1 y 3 van sımbolos distintos) para la cuarta posicion. Como no siempre podremoscontar de esta manera tan directa, se hace imprescindible un procedimiento algorıtmico paracontar listas con restricciones (sobre las posiciones) cualesquiera. Lo obtendremos cuandopresentemos el lenguaje de los grafos (vease, en particular, la seccion 9.3.3). ♣



3.1.7. Multiconjuntos

Al igual que con las listas, en los conjuntos podemos permitir repeticion. Definiremos un k-multiconjunto como un conjunto de tamano k en el que permitimos que se repitan sımbolos.Si partimos de un conjunto con n sımbolos, que, como de costumbre, sera el 1, . . . , n,queremos obtener una formula para los numeros

R(n, k) = # multiconjuntos con k elementos extraıdos de 1, . . . , n

para cada n ≥ 1 y k ≥ 0. Notese que aquı no hay por que restringirse a k ≤ n. Por ejemplo,si partimos de los sımbolos 1, 2, 3 y tomamos k = 4, algunos multiconjuntos posibles son1, 2, 3, 3, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 2, 2, etc.

Pero, ¿es que no tienen bastante los autores?, se preguntara el lector, amargado ya por laabrumadora cantidad de cuestiones combinatorias y sımbolos casi esotericos que han ido apa-reciendo en estas paginas. No tema: estos objetos no van a requerir analisis o formulas que noconozcamos ya. Solo necesitaremos una astuta traduccion. Observemos que un multiconjuntode tamano k extraıdo del conjunto 1, . . . , n se puede escribir como

1x1 , 2x2 , . . . , nxn ,

donde xj , un numero no negativo, indica el numero de veces que aparece el sımbolo j en elmulticonjunto. Ademas, como el tamano del multiconjunto es k, se tendra que

x1 + x2 + · · · + xn = k.

Ası que conocer el valor de R(n, k) es equivalente a contar el

# soluciones dex1 + x2 + · · · + xn = kx1 ≥ 0 , . . . , xn ≥ 0

Ya resolvimos esta cuestion, con dedicado entusiasmo, en la subseccion 3.1.2. El resultado es:

R(n, k) = # multiconjuntos con k elementos extraıdos de 1, . . . , n =(k + n− 1n− 1

)Un argumento alternativo y directo para obtener esta formula es el siguiente: sea un

multiconjunto de tamano k extraıdo de 1, . . . , n. Ordenamos primero sus elementos deforma creciente, para obtener una lista (a1, . . . , ak), con repeticion permitida, que cumple que

(1 ≤) a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ ak (≤ n)

Si cambiamos a unas nuevas variables bj definidas, para cada j = 1, . . . , k, mediante

bj = aj + (j − 1)

(fijemonos en que b1 = a1, b2 = a2 + 1, b3 = a3 + 2, etc.), obtenemos una lista de numeros(b1, . . . , bk) que cumplen que

1 ≤ b1 < b2 < · · · < bk ≤ n+ k − 1.



Por ejemplo, si partimos del multiconjunto 7, 1, 1, 3, 2, 3, harıamos

(1, 1, 2, 3, 3, 7) y luego (1 + 0, 1 + 1, 2 + 2, 3 + 3, 3 + 4, 7 + 5) = (1, 2, 4, 6, 7, 12).

Como podra comprobar el lector diligente, la transformacion anterior es una biyeccion entrelos aj y los bj . Con la ventaja adicional de que los numeros bj estan “separados” (no serepiten). Ası que lo que tenemos es un conjunto21 sin repeticion de tamano k (los bj) extraıdode 1, 2, . . . , n+k−1. Como sabemos contar cuantos de estos ultimos hay, podemos evaluarcuantos hay de los primeros. Obtenemos ası, de nuevo, la respuesta

R(n, k) =(n+ k − 1

k

)=

(n+ k − 1n− 1

)para cada n ≥ 1, k ≥ 0.

Recursion con los R(n, k)

Dado queR(n, k) se escribe en terminos de coeficientes binomicos, podrıamos establecer suregla de recursion utilizando la regla de los binomicos, si tenemos cierto cuidado identificandolos ındices que aparecen. Pero es mas instructivo obtener la regla de recurrencia directamente,con un argumento analogo al usado para los coeficientes binomicos (vease la pagina 106):

R(n, k)particion

= #

multiconjuntos de tamanok extraıdos de 1, . . . , n

con el elemento n

+ #

multiconjuntos de tamanok extraıdos de 1, . . . , n

sin el elemento n

biyecciones

= #

multiconjuntos de

tamano k − 1extraıdos de 1, . . . , n

+ #

multiconjuntos de

tamano kextraıdos de 1, . . . , n − 1

= R(n, k − 1) +R(n− 1, k)

Ademas, si n = 1, R(1, k) = 1 para cada k ≥ 0, pues el unico multiconjunto de tamano k conun elemento, por ejemplo a, es a, a, k veces. . . , a (o, en el caso en que k = 0, el Ø). Por otrolado, si k = 0, R(n, 0) = 1, para cada n ≥ 1, pues solo el Ø tiene tamano 0.

Con esta informacion podremos construir una tabla de los valores de los R(n, k). Ahora,para cada valor de n, el ındice k (el tamano de multiconjunto) puede tomar cualquier valor.A la derecha exhibimos la interpretacion grafica de la regla de recursion:

k=0 k=1 k=2 k=3 k=4 k=5 · · ·n = 1 1 1 1 1 1 1 · · ·n = 2 1 2 3 4 5 6 · · ·n = 3 1 3 6 10 15 21 · · ·n = 4 1 4 10 20 35 56 · · ·n = 5 1 5 15 35 70 126 · · ·n = 6 1 6 21 56 126 252 · · ·

......

......

......

.... . .

Observese que es identico al triangulo de Tartaglia de los coeficientes binomicos (solo quegirado 45 hacia la izquierda).

R(n − 1, k)

R(n, k)R(n, k − 1)

21Puede que al lector le preocupe que hablemos del conjunto de los bj en lugar de la lista (b1, . . . , bk).Observe que, como exhibimos los bj ordenados por tamano, a cada conjunto le corresponde una y solo unalista.



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 3.1.5.

3.1.2 Queremos demostrar que el maximo valor en cada fila del triangulo de Tartaglia se encuentraen el centro (o centros). 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,

(nk−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 − 1k − 1

)como

(n+

(k2

)− 1

k − 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 pocha22 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 es, como vimos en el ejemplo 3.1.6,n/2. Obtengase una prueba alternativa de este resultado utilizando la siguiente observacion: por cadasubconjunto 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?

22Concesion local al, sin duda, juego mas popular entre los alumnos de los autores.



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

).

(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(2n2

)= 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

=(

2nn

);

n−1∑k=0

(n

k

)(n

k + 1

)=

(2nn+ 1

).

(f) Pruebese (y comparese con la formula de Vandermonde de la pagina 108) la siguiente expresion:(n

k

)=

n−l∑j=k−l

(j

k − l

)(n− j − 1l− 1

)EL caso l = 1 fue ya obtenido en la subseccion 3.1.3.

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

Cn =1

n+ 1

(2nn

)∼ 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

)x1a1x2

a2 · · ·xkak .

(c) Deduzcase que∑

a1,...,ak≥0

(n

a1 . . . ak

)= kn.



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

a, b, c

)=

(n− 1

a− 1, b, c

)+(

n− 1a, b− 1, c

)+(

n− 1a, b, c− 1

), donde a+ b+ c = n.

Explıquese el significado combinatorio de esta identidad.

3.1.21 Sea S = s1, s1, s2, s2, . . . , sm, sm un multiconjunto que contiene dos copias de los 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?

3.1.22 Pruebese por induccion que

(a) |A1 ∪ · · · ∪An| ≤n∑j=1

|Aj | ; (b) |A1 ∪ · · · ∪An| ≥n∑j=1

|Aj | −∑i<j

|Ai ∩Aj | .

3.1.23 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.

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

3.1.25 Desigualdad de Bonferroni. En este ejercicio vamos a proponer una demostracion dellema 3.2. Consideramos unos conjuntos A1, . . . , An y llamamos A = ∪nj=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 − 1t

)(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 3.1.6. 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 − 1t

)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.

3.1.26 Una generalizacion del principio de inclusion/exclusion. Estamos de nuevo en lasituacion del ejercicio anterior, con los conjuntos A1, . . . , An y A = ∪nj=1. Tenemos la sucesionde numeros α1, α2, . . . , αn. Definimos α0 = A. Definimos la sucesion de numeros (Ej)nj=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.

3.1.27 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.


3.2. Permutaciones 139

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 aparecen) 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.



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 propiedades23:

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 unico24.

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:

23Estudiaremos la nocion general de grupo en el capıtulo 15.24¿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 (observese queel orden de accion es diferente), 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 propiedad25 (vease tambien el ejercicio 3.2.1). Veremos en un momentouna manera eficaz de calcular el orden de una permutacion.

25Siguiendo 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 77(2 5 6 4) ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓

1 5 3 2 6 4 77(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 de1, . . . , 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 en1, . . . , 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) = mınk ≥ 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 de1, . . . , n tienen un cierto numero, digamos k, de ciclos. Antes, en la subseccion 3.2.3, cal-cularemos cuantos desbarajustes (permutaciones que no fijan elemento alguno, es decir, sinciclos de orden 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 trozos delongitud j entre ellos mismos (lo que se puede hacer de j! maneras). Reuniendo todas estasobservaciones, llegamos a la respuesta buscada:

#

permutaciones de Sn conbj ciclos de longitud j

=

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 necesitaremos unanalisis especıfico (vease la subseccion 3.2.3).

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 8 de octubre de 2008)


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 · · · 55(1 2) ↓ ↓ ↓

2 1 · · · 55(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 = f3f2 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 longitud j. Tendra, en total,∑n

j=1 αj ciclos.Sea π una trasposicion que, digamos, intercambia los elementos a y b. Ahora nos preguntamospor el numero de ciclos que tiene la permutacion π g. Distinguimos dos casos, dependiendode si a y b pertenecen al mismo ciclo de g o no (notese que π no actua sobre los elementosque 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 Loyd26 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.

26Aunque 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 imposible27.

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. ♣

27¡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. Desbarajustes

Centramos ahora nuestra atencion en un tipo especial de permutaciones: los desbarajustesdel conjunto 1, . . . , n, esto es, las permutaciones que no fijan elemento alguno (no contienenciclos de longitud 1). Llamemos Dn al numero de desbarajustes. Nuestro objetivo es obteneruna formula explıcita para Dn, o al menos una estimacion precisa de su valor. O mejor, paraDn/n!, la proporcion que los desbarajustes ocupan entre todas las permutaciones. Esto es,la probabilidad de que si escogemos una permutacion al azar, esta sea un desbarajuste.

Por un lado, claro, Dn ≤ n!. Y tambien sabemos (vease el argumento de la pagina 147)que permutaciones cıclicas, que son un caso particular de desbarajustes (tienen un unico ciclode orden n), hay (n−1)!. Ası que los valores de Dn y de Dn/n! estan acotados de la siguienteforma:

n!n

≤ Dn ≤ n! y1n≤ Dn

n!≤ 1 .

En el planteamiento clasico del problema28 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!.

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 ysobres es muy grande? Parece difıcil no acertar ninguna, ¿verdad? La estimacion de arribapara Dn/n! no aporta mucha informacion si n es muy grande, pues simplemente dice que esaprobabilidad esta entre (muy poco mas de) 0 y 1.

Para calcular el valor de Dn emplearemos los argumentos ya habituales del principio deinclusion/exclusion. Si una permutacion no es un desbarajuste, ocurrira que al menos uno delos sımbolos esta en su posicion natural. Ası que consideramos los siguientes conjuntos: paracada j = 1, . . . , n,

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

(o, en el lenguaje de las aplicaciones, las que fijan el elemento j). Como hay un total de n!permutaciones,

Dn = n! − |A1 ∪ · · · ∪An| .

Apliquemos el principio de inclusion/exclusion. El tamano de cualquiera de los conjuntos Aj

es (n− 1)!, porque en Aj estan las listas en las que el sımbolo j esta en la posicion j, y paracontarlas bastara ordenar (permutar) los n−1 sımbolos restantes. Hay

(n2

)intersecciones dos

a dos, y cada una de ellas tiene tamano (n−2)!. El argumento es analogo: en una intersecciondos a dos estan las listas con dos sımbolos ya colocados en sus correspondientes posiciones.

28Una 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.



Y ası con el resto de los casos. Tendremos entonces que

Dn = n! −[(n

1

)(n− 1)! −

(n

2

)(n− 2)! + · · · ±

(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 cantidad∑n

j=0(−1)j/j! depende del valor particular de n que tengamos. Pero, a todoslos efectos, y en cuanto n es grande, es casi indistinguible29 de 1/e.

Las conclusiones son sorprendentes: primero, la probabilidad de obtener un desbarajustees practicamente independiente de n (si n es suficientemente grande). Pero mas aun, es unaprobabilidad “grande”, mayor que un tercio. Quizas mas de lo que hubieramos apostado alprincipio.

¿Cual es la explicacion30 de este aparentemente paradojico resultado? Llamemos Bj, paracada j = 1, . . . , n, al complementario de Aj en Sn. Esto es, Bj contiene a las permutacionesde 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.

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

fueran independientes entre sı (dos a dos), 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 es el momento de entrar en los detalles del significado exacto de “independientes”. Pero,de manera intuitiva, quiere decir que, por ejemplo, el que el sımbolo j este fuera de su posicionno “influye” en que el sımbolo k este fuera de su posicion. ¿Es este el caso? No, desde luego, siconsideramos permutaciones de dos elementos 1, 2, porque si el 1 esta fuera de su posicion,entonces el 2 ha de estar necesariamente descolocado. Si tenemos tres sımbolos, el que elsımbolo 1 no este en su posicion influye en que, por ejemplo, el 2 no este en la segundaposicion, aunque algo “menos”. Pero cuando n se hace cada vez mas grande, esta influenciase va diluyendo. Es decir, los Bj son (aproximadamente) independientes, lo que explica quela probabilidad de obtener un desbarajuste sea ≈ 1/e. El lector interesado puede encontrarun argumento riguroso de esta afirmacion en el ejercicio 3.2.13.

29Como 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 3.2.12.

30La explicacion que aquı sugerimos requiere una cierta familiaridad con conceptos de probabilidad. Quizasel lector quiera consultar antes el capıtulo 7. Veanse, por ejemplo, el ejercicio 7.3.7 y el ejemplo 7.5.12.



3.2.4. La erotica del poder y sus permutaciones

No se alarme el lector. Esta es la subseccion 3.2.4, en la pagina 155 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 erotica31.

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 queA 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

31Era, 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, b2 1 1 1 3

a, c a, d b, c b, d c, d3 3 2 2 2

a, b, c a, b, d a, c, d b, c, d a, b, c, d4 4 4 3 5

Caso 2 (mayorıa con 15 votos)

a b c d a, b10 9 6 4 19

a, c a, d b, c b, d c, d16 14 15 13 10

a, b, c a, b, d a, c, d b, c, d a, b, c, d25 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-Shubik32 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.

32Propuesto 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, perox1, . . . , 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 Banzhaf33, 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.

33Este 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. El primerapartado del ejercicio 3.2.7 permite comprobar que An es un (sub)grupo de permutaciones, que esconocido como el grupo alternado. Compruebese que |An| = n!/2, es decir, que la mitad de laspermutaciones 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 147) de que el numero de permutaciones cıclicas de 1, . . . , n es (n− 1)!.

3.2.12 Generalıcese el resultado del ejercicio 3.1.23 sobre sumas alternadas en signo de terminosdecrecientes (o consultese directamente el teorema 10.1) 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.

3.2.13 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



3.2.14 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,

donde conviene definir D0 = 1. Deduzcase quen∑j=0

(n

j

)Dj = n!. Esto es,

1n!

n∑j=0

(n

j

)Dj = 1. La

ultima expresion nos dice que, en media, una permutacion fija un elemento.

3.2.15 (a) Del ejercicio anterior se deduce que Dn(1), el numero de permutaciones de dejan fijoexactamente un elemento, es nDn−1. Compruebese que la probabilidad de que una permutacion nofije ningun elemento y la probabilidad de que fije exactamente uno son practicamente iguales si n esmuy grande.(b) ¿Que podemos decir de la probabilidad de que la permutacion fije exactamente dos elementos? ¿Ysobre la de que fije tres?(c) Utilıcese el ejercicio 3.1.26 para comprobar que Dn(1) = nDn−1.

3.2.16 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?

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

3.2.18 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 17). 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, . . . , 7para la que S sea el conjunto de coaliciones ganadoras minimales.


3.3. Particiones y descomposiciones 163

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 suma34 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, 1representan la misma particion.

34Sin 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?”.



Definimos los numeros de Stirling de segunda especie35 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 clasificando

las 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). Estos numeros B(n) son conocidos como numerosde 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 ejemplos 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 deejemplos mas.

35Hay, 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 distinto36. 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. ♣

36Sencilla 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, para S(n, 2) tenıamos

(n2

), mientras que para S(n, n − 1) era 2n−1 − 1. Esta

tal formula general existe, aunque, como comprobara el lector, es bastante complicada. Laveremos en el apartado B de esta subseccion, aunque antes analizaremos un procedimientode calculo alternativo.

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

Queremos representar los valores de S(n, k) en un triangulo como el que utilizabamospara codificar los coeficientes 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 cada casilla son (piso) n y (diagonal) k, aunque ahora recorren unos

rangos ligeramente distintos al caso de los coeficientes binomicos. Notese que, si conocieramostodos los valores de S(n, k) para un cierto piso n, el numero de Bell B(n) correspondiente seobtendrıa, simplemente, sumandolos.

Sabemos ya que S(n, n) = S(n, 1) = 1 para cada valor de n, ası que tenemos los valoresde la frontera del triangulo. Inspirados por el caso de los coeficientes binomicos, querrıamosexpresar S(n, k) (que estara en una casilla del piso n) en terminos de numeros de Stirling deprimer ındice n−1 (casillas del piso anterior). Esto exigirıa relacionar particiones de conjuntoscon n sımbolos con particiones de conjuntos con menos sımbolos. Para ello, analizaremosque puede ocurrir con un bloque especial, por ejemplo el que contiene al elemento n. Cabendos 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 estamos suponiendo ningun orden entre losbloques, sino que simplemente identificamos el bloque que contiene a n, que en este caso nocontiene nada mas. Pero ahora que sabemos que el elemento n va en un bloque (y “por sucuenta”), solo queda construir una particion del conjunto 1, . . . , n− 1 en k− 1 bloques novacıos, para que en total tengamos k bloques.

Mas formalmente, hay una biyeccion entre el conjunto de las particiones de 1, . . . , n en kbloques de manera que el elemento n vaya solo en un bloque y el conjunto de las particionesde 1, . . . , n − 1 en k − 1 bloques no vacıos. El diccionario, la biyeccion, es simplemente“quitar el bloque n” o “anadir el bloque n”. Concluimos ası 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 conla misma receta? Veamos un ejemplo: sea X = 1, 2, 3, 4 y k = 2. Las particiones que nosinteresan son tales que el bloque que contiene al 4 tiene, ademas, otros elementos. Dos deellas, 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 ∪ 33 ∪ 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”. Si tenemos la particion con dos bloques 1, 2 ∪ 3, podemos situar el 4 encualquiera de ellos

1, 2 ∪ 3 −→ 1, 2, 4 ∪ 3 y 1, 2 ∪ 3, 4para 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 conjunto1, . . . , 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 de1, . . . , n− 1 en k bloques vamos generando todas las particiones de 1, . . . , n en k bloquesen las que el sımbolo n esta acompanado, sin repetir ninguna. Como por cada particion delprimer tipo obtenemos k del segundo, concluimos finalmente que hay k S(n−1, k) particionesen 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 que presentaba el triangulo delos coeficientes binomicos. La regla de recursion se interpreta graficamente como aparece ala derecha, donde la flecha de la izquierda, mas oscura, nos indica que hay que multiplicar(por k) antes de sumar.

S(n−1, k−1) S(n−1, k)

S(n, k)

×k

Los numeros de Bell B(n) tambien verifican una relacion de recursion,que el lector podra encontrar en 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 3.1.7. 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 sabe-mos, se puede hacer de S(n, k) maneras distintas. Ahora quetenemos X partido en k bloques no vacıos, asignamos a cadauno de estos bloques un elemento de Y. En terminos de la apli-cacion, estaremos decidiendo cual es el elemento imagen comuna todos los del bloque. Este ultimo paso se puede hacer, porsupuesto, de k! maneras. El dibujo de la izquierda describe el

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

X Yf



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 3.1.7, 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

Como ya vimos en la subseccion 3.2.1, una permutacion se puede escribir, de maneraunica, como producto de ciclos. Unica, con las salvedades resenadas: el orden en el quepresentamos los 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. Porrazones historicas37, los numeros de Stirling de primera especie, s(n, k), se definen deuna forma un poco diferente: s(n, k) es el numero tal que

(−1)n−k s(n, k) = z(n, k) = # permutaciones de 1, . . . , n con exactamente k ciclos ,de manera que pueden tomar tanto valores positivos como negativos. En lo que sigue, y 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 nuestro 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 147, 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 ≥ 1.37Vease la discusion de la pagina 172.



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)

Argumentamos entonces en sentido contrario. Partimos de una permutacion del conjunto1, . . . , 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 de1, . . . , 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− 1con 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 identidades clave son las dos siguientes:

(∗) 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 y la que se utiliza en la definicion de polinomio como unacombinacion lineal de 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 unasciertas manipulaciones 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 sencillo: basta multiplicar

todos los factores e ir agrupando los terminos de igual grado. El otro camino es algo maslaborioso.

Precisamente las expresiones (∗) y (∗∗) constituyen un diccionario para pasar de una basea la otra. La de la izquierda cambia de la base de los factoriales decrecientes a la estandar(por eso es de suponer que Stirling llamo a los S(n, k) numeros de segunda especie), mientrasque la de la derecha hace el cambio inverso (y los numeros de s(n, k) son de primera especie).El lector hallara mas informacion y ocasion de aprender sobre este papel de los numeros deStirling como 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 12.2. 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 3.1.2 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 Ferrers38 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 colocaremos en orden inverso de tamanos). A la de-recha 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 k entre 1 y 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 un 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) Dado n ≥ 1 y un entero k entre 1 y 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) .

38En 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 aspecto complicado, 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 generan-do con aplicaciones sucesivas de la re-gla de recurrencia, que interpretamosgraficamente en el esquema de la dere-cha: para calcular pk(n) (fila n y colum-na k) sumaremos los valores de las ca-sillas que esten, sobre la fila n − k, enlas primeras k columnas.

p1(n− k) p2(n− k) pk(n− k)

pk(n)

columna k

fila n

fila n− k︸︷︷︸

Convendra ellector que el uso de esta regla de recurrencia no es muy comodo. Hay una manera alternativa,y quizas 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 mayores un 5. Si ahora intercambiamos filas porcolumnas, obtenemos una particion de 18con cinco partes y cuya parte mayor es 6. En concreto, la particion [1 2 4 5 6]. A la derecharepresentamos 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 12.2, ya con el lenguaje de lasfunciones generatrices, y al que aquı haremos una primera aproximacion.

Nuestro primer intento recupera la comparacion del principio de la seccion entre particio-nes y composiciones de n. Fijados n y k, al menos hay tantas composiciones como particiones(recordemos que en las composiciones cuenta el orden). Por ejemplo, para n = 3 y k = 2,hay una 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 3.1.2. 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 tengax1 + 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 − 1k − 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−1k−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 sonm, 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 12.2. 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 12.1):

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− 1k

)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 = xx2 = 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

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 3.1.2, 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.


3.4. Distribuciones de bolas en cajas 185

Otro tipo de restricciones para los xj (cotas por arriba y por debajo) fueron estudiadas enla subseccion 3.1.2, y remitimos a ella al lector que pudiera estar interesado (veanse tambienlos ejercicios 3.4.1 y 3.4.2).

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 es 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) .



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 3.1.4) 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 vacıos39. 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 la nota al pie del caso C). 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).

39Reflexione, 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. Distribuciones de bolas en cajas 187


3.4.1 Reinterpretense las distribuciones de n bolas identicas en k cajas numeradas (donde permiti-mos cajas vacıas) en terminos de multiconjuntos de tamano n con los sımbolos 1, . . . , k. Revıseseentonces la subseccion 3.1.7 para comprobar que el numero de distribuciones de n bolas identicas enk cajas numeradas es

(n+k−1k−1

).

3.4.2 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 108 y 116).

3.4.3 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.

3.4.4 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

).

Sugerencia. Coloquense k bolas en el fondo de los tubos y luego repartanse el resto. O biensupongase primero que las bolas son indistinguibles, en cuyo caso estamos con cajas.

3.4.5 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

).

3.4.6 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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