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1.Combinatoria
El arte de contar
“La combinatoria trata, ante
todo, de contar el número de
maneras en que unos objetos
dados pueden organizarse de
una determinada forma.”
Introducción a la combinatoria
Ian Anderson
“La tercera prioridad de la
campaña es dar la primera
prioridad a la enseñanza.”
Web oficial de George W. Bush
1
Contar no es tan sencillo...
Antología de gazapos
radiofónicos
«Acuda a nosotros y le
prepararemos. En la última
convocatoria
76
opositores
aprobaron con nuestros textos.
Quince de ellos quedaron entre
los diez primeros».
«El baile de anoche en
Fuenterrabía estuvo amenizado
por un numeroso cuarteto».
«El número premiado hoy es el
cuatrocientos veinticinco.
Repetimos: cinco-nueve-tres».
El papiro Rhind (problema 79)
En 1858 el egiptólogo escocés
A. Henry Rhind compró en
Luxor (Egipto) el papiro que
actualmente se conoce como
papiro Rhind o de Ahmes,
encontrado en las ruinas de un
antiguo edificio de Tebas. Fue
escrito por el escriba Ahmes
aproximadamente en el año
1650 antes de nuestra era.
El papiro mide unos 6 m de largo y 33 cm
de ancho. Representa la mejor fuente de
información sobre matemática egipcia
antigua conocida.
Comienza con la frase:
“Cálculo exacto para entrar en
conocimiento de todas las cosas
existentes y de todos los oscuros
10
secretos y misterios.”
El papiro Rhind (problema 79)
Escrito en hierático, consta de 87 problemas y su resolución.
Nos da información sobre cuestiones aritméticas básicas,
fracciones, cálculo de áreas, volúmenes, progresiones,
repartos proporcionales, reglas de tres, ecuaciones lineales
y trigonometría básica. El problema 79 es de combinatoria.
Veamos una versión “moderna”...
11
La regla del producto
Según iba a St. Ives
me crucé con un hombre con 7
esposas.
Cada esposa tenía 7 sacos,
cada saco tenía 7 gatos,
cada gato tenía 7 gatitos.
Gatitos, gatos, sacos y
esposas.
¿Cuántos iban a St. Ives?
St. Ives Mother Goose
(La mamá oca de San Ives)
12
Diagramas en árbol o árboles (un tipo sencillo de grafos)
You are eating at Emile’s restaurant and the waiter informs you that you have (a)
two choices for appetizers: soup or juice; (b) three for the main course: a meat,
fish, or vegetable dish; and (c) two for dessert: ice cream or cake. How many
possible choices do you have for your complete meal?
La solución
es el número
de ramas finales
del árbol.
El total de posibilidades será: 2
.3 .2
= 12
13
Principio multiplicativo (ilustración gráfica)
a2
a1
b1
c1
b3
b2
c2 c1
c2
c1 c2
b1
c1
b2
c2 c1 c2
b3
c1
c2
El primer elemento puede escogerse de dos
formas distintas: a1 y a2.
El segundo de tres maneras distintas: b1, b2 y b3.
El tercer elemento puede escogerse en dos modos
distintos: c1 y c2.
El total de posibilidades será: 2 . 3 . 2 = 12
14
Alfabeto Braille
¿Cuántos símbolos distintos pueden representarse?
2 × 2 × 2 × 2 × 2 × 2 = 64 → 63
1
2
3
4
5
6
15
Musikalisches Würfelspiel y otras creaciones combinatorias
Wolfgang Amadeus Mozart
“juego de dados musical”.
Un minueto tiene 16 compases.
Mozart dejó escritos 16 grupos
de 11 compases, o sea, un total
de 176 compases distintos. Por
ejemplo, este es uno de esos
compases pre-escritos:
Ahora, el primer compás de los 16 que
formarán el minueto se escoge al azar
lanzando dos dados: el lanzamiento de los
dos dados nos da 11 posibilidades, desde
que sumen conjuntamente 2 a que sumen 12.
Ese número nos dice qué compás de los 11
posibles del primer grupo podemos escoger.
He escogido al azar este primer compás:
16
Para generar el segundo tengo también
11 posibilidades. Lanzo los dados y me
sale 5 + 2 = 7; o sea, cojo el número 7
de los posibles 11 del segundo grupo.
Este compás suena así:
Vemos que tenemos 11 x 11 = 121
posibilidades para la combinación de los
dos primeros compases. Y en total
tendremos:
16
×
×

×
=
=
11
11
11
11


16
45.949.729.863.572.161 ≈ 4,6 × 1016
Escuchemos un posible resultado:
(Ejecutar «Mozart Dice»)
Si para tocar cada uno de ellos tardáramos 30 s, necesitaríamos unos 1.500
millones de años para escucharlos todos.
(74) Musikalisches Würfelspiel y otras creaciones combinatorias
Emitido en RNE 1 «No es un día cualquiera, Los Sonidos de la Ciencia», el 4 de Marzo de 2007
Locución: B. Luque
Guión: B. Luque y F. Ballesteros
La regla del producto o principio multiplicativo
Si una elección tiene m alternativas posibles y otra n,
entonces la realización de ambas tiene m x n.
¿De cuántas formas se
pueden escoger dos fichas
de dominó de las 28 que
hay, teniendo en cuenta el
orden, y de forma que se
puedan aplicar una a la otra
(es decir, de modo que se
encuentre el mismo número
de tantos en ambas fichas)?
18
Escojamos la primera ficha.
Esto se puede hacer de 28 maneras:
En 7 casos la ficha elegida será un “doble”, es
decir, tendrá la forma 00, 11, 22, 33, 44, 55, 66.
Y en 21 casos será una ficha con distinto
número de tantos. Por ejemplo 05, 13, 46, etc.
En el primer caso (ficha doble), la segunda ficha
se puede elegir de 6 maneras. Por ejemplo, si
en el primer paso fue elegida la ficha 11. En el
segundo se puede tomar una de las fichas
10, 12, 13, 14, 15 o 16.
En el segundo caso, la segunda ficha se puede
escoger de 12 maneras. Por ejemplo para la ficha 35
servirán las 03, 13, 23, 33, 43, 63, 50, 51, 52, 54, 55, 56.
Según la regla del producto, en el primer caso
obtenemos 7 x 6 = 42 elecciones, y en el segundo,
21 x 12 = 252.
Así que en total tendremos:
42 + 252 = 294 formas.
1
4
3
2
6
5
“El espacio, la última frontera. Estos
son los viajes de la nave estelar
Enterprise, que continúa su misión
de exploración de mundos
desconocidos, descubrimiento de
nuevas vidas y de nuevas
civilizaciones; hasta alcanzar lugares
donde nadie ha podido llegar.”
7
¿Cuántas fotografías distintas
podemos hacer cambiando a
los personajes de posición?
¿Cuántas permutaciones son
posibles?
7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 5.040
1
2
3
4
5
6
7!= 5.040
7
22
Permutaciones (sin repetición)
Dados n objetos distintos, llamamos permutación a una
ordenación particular de los n objetos en una fila.
Ejemplo: Hay 6 posibles permutaciones con las tres letras
a, b, c: abc, acb, bac, bca, cab, cba.
El número de permutaciones de n objetos diferentes tomados
todos a la vez es n! (se lee “n factorial” o “factorial de n”).
Usando la regla del producto: hay n posibles objetos para la
primera plaza de la fila, n-1 objetos posibles para ocupar la
segunda, etc...
Pn = n ⋅ (n − 1) ⋅ (n − 2) ⋅  ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1 = n !
23
Con las letras de la palabra
DISCO, ¿cuántas palabras
distintas (con o sin sentido) se
pueden formar?
Evidentemente, al tratarse de palabras, el orden importa.
Tenemos que formar palabras de cinco letras con cinco
elementos: {D, I, S, C, O}, que no están repetidos.
P5 = 5!= 120
El cálculo del número de permutaciones “n!” se cree que apareció
por primera vez en la India. Se tiene constancia de ejemplos del
año 300 antes de nuestra era. En el siglo XI la "fórmula general"
era bien conocida en la India y los países árabes.
24
Explosión combinatoria
¿Cuál es el número de posibles
ordenaciones de una baraja de póker de 52
cartas?
El resultado es 52!, aproximadamente 8 × 1067.
Observa que a partir de una simple baraja obtenemos
un enorme número, superior, por ejemplo, al cuadrado
del número de Avogadro: 6,02 × 1023.
Fórmula de Stirling
n! ~ 2π ⋅ n
n+
1
2
⋅e
−n
A veces, al resolver un problema de combinatoria,
es mejor encontrar una aproximación asintótica,
formada por funciones cuyo comportamiento es
fácil de comprender, que la solución exacta, cuyo
27
comportamiento escapa a nuestra intuición.
Supongamos que los siete personajes de Star Treck se hacen
fotografías en fila en todas las permutaciones posibles. ¿En
cuántos casos Data y Picard aparecen juntos?
Pensemos que Data y Picard son siameses o que van dentro de un saco.
El número de posibles fotografías sería entonces de: 6! = 720.
Pero además, para cada una de esas fotografías, Data puede estar a la
derecha o a la izquierda de Picard. Luego el resultado es: 2· 6! = 1440.
29
¿Cuántas permutaciones pueden formarse con las letras
de la palabra BONDAD?
Respuesta: 6!/2!
¿De dónde sale ese 2!?
Supón que para distinguir la D repetida utilizamos una tilde:
BONDAD’.
Ahora todas las letras son distintas, distinguibles, luego hay
6! permutaciones posibles. Pero cada par de permutaciones
donde la D y D’ están intercambiadas, como por ejemplo:
- - - D - D’ y - - - D’- D en realidad son la misma. Por lo tanto
debemos dividir por 2 el número total de configuraciones.
¿Y por qué por 2!?
Bueno, 2! = 2, pero piensa que ocurriría si hubieran tres
D's...
30
Varias personas se sientan a
una mesa redonda.
Consideraremos que dos
formas de sentarse coinciden
si cada persona tiene los
mismos vecinos a ambos
lados. ¿De cuántos modos
diferentes se pueden sentar 4
personas? ¿Y 7? ¿Y n?
«Un buen día, a Data se le
ocurre la idea de montar una
timba de póker un poco
especial. Como había visto
que el jueguecito en cuestión
era muy útil para explorar los
comportamientos de sus
compañeros humanos, pensó
en hacer lo mismo con gente
de, digamos, más nivel.
Así que se fue a la sala de hologramas y organizó una partida
con réplicas computerizadas de Newton, Einstein y Hawking,
papel este último interpretado por ... Stephen W. Hawking.
Título original: The Next Generation #252: Descent I. USA,
Junio 1993.»
Extracto de la página web Epsilones.
(1) La relación de vecindad se conserva en las permutaciones
cíclicas
y en caso de una simetría.
En el caso de 4 personas, tendremos 4 permutaciones
cíclicas y una simetría especular para cada una: 2 x 4 = 8
transformaciones que conserven la relación de vecindad.
31
Permutaciones cíclicas
Espejo
Permutaciones simétricas
Como el número total de permutaciones de 4 personas es igual a 4! = 24,
tendremos 24 / 8 = 3 formas distintas de sentarse.
32
(2) Si hay 7 personas alrededor de la mesa, tendremos
7! / (7 x 2) = 360 modos.
(3) Y, en general,
en el caso de n
personas:
n! / (n x 2) formas.
33
En una reunión deben intervenir 5 personas: A, B, C, D y E.
¿De cuántas maneras se pueden distribuir en la lista de
oradores, con la condición de que B no debe intervenir
antes que A?
El número total de posibles listas
de oradores distintas es 5!.
Podemos asociar a cada
permutación del tipo: (...A...B...)
la misma permutando (...B...A...).
Esta última no nos vale. De
modo que por cada par hay sólo
una manera que satisface la
condición planteada. Tendremos
5! / 2 = 60 maneras.
34
El mismo problema, pero con la condición de que A deba
intervenir inmediatamente antes que B.
Si A interviene inmediatamente
antes que B, podemos
considerarlos como si fuesen un
solo orador. Es decir, ahora sólo
contamos las permutaciones
tipo: (...AB...)
Tendremos entonces:
4! = 24 formas.
35
En una estantería se quieren colocar 4 libros diferentes de
matemáticas, 6 de física y 2 de química. ¿De cuántas
maneras distintas se pueden colocar si:
a) los libros de cada materia deben quedar juntos,
b) sólo los libros de matemáticas deben quedar juntos?
a) Por un lado, los libros de matemáticas se pueden colocar de 4!
maneras, los de física de 6! y los de química de 2!. Los tres grupos
de libros se podrán colocar de 3! maneras. Por consiguiente se
obtienen: 4!·6!·2!·3! = 207.360 distintas configuraciones.
b) Si consideramos los 4 libros de matemáticas como si fuesen uno solo,
entonces tenemos 9 "libros", que pueden colocarse de 9! maneras. En todas
estas configuraciones los libros de matemáticas estarían juntos. Pero a su
vez, éstos se pueden colocar de 4! maneras, por lo que en total se obtienen:
9!·4! = 8.709.120 maneras.
36
Ars Magna
Ramon Llull
(c. 1232-1315)
De Ars Combinatoria
Gottfried Wilhelm Leibniz
(1646-1716)
38
Discursos políticos, programas electorales...
I
II
III
IV
Queridos compañeros
la realización de las premisas del
programa
nos obliga a un exhaustivo análisis
de las condiciones financieras y
administrativas existentes.
Por otra parte,y dados los
condicionamientos actuales
la complejidad de los estudios de los
dirigentes
cumple un rol escencial en la
formación
de las directivas de desarrollo para
el futuro.
Asimismo,
el aumento constante, en cantidad y
en extensión, de nuestra actividad
exige la precisión y la determinación
del sistema de participación general.
Sin embargo no hemos de olvidar
que
la estructura actual de la
organización
ayuda a la preparación y a la
realización
de las actitudes de los miembros
hacia sus deberes ineludibles.
De igual manera,
el nuevo modelo de actividad de la
organización,
garantiza la participación de un
grupo importante en la formación
de las nuevas proposiciones.
La práctica de la vida cotidiana
prueba que,
el desarrollo continuo de distintas
formas de actividad
cumple deberes importantes en la
determinación
de las direcciones educativas en el
sentido del progreso.
No es indispensable argumentar el
peso y la significación de estos
problemas ya que,
nuestra actividad de información y
propaganda
facilita la creación
del sistema de formación de cuadros
que corresponda a las necesidades.
Las experiencias ricas y diversas
muestran que,
el reforzamiento y desarrollo de las
estructuras
obstaculiza la apreciación de la
importancia
de las condiciones de las
actividades apropiadas.
El afán de organización, pero sobre
todo
la consulta con los numerosos
militantes
ofrece un ensayo interesante de
verificación
del modelo de desarrollo.
Los superiores principios
ideológicos, condicionan que
el inicio de la acción general de
formación de las actitudes
implica el proceso de
reestructuración y modernización
de las formas de acción.
Incluso, bien pudiéramos atrevernos
a sugerir que
un relanzamiento específico de
todos los sectores implicados
habrá de significar un auténtico y
eficaz punto de partida
de las básicas premisas adoptadas.
Es obvio señalar que,
la superación de experiencias
periclitadas
permite en todo caso explicitar las
razones fundamentales
de toda una casuística de amplio
espectro.
Pero pecaríamos de insinceros si
soslayásemos que,
una aplicación indiscriminada de los
factores confluyentes
asegura, en todo caso, un proceso
muy sensible de inversión
de los elementos generadores.
Por último, y como definitivo
elemento esclarecedor, cabe añadir
que,
el proceso consensuado de unas y
otras aplicaciones concurrentes
deriva de una indirecta incidencia
superadora
de toda una serie de criterios
ideológicamente sistematizados en
un frente común de actuación
regeneradora.
¿Cuántos discursos posibles podemos elaborar?
14
Cap. 16. Rumores, leyendas y bromas pesadas entre gentes de ciencia
«En la primavera de 1996 la prestigiosa revista Social Text de estudios culturales
de tendencias postmodernas publicó el artículo: "Transgrediendo las fronteras:
hacia una hermenéutica transformadora de la gravedad cuántica". El autor fue
el físico de la Universidad de New York, Alan Sokal. Cuando un investigador
desea publicar un trabajo en una revista de prestigio en el área de su interés, debe
seguir una serie de pasos. Inicialmente envía su trabajo a alguno de los editores de
la revista. Estos le contestan agradeciendo su intención. En ciertos casos, los
propios editores, después de evaluar la calidad del trabajo, deciden aceptarlo tal
cual, aceptarlo con retoques o rechazarlo. Pero la mayor parte de las veces, piden
consejo evaluador a otros investigadores de reconocido prestigio en el área. El
artículo de Sokal fue aceptado para su publicación sin mayores problemas.
¿Cuál fue la inocentada? Que cualquier estudiante de física se hubiera dado cuenta
de que aquellas 23 páginas eran una cháchara sin sentido. Para inri de los
editores, al mismo tiempo que se publicaba el artículo, Sokal descubría la
inocentada en otra prestigiosa revista francesa: Lingua Franca. ¿Por qué Sokal
decidió ridiculizar a los editores de Social Text? Los motivos se cuentan con lujo
de detalles en el libro “Imposturas Intelectuales”, que Sokal escribió con
Bricmont poco después de la tormenta. Resumido en palabras del filósofo Thomas
Nagel, extraídas de una reseña del libro: "Los escritores denunciados por Sokal y
Bricmont -se refiere a Lacan, Baudrillard, Irigaray, Kristeva y Deleuze, entre
otros- utilizan términos técnicos sin saber lo que significan, aluden a teorías y
fórmulas que no comprenden ni lo más mínimo, e invocan a la física y las
matemáticas modernas en apoyo de posturas sicológicas, sociológicas, políticas y
filosóficas con las que no tienen nada que ver. No siempre es fácil determinar
cuánto es debido a la estupidez incurable y cuánto al deseo de apabullar al
público con fraudulentos despliegues de sofisticación teórica.»
PACO: Poeta automático callejero on-line
«Creadores: Artista-escultor Carlos Corpa / Ana María GarcíaSerrano y su equipo en inteligencia artificial. Usando una variante
del lenguaje de programación Prolog, que han bautizado como
Ciao, han creado un programa que genera poesías. El programa
distingue
categorías como nombre, verbo, adjetivo,
determinantes y adverbios. Escoge aleatoriamente un sujeto,
un verbo y un predicado de modo que concuerden tiempo verbal, género,
número, etc. y que la frase sea sintácticamente correcta. Aunque en realidad
Paco solo usa el verbo ser, la cosa es más compleja de lo que parece. Elige
también al azar si la rima será consonante o asonante, y en función de eso el
número de versos.»
(19) El robot Paco (Emitido el 22 de Mayo del 2005)
Locución: B. Luque
Guión: B. Luque y F. Ballesteros
210.30785
el zoomorfo es el lúpulo siamés , y el ánade es el
ejército bonachón
el gránulo es el espárrago ceilanés , y el
hipotálamo es el ósculo santurrón
el estratocúmulo es el hórreo cabezón , y el
autoengaño es el espontaneísmo dulzón
el linóleo es el alfeñique refunfuñón , y el fricandó
es el hidrógeno fardón
Text Generators:
The Postmodernism Generator
Adolescent Poetry
Band Names
Postmodernism
Subgenius Brag
Time Cube
Generador automático de novelas de Dan Brown
"Autores ávidos de éxito, dejad atrás los desvelos por
encontrar la fórmula mágica. ¿Qué nos hace falta para
crear un best seller? Simplemente un generador
automático de novelas que, siguiendo los pasos del autor
más vendido en los últimos años, Crea tu propia novela de
Dan Brown.
Lo que vamos a obtener son las sinopsis de lo que podría
ser cualquier novela de moda. Pulsando donde nos indica,
o pulsando la tecla F5 todas las veces que queramos, el
programa nos ofrecerá una impresionante idea para crear
una novela al estilo de Dan Brown. Además, podemos
personalizar estas creaciones de títulos pegadizos
añadiendo un nombre, un apellido y un lugar.
Incluso obtendremos las distintas portadas que nos
resultarán bastante familiares. ‘Arcas y tijeras’, ‘Templos
y ascensores’, ‘El crisol de la crisis’, ‘La panacea del
mechero’, ‘El templo escarlata’... son algunos de los
títulos de probables novelas de Dan Brown".
Eva Paris
10 de diciembre de 2009
Del Blog Papel en Blanco
Emparejamientos
Dados 2n objetos distintos, ¿cuántas maneras hay de formar n
parejas?
Intentemos agrupar los 2n objetos usando n pares de paréntesis:
( , ) ( , ) ( , ) ... ( , )
Hay 2n espacios vacíos y 2n objetos, luego los podemos colocar
de (2n)! maneras distintas. Pero para cada paréntesis tenemos 2!
= 2 ordenaciones posibles que han de contarse como una sola
(dan lugar al mismo par), debemos dividir entre 2 · 2 · ... · 2 = 2n.
El orden en que hemos colocado los
paréntesis tampoco nos importa, y
como hay n! maneras distintas de
hacerlo, cada emparejