Combinatoria y recurrencia

AyMD 09-10 Combinatoria 1

ALGEBRA Y MATEMÁTICA DISCRETA

FACULTAD DE INFORMÁTICA

ULPGC

Profesor: José M. Pacheco Castelao

Curso 2009-2010

Parte 1: Combinatoria y Recurrencia


Combinatoria Elemental (1)La Combinatoria es la parte de las Matemáticas cuyo objetivo es establecer modos y fórmulas para contar diversas clases de objetos, seleccionados de entre un conjunto finito. Partimos, pues, de un conjunto A formado por n elementos, todos ellos diferentes.

Una primera pregunta combinatoria es: ¿De cuántas maneras pueden elegirse kelementos distintos entre los n disponibles?

Para empezar, supondremos que k<n , y como ejemplo, pongamos k=2. Podemos seleccionar un primer elemento de A de n maneras, pues A tiene n elementos. Una vez elegido éste, como el segundo ha de ser diferente de él, quedarán n-1 posibilidades para él. Por tanto el número posible de parejas será n(n-1), como puede verse construyendo una tabla de doble entrada.

Hemos aplicado el llamado principio fundamental de la Combinatoria:

Si un objeto a se puede elegir de p modos y otro b de q maneras, el número posible de pares (a,b) es pq.


Elemento nº 1 2 3 … k-1 k

Posibili-dades:

n n-1 n-2 …

Nº objetos por grupo

1 2 3 … k-1 k

…

(n-k+1)(n-k+2)

n(n-1)…(n-k+2)Nº de grupos

n n(n-1) n(n-1)(n-2) n(n-1)…(n-k+1)

Construcción y recuento de las Variaciones

Una Variación es un grupo formado por k elementos distintos, seleccionados entre los ndisponibles. Dos variaciones de k elementos se diferencian entre sí bien por los objetos que las componen, bien por el orden en que aparecen los componentes. El número de variaciones se obtiene a partir de la tabla y resulta ser:

( 1)( 2)...( ( 1))( 1)( 2)...( 1)

nkV n n n n kn n n n k= − − − − =

= − − − +


Elemento nº 1 2 3 … k-1 k

Posibles: n n n …

Nº objetos por grupo

1 2 3 … k-1 k

…

nn

nxnx…xn(k-1 veces)

Nº de grupos

n nxn nxnxn nxnx…xn(k veces)

Construcción y recuento de las Variaciones si se permite que los elementos se repitan

En este caso la tabla se modifica según se ve más arriba, pues una vez elegido un objeto, éste se devuelve al conjunto A y puede volver a ser seleccionado. Ahora se puede trabajar también con k>n. Los grupos así formados se llamarán variaciones con repetición, y su número será:

....n kkVR n n n n n= × × × =


Construcción y recuento de las Variaciones sin repetición cuando n=k.

De acuerdo con la definición de las Variaciones, cuando n=k dos variaciones sólo se diferencian en el orden de aparición de sus elementos. Los grupos así formados se llamarán Permutaciones de los n elementos, y su número será:

( 1) ( 2).... 2 1 ! o bien, cambiando la notación, !

nn

nn n

V n n n n

V P n

= × − × − × × =

= =

n n!

0 1

6 720

8 403207 5040

1 12 23 64 245 120

… …

La expresión n! se lee factorial de n.Las factoriales crecen con gran rapidez, según se ve en la tabla adjunta.

Es necesario definir la factorial de 0 como 1 para que los desarrollos posteriores tengan sentido…


Construcción y recuento de las Combinaciones

Una combinación es simplemente un grupo de k elementos distintos seleccionados entre los n disponibles. Dos combinaciones de k elementos se diferencian entre sí sólo por los objetos que las componen, pero no por el orden en que aparecen. Dada una combinación cualquiera de k elementos, habrá k! variaciones con esos mismos elementos, porque las posibles permutaciones –que no cambian la combinación– son k!, luego el número de combinaciones es:

( 1)( 2)...( 1)!

[ ( 1)( 2)...( 1)] ( )!! ( )!

!!( )!

nn kk

k

V n n n n kCP k

n n n n k n kk n k

nk n k

− − − += = =

− − − + × −= =

× −

=−


Notaciones, definiciones, y la ley de simetría

El número de las combinaciones se suele escribir abreviadamente así:

!!( )!

nk

nnCkk n k⎛ ⎞

= = ⎜ ⎟− ⎝ ⎠Estos números se llaman números combinatorios o coeficientes binómicos, y se leen: n sobre k.

De la construcción de los números combinatorios se deduce inmediatamente la siguiente Ley de Simetría, que permite ahorrar la mitad de los cálculos:

! !!( )! ( )! !

n nk n k

n nn nC Ck n kk n k n k k −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟−− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠


Algunas observaciones sobre números combinatorios

Si hacemos k=0, la fórmula de las combinaciones será

0! 1

00! !n nnC

n⎛ ⎞

= = =⎜ ⎟⎝ ⎠

Véase que hemos necesitado usar la convención sobre la factorial de 0, esto es, 0!=1. Sin ella sería imposible calcular el cociente que define el número combinatorio.

Dicho de otra manera, cuando k=0 estamos construyendo grupos con cero elementos: Sólo hay un modo de hacerlo, que es… ¡no elegir nada!


Leyes de Recurrencia (1)Al construir las factoriales se puede observar que la factorial de un número se obtiene multiplicando dicho número por la del número anterior. En efecto:

[ ]! ( 1) ( 2)... 2 1

1) ( 2)... 2 1[( 1)!]

n n n nn n nn n

= × − × − × × =

= × − × − × × =

= × −

Este es un caso de Ley de Recurrencia. Vamos a definir estas Leyes de modo más preciso. Supongamos que para cada número entero n existe una fórmula que denominaremos F(n). Dicha familia de fórmulas se llama recurrente cuando es posible obtener la n-sima fórmula a partir de un número fijo de las anteriores mediante una regla (la ley de recurrencia), siempre la misma, realizable mediante un número finito de operaciones. En los casos más simples, la recurrencia se plantea entre la fórmula n-sima y su inmediata anterior

( ) [ ( 1), ( 2),..., ( )] Caso más simple: ( ) [ ( 1)]F n R F n F n F n r

F n R F n= − − −

= −


Por ejemplo, el caso de las factoriales se puede enmarcar en esta teoría en la forma

( ) ! ( 1)! ( 1) [ ( 1)]F n n n n n F n R F n= = × − = × − = −

Vemos que podemos ir descendiendo desde F(n) hasta la última posible, que sería F(1) óF(0), según qué problema estemos manejando. Estos valores iniciales son los únicos necesarios para calcular todos los demás. Por tanto, una ley de recurrencia se escribe especificando la regla y los datos iniciales:

1 0

( ) [ ( 1)](1) (ó (0) )F n R F n

F F F F= −

= =

Por ejemplo, la familia de todas las factoriales de los números naturales forma la solución del problema de recurrencia

( ) ( 1) (0) 1F n nF n

F= −

=


La Ley de Recurrencia básica de la CombinatoriaEn las Matemáticas Discretas, y en particular en la Combinatoria, hay una gran abundancia de leyes recurrentes. La mayor parte de ellas usan recurrencia sobre más de una variable. Vamos a ilustrarlo con el caso conocido como Triángulo Combinatorio o Triángulo de Pascal:

11 1

n n nk k k+⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Esta fórmula es un caso particular de una ley de doble recurrencia del tipo:

( 1, 1) [ ( , ), ( , 1)]F n k R F n k F n k+ + = +

En estos casos, las condiciones suplementarias son del tipo:

0 0 00(0, ) , ( , 0) , (0, 0)k nF k F F n F F F= = =

A continuación construimos la tabla para esta recurrencia


11 1

n n nk k k+⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠El Triángulo Combinatorio

kn

0 1 2 3 4 5 6

6 1 6 15 20 15 6 17 1 7 21 35 35 21 7 1

28

más éste

dan éste

1

56

…

0 1 dato inicial

1 1 1 éste

2 1 2 13 1 3 3 14 1 4 6 4 15 1 5 10 10 5

8 1 8 28 56 70 8


Algo sobre el triángulo de Pascal: Justificación del nombre de “coeficientes binómicos” para los números combinatorios

n

0 1

1 1 1

2 1 2 1

3 1 3 3 1

4 1 4 6 4 1

5 … …

6 … …

7 … …

8 … …

nk⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Triángulo de Pascal,

n k 0 1 2 3 4 5 6 …0 1

1 1 1

2 1 2 1

3 1 3 3 1

4 1 4 6 4 1

5 1 5 10 10 5 1

6 1 6 15 20 15 6 1

7 1 7 21 35 35 21 7 1

8 1 8 28 56 70 56 28 … Coeficientes del desarrollo de las sucesivas potencias de ( )na b+


Conjetura sobre los coeficientes del desarrollo de las potencias de un binomio.

Observando detenidamente los cuadros anteriores resulta razonable preguntarse si los coeficientes del desarrollo de las potencias del binomio a+b coincidirán siempre con los correspondientes números combinatorios cuyo elemento superior es igual a la potencia con que se trabaje. En otras palabras, se conjetura que:

0

( )n

n k k n

k

na b a b

k−

=

⎛ ⎞= +⎜ ⎟

⎝ ⎠∑

Para asegurar que la conjetura es cierta –con lo que ya se transforma en un Teorema–necesitamos una Demostración por Inducción.

La inducción es el proceso mental por el cual se obtiene conocimiento general a partir del conocimiento de casos particulares.

En Matemáticas la inducción se plantea en la siguiente forma: Si se tiene una familia de fórmulas f(n), para n=0,1,2,3…, de las que se sabe que son válidas las primeras ¿cómo podemos asegurarnos de que todas son válidas? Las primeras fórmulas son los casos particulares, y el núcleo del proceso de demostración consiste en establecer con claridad que se puede pasar de la fórmula f(n) a la siguiente f(n+1).


Demostración por Inducción y sus tres pasos.

Este tipo de demostración nos dice que la fórmula f(n) es válida para todos los valores de n si se cumple que:

• Se puede comprobar que los primeros casos de la fórmula f(n) son válidos, y que

• tras suponer que hasta un cierto valor de n es cierto lo que se afirma,

• es posible construir la fórmula f(n+1) a partir de la f(n).

Veámoslo para los coeficientes binómicos:

1 1

0 0

1( 1)

0

0

1

0

Sea cierto que hasta el número es ( ) ( )

Poniendo ( ) ( )(

(1

)

( )n n

n k k n k k

k k

nn k k

k

nn n k k

k

n n

nn k k

k

nn f n a b a b

k

a b a b a bn

an n

a b a bb a bk k

a

k

na b

k

− + − +

−

= =

++

=

+

−

−

=

=

⎛ ⎞= + = ⎜ ⎟

⎝ ⎠+ = +

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+

+ =

⎛ ⎞= + =⎜ ⎟

⎝ ⎠

=

=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

+⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠+

∑

∑

∑

∑ ∑

1) ( 1)nb f n+ = +

El paso intermedio, marcado en rojo, se obtiene aplicando la recurrencia del triángulo de Pascal (pista: desarrollar los sumatorios y reordenar los términos)


Una consecuencia (Suma por filas en el triángulo de Pascal) y un vistazo a la teoría de conjuntos:

Pongamos a = b = 1 en la fórmula del binomio, y tendremos que la suma de los números de la n-sima fila es:

0 0

(1 1) 1 1 2 , o bien

2 ...0 1

n nn n k k n

k k

n

n nk k

n n nn

−

= =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∑ ∑

Análogamente, si ponemos a =1 y b= -1, se tiene que:

0 0

1

0 (1 1) (1 ( 1)) 1 ( 1) ( 1) , o bien

0 ... ( 1) ( 1)0 1 2 1

n nn n n k k k

k k

n n

n nk k

n n n n nn n

−

= =

−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = + − = − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= − + − + − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∑ ∑


La fórmulas anteriores tienen algunas consecuencias interesantes. Notemos que el número combinatorio “n sobre k” representa el número de posibles subconjuntos del conjunto original A que tienen k elementos. Por tanto, el número total de subconjuntos se puede calcular por el desarrollo del binomio con a = b = 1.

El número de elementos de un conjunto finito se llama "cardinal de A",y se escribe .La familia de todos los subconjuntos de A es otro conjunto que se llama"Partes de " y denotamos ( ). La fór

n AA n

A P A

=

mula anterior se puede escribir ahora:

( ) 2 2Dado que cada elemento de es por sí solo un subconjunto de , hemos pro-

bado también que para conjuntos finitos, ( )

A nP AA A

P A

= =

2 , o sea, que 2 .A nA n= > >


Trabajando con el triángulo de Pascal: Sumar por columnas…

n k 0 1 2 3 4 5 6 …0 1

1 1 1

2 1 2 1

3 1 3 3 1

4 1 4 6 4 1

5 1 5 10 10 5 1

6 1 6 15 20 15 6 1

7 1 7 21 35 35 21 7 1

8 1 8 28 56 70 56 28 …

La suma de los n primeros números, incluidos los ceros del principio, de la columna k-ésima viene dada por la fórmula siguiente, que se demuestra por inducción sobre n:

0

1

1

n

m knm

k=

+⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟ ⎜ ⎟+⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∑


Trabajando con el triángulo de Pascal: Sumar por diagonales…

n k 0 1 2 3 4 5 6 …0 1

1 1 1

2 1 2 1

3 1 3 3 1

4 1 4 6 4 1

5 1 5 10 10 5 1

6 1 6 15 20 15 6 1

7 1 7 21 35 35 21 7 1

8 1 8 28 56 70 56 28 …

0

1

k

n kk

m m nn=

+ + +⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑

La suma de los n primeros números, de la diagonal m-ésima viene dada por la fórmula siguiente, que se demuestra por inducción sobre n:


Combinatoria Elemental (2)

Combinaciones con repetición

Ejemplo ilustrativo para el cálculo del número de Combinaciones con elementos repetidos. Consideremos un conjunto A = {1,2,3,4,5} con 5 elementos, y vamos a construir ordenadamente todas las posibles combinaciones de 3 elementos, permitiendo que haya repeticiones. Para ello formamos la tabla de la izquierda, obteniendo 25 de ellas. Añadiendo las 10 que no poseen repetición, aparecen las 35 posibilidades existentes

En general, podemos renumerar los elementos de A según la siguiente regla:

El elemento i-ésimo seguirá llamándose i si está en primera posición. En caso contrario, se llamará i+j-1, siendo j el puesto que ocupa en la combinación.

En el ejemplo, el mayor valor posible para i+j-1 es 5+3-1=7, luego…

vemos que las combinaciones con repetición de 5 objetos tomados de 3 en 3 son las mismas que las de 7 (=5+3-1) sin repetición tomados de 3 en 3 (tabla de la derecha)

111 222 333 444 555112 223 334 445113 224 335 455114 225 344115 233 355122 244133 255144155

123 234 345 456 567

124 235 346 457125 236 347 467126 237 356127 245 357134 246145 247156167


En general, para n objetos y grupos de k, el número de Combinaciones con elementos repetidos vendrá dado por la fórmula:

1

5 5 3 13 3

1

En particular, volviendo al ejemplo motivador:5 3 1 7

353 3

n n kk k

n kCR C

k

CR C

+ −

+ −

+ −⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠

+ −⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Nótese que en el cálculo del número de las Combinaciones con repetición se puede permitir que k > n, como en las Variaciones con repetición.


Permutaciones con elementos repetidosEjemplo ilustrativo del cálculo del número de Permutaciones con elementos repetidos

Supongamos dadas las permutaciones de tres elementos, p. ej. (a,b,c), que son 6. Permitamos que uno de ellos se repita, digamos que el primero, dos veces: (a,a,b,c). Ahora tendremos 4 elementos, y 24 permutaciones posibles. Si numeramos las dos a’es como a1 y a2, observamos que las 24 permutaciones son todas diferentes, pero si les quitamos los índices, dos permutaciones como (a1,b,c,a2) y (a2,b,c,a1) se convierten en indistinguibles, pues ambas se escriben igual, (a,b,c,a). Esto es, cada dos permutaciones con las dos a’es intercambiadas se convierten en una sola. Como en todas las permutaciones hay dos a’es, nos quedará que sólo son posibles 24/2 = 24/2! = 12 permutaciones distintas de 4 elementos, siendo dos de ellos iguales.

En general, siguiendo este mismo razonamiento obtendremos:

1 2, ,...,1 2

1 2

! ! !... !

Nótese que se ha de cumplir que ...

r

nn n n

r

r

nPn n n

n n n n

=

= + + +


Una observación sobre el número de permutaciones con elementos repetidos.

Consideremos en la fórmula de la permutaciones con repetición que r = 2. En tal caso se tiene que:

1 2 1 2, 1 2 ,11 2 1 2 1 1

1 ,

! ! !, y como , .! ! ! ! !( )!

Si ponemos , observamos que . Esto permite reescribir

la fórmula del binomio en una forma algo más simé

n nn n n n

n nk n k k

nn n nP n n n Pnn n n n n n n

nn k C P

k −

⎛ ⎞= = + = = = ⎜ ⎟− ⎝ ⎠

⎛ ⎞= = =⎜ ⎟

⎝ ⎠

,0,...,

trica: ( )n n n k k

n k kk n

a b P a b−−

=

+ = ∑

La importancia de esta nueva forma es que pone de relieve el hecho que la construcción de la fórmula del binomio se reduce a saber de cuántas maneras se puede descomponer el número n en suma de otros dos, teniendo en cuenta el orden de los sumandos. Además esto abre la vía a una generalización natural: Cambiar binomio por trinomio, cuatrinomio,…


Un ejemplo ilustrativo: La potencia n-sima de un trinomio.31 2

1 2 3

1 2 3

, , ( )

Todos los términos del sumatorio son de grado , como muestra el hecho de que los exponentessuman . A cada descomposici

nn nn nn n n

n n n na b c P a b c

nn

+ + =

+ + = ∑

le corresponde un término deldesarrollo. Veamos como ilustración el caso 3. Las posibles descomposiciones de 3 en tres sumandos son (no

ón ordenada de

ponemos los +):

en 3 sumand

300, 030, 00

os

3, 2

nn=

3 1 2 0 1 2 0 21,2,0

1 2

01, 210, 102, 120 y 111. Por ejemplo, la descomposición 120 se corresponde 3!

caso genera

con el término 3 .1!0!2!

En el , la potencia -sima de un multinomio, ( ... ) , sl nr

P a b c a b c ab

n a a a

= =

+ + +1 2

1 2

1 2

1 2 , ,..., 1 2...

erá:

( ... ) ....

r

r

r

n n nn nr n n n r

n n n na a a P a a a

+ + + =

+ + + = ∑

Este ejemplo y su generalización nos indican que un problema combinatorio de gran importancia es el cálculo de las particiones de números y conjuntos. Así pasamos a la Combinatoria avanzada.


Combinatoria Avanzada: Particiones, Permutaciones y más Recurrencias

Particiones de conjuntos

Sea A un conjunto con n elementos. Una partición de A en k partes consiste en distribuir los n elementos en k grupos (o cajas), de manera que ningún grupo quede vacío. Por supuesto, ha de cumplirse que

0 k n< ≤

Ejemplo: Sea A={a,b,c,d}, esto es, n=4. Si ponemos k=2 tendremos las siguientes siete posibles distribuciones de A en dos partes (véase que el orden no cuenta):

a+bcd, b+acd, c+abd, d+abc, ab+cd, ac+bd, ad+bc

El número de particiones de n elementos en k grupos es el número de Stirling de segunda clase, que se escribe en la forma

42

En el ejemplo, 7

nkSS =


Particiones de números

Sea n un número entero. Una partición de n en k partes consiste en escribir n como suma de k sumandos, que pueden aparecer repetidos. En la teoría se suele exigir que ningún sumando sea nulo (aunque en las potencias de multinomios lo admitimos):

0 k n< ≤Ejemplo: Sean n = 5 y k = 3. Las posibles particiones son dos: 3+1+1 y 2+2+1, si no tenemos en cuenta el orden de los sumandos. Sin embargo, en las aplicaciones hay que considerar a veces el orden. Ahora las posibles particiones son 6: 3+1+1, 1+3+1, 1+1+3, 2+2+1, 2+1+2 y 1+2+2. Podemos dar una definición más refinada:

{ }1 2

1

53

Una partición de es una familia de números, ... , mayores que 0,

tales que .

El número de particiones de en sumandos, sin el orden, se escribe: En el ejemplo, 2El númer

k

k

ii

nk

n k n n n

n n

n k PP

=

≥ ≥ ≥

=

=

∑

53

o de particiones de en sumandos, contando el orden, se denota por: En el ejemplo, 6

nkn k POPO =


Algunas observacionesPara hallar a partir de hay que razonar así:nk nkPO P

Tomemos una partición no ordenada cualquiera con k elementos. De esos, habráalgunos grupos de elementos iguales. Por tanto, para hallar las particiones ordenadas asociadas a la dada hay que calcular el número de permutaciones con repetición que le corresponden, que dependerá de los elementos repetidos. Sumando después sobre todas las particiones no ordenadas se halla el número de particiones ordenadas.

El “Principio del Palomar” (Pigeonhole Principle)

Este principio es la sencilla observación de que (para particiones de conjuntos) cuando n es mayor que k, al distribuir los n elementos en k grupos, en alguno de éstos hay más de un elemento. Se usa en muchas demostraciones.


Permutaciones ordinarias y sus ciclos

Comenzamos con un ejemplo ilustrativo. Sea n = 3 y construyamos las 3! = 6 permutaciones ordinarias, pero escribiéndolas en forma de matriz de dos filas, donde en la fila superior mantenemos los tres elementos en un orden fijado:

, , , 23 12 123 123 1 332 21 231

1312 3

23 1 3 2123 1 3 2

, 1

, ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

En rojo se han marcado los “puntos fijos” y en azul los “ciclos” de 2 ó 3 elementos. Así, tendremos que:

: En esta permutación todos los puntos son fijos

: Ésta se compone del ciclo 2 3 2 y un punt2332

123231

o fijo

: Ésta corresponde al ciclo 1 2 3 1

123123

11

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞

→ →⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞

→ → →⎜ ⎟⎝ ⎠


Se observa que cualquier permutación se obtiene mediante una composición de ciclos de diferentes longitudes, que pueden ir desde 1 hasta n (en el ejemplo, n = 3), luego:

, , , , ,

Se pueden escribir también

123 1 3 2123 1

de esta otra manera:(1)(2)(3), (1)(23), (3)(12

3 223 12 123 123 1 332 21 231 312 3

), (123), (132) y (2)(13)

1⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Nótese que lo único que interesa son los ciclos que forman la permutación y que el orden en que se escriben no tiene importancia.

Se plantea ahora el problema de contar cuántas permutaciones de n elementos existen que se puedan escribir como combinación de k ciclos. Su número es el número de Stirling de primera clase, y se escribe

31 32 33

En el ejemplo, 2, 3, y 1

nkss s s= = =


Relaciones de recurrencia para los números de StirlingPara los números de segunda clase

Sea el número de particiones de un grupo de elementos en bloques. Para contarlas, elijamos un elemento fijo . Pueden pasar dos cosas:1. constituye por sí sólo un bloque.2. no es un bloque

nkS n ka

aa

-1, -1

por sí mismo.En el primer caso, retiremos el bloque formado por . Entonces nos quedarán 1 bloquesformados con los 1 elementos restantes. Se pueden formar de ellos. Al añadir de nuevoel

n k

a kn S

−−

-1, -1 bloque formado por tendremos ya de las posibles particiones.En el segundo caso, retiremos también el elemento . Entonces nos quedarán bloquesformados con los 1 elementos restantes.

n k nka S Sa k

n − -1,

-1,

Se pueden formar de ellos. Al reponer elel elemento ,que se puede ubicar de k modos distintos en cada permutación,tendremos las restantes de las posibles particiones. Luego hemos

n k

n k nk

Sa

kS S

-1, 1 -1, obtenido la ley de recurrencia nk n k n kS S kS−= +


El Triángulo de Stirling de 2ª clase… k-1 k

… … … …

n-1 Éste, más

éste por

n dan éste

n k 0 1 2 3 4 5 6 …

0 1

1 0 1

2 0 1 1

3 0 1 3 1

4 0 1 7 6 1

5 0 1 15 25 10 1

6 0 1 31 90 65 25 1

7 0 1 33 201 350 190 31 1

8 0 1 … … … … … …

1, 1 1,nk n k n kS S kS− − −= +


Para los números de primera clase

Sea el número de permutaciones de elementos descomponibles en ciclos. Para contarlas, elijamos un elemento fijo . Pueden pasar dos cosas:1. constituye por sí sólo un ciclo, esto es, es un p

nks n ka

a unto fijo.2. no es un ciclo por sí mismo, o sea, no es un punto fijo.En el primer caso, retiremos el punto fijo . Entonces nos quedarán 1 ciclosformados con los 1 elementos restantes. Se pueden

aa k

n−

− -1, -1

-1, -1

formar de ellos. Al añadir de nuevoel ciclo tendremos ya de las posibles permutaciones.

, retiremos también el elemento de todos los ciclo donde aparezcEn el segundo caso a. E

n k

n k nk

sa s s

a

-1,

ntonces quedarán ciclos formados con los 1 elementos restantes. Se pueden formar de ellos. Al reponer -que se puede ubicar de 1 modos distintos en cada permutación,tendremos las restant

n kk n sa n

−

−

-1, 1 -

-

1,

1,

Luego hemos obtenido la ley dees ( 1) de las posibles parti

recurreciones.

ncia )

s ( 1nk n k

k nk

n k

n

s nn s s

s− + −

−

=


El Triángulo de Stirling de 1ª clase

n k

0 1 2 3 4 5 6 …

0 1

1 0 1

2 0 1 1

3 0 2 3 1

4 0 6 11 6 1

5 0 24 50 35 10 1

6 0 120 274 225 85 15 1

7 0 720 1764

1624 735 175

21 1

8 0 5040 … … … … … …

… k-1 k

… … … …

n-1 Éste, más

éste por

n dan éste

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

(n-1)!


Leyes de Recurrencia (2)Una familia ordenada –según los números naturales– de fórmulas F(n) se dice recurrente o recursiva cuando la fórmula n-sima se puede obtener sistemáticamente a partir de un número fijo de las anteriores. Habitualmente, la recurrencia utiliza un número pequeño de fórmulas anteriores a la n-sima para establecer ésta. Ya hemos visto que un problema de recurrencia completo está formado por una regla de recurrencia más el dato de algunos valores iniciales.

La solución de un problema de recurrencia es una sucesión de números generada a partir de los valores iniciales usando la ley recursiva de que se trate. Veamos un ejemplo:

{ }

1

0

E l p r o b le m a d e r e c u r r e n c ia c o m p le to f o r m a d o p o r 2

t i e n e p o r s o lu c ió n la s u c e s ió n n u m é r icp u e s la le y d e r e c u r r e n c i a d ic e q u e c a d a t é r m in o e s i g u a l

a 2 a l

,2 ,2 ,2a n te r io r

e

, . . . . ,

l p r i.

C o m mo

n nF FF

−=⎧⎨ =⎩

, t o d o s lo se r o q u e n o s d e m á s v a le d a n n ige s 2 u a l .


También puede considerarse la recurrencia sobre dos o más variables: Por ejemplo, el Triángulo de Pascal muestra una fórmula recurrente sobre dos variables. La solución de un problema completo con dos variables es una tabla de números generada a partir de los valores iniciales usando la ley recursiva de que se trate.

La sucesión de FibonacciLa sucesión de Fibonacci es la solución del siguiente problema de recurrencia:

{ }

1 2

0 1

0, 1

que es la sucesión numérica 0,1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,... , pues la ley de recurrencia dice que cada término es la suma de los dos anteriores. Por tanto hacen falta dos

n n nF F FF F

− −= +⎧⎨ = =⎩

valores iniciales. Los elementos de la sucesión se llaman"números de Fibonacci".

Una vez escrita la ley de recurrencia, hallar la sucesión es inmediato, pero se plantea este problema: ¿Será posible dar una fórmula directa para el n-simo número sin tener que pasar obligatoriamente por todos los anteriores?


Algunas herramientas matemáticasa) Funciones generatrices

Una serie de potencias es una expresión . Cuando sea posible obtener una serie de potencias a partir de alguna función ( ), diremos que la función ( ) es una función generatriz de la sucesión

nna x

f x f x∑

{ }0 1 2

2 3

de coeficientes , , ,... .

1Por ejemplo: Dada la expresión ( ) , si efectuamos formalmente la división según la1

regla de división de polinomios, obtenemos la serie 1 ..., que podemos

tamb

a a a

f xx

x x x

=−

+ + + +

{ }

{ }0

ién representar como . La sucesión de coeficientes es 1,1,1,1,... , así que

1( ) es función generatriz de 1,1,1,1,... .1

nn

n

a x

f xx

∞

=

=−

∑


b) Desarrollo en fracciones simples

Consideremos la expresión . Desarrollarla en fracciones simples ( )( )

consiste en calcular dos números y tales que .( )( )

Los números y se hallan fácilmente operando

px qx a x b

px q A BA Bx a x b x a x b

A B

+− −

+= +

− − − −

2

y resolviendo un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas:

( ) ( )( )( ) ( )( )

Ejemplo:1 1/ 22 2 luego y por 2 3 / 21 ( 1)( 1)

A B pA B A B x Ab Ba px qbA aB qx a x b x a x b x a x b

A B Ax xA B Bx x x

+ =⎧+ − + ++ = = ⇒ ⎨ + = −− − − − − − ⎩

+ = =⎧ ⎧− −= ⇒ ⎨ ⎨− + = =− − + ⎩ ⎩

2

tanto

2 1/ 2 3 / 2 .1 1 1

xx x x−

= +− − +


Aplicación a la sucesión de Fibonacci: Función generatriz

{ }0 1 2 3Sea , , , ,... la sucesión de Fibonacci. Vamos a encontrar una función generatriz para ella. Para hallarla, escribamos conjuntamente la ley de recurrencia

y las condiciones iniciales en una únic

F F F F

[ ] [ ]

1 2

0 1

1 2

1 20 0 0

a ecuación: De pasemos a 0, 1

. Multipliquemos ahora toda la ecuación por

y sumemos sobre desde 0 hasta : Nos quedar

0, 0 1,1

á:

n n n

n n n

n

n n nn n n

n n n

F F FF F

F F F

x n

F F x F

n

x

n

x

− −

− −

∞ ∞ ∞

− −= = =

=

= +⎧⎨ = =⎩

= + +

∞

+ =

= +∑ ∑ [ ] [ ]{ }0

1 2 21 2

0 1 2 02

22

0, 0 1,1 , o bien

. Si escribimos ahora ( ) ,

obtendremos que ( ) ( ) ( ) , de donde:

(1 ) ( ) , luego ( ) es la fun(1 )

n

n

n n n nn n n n

n n n n

n n x

F x x F x x F x x f x F x

f x xf x x f x xxx x f x x f x

x x

∞

=

∞ ∞ ∞ ∞− −

− −= = = =

+ = + =

= + + =

= + +

− − = =− −

∑ ∑

∑ ∑ ∑ ∑

ción generatriz buscada.


Aplicación a la sucesión de Fibonacci: Desarrollo en fracciones simples

2

2

Escribamos la función generatriz como ( ) y apliquemos 1

la técnica de las fracciones simples. Para ello, resolvemos 1 0 :

1 5 , a cuyas soluciones llamaremos y (el número se 2

ll

xf xx x

x x

x ϕ ϕ ϕ

−=

+ −+ − =

− ±= −

( ) ( )2 3

ama "número de oro" o "divina proporción") . Las fracciones parciales

obtenidas son y . Si escribimos la primera en la forma , 1

hallamos el desarrollo 1 ... , y1

A

x

Ax x xA

x

A Bx x

ϕ

ϕ

ϕϕ ϕ ϕ ϕ

ϕ

ϕ ϕ+ − +

⎡ ⎤= − + −⎢ ⎥⎣ ⎦+análogamente

para la otra. Sumando y juntando términos se obtiene la expresión de los , los coeficientes de en el des Acabarar loroll como total: o ejercic . ion

nF x


Las “Torres de Hanoi”, 1

El problema consiste en calcular el número de movimientos necesarios para pasar todos los discos de laprimera varilla a la segunda (o a la tercera) respetando las siguientes reglas:

• Sólo se puede mover un disco cada vez

• Los discos que haya en cualquier varilla han de estar ordenados por diámetros decrecientes hacia arriba.

0 1

El número de movimientos depende de la cantidad de discos. Si hay discos, representará el número de movimientos. Es claro que 0 y 1:n

nM M M= =

Varilla 1 Varilla 2 Varilla 3 Movs:

0Varilla 1 Varilla 2 Varilla 3 Movs:

010 0M =

1 1M =




0

21

3


0

1

2

3

42 3M =

Tras el movimiento 2, estamos en el caso de un único disco: un movimiento más, y terminamos… 3 7M =

Tras el movimiento 4, estamos en el caso de dos discos, así que con tres movimientos más, acabamos…


1

0

1 20

n nM MM

+ = +⎧⎨ =⎩


Ahora ya podemos formular la ley de recurrencia:

Discos 0 1 2 3 4 …Movs: 0 1 3 7 15 …

1 2 2 30 1 2 3

3 30 1 2 3 0 1 2 3 1

1

1

Si operamos un poco obtendremos una fórmula cerrada para :1 2 1 2(1 2 ) 1 2 4 1 2 4(1 2 )

1 2 3 4 8 2 2 2 2 ...

2 2 2 2 ... 2 2 2 2 2 ... 2 , y como

n

n n n n n

n nk n

n k

MM M M M M

M M

M MM

− − − −

− −

−−

= + = + + = + + = + + + =

= + + + + = + + + = =

= + + + + + = + + + + +

0 1 2 3 1

1, nos quedará, sumando la progresión geométrica de razón 2:

2 2 2 2 ... 2 2 1n nnM −

=

= + + + + + = −

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Combinatoria y recurrencia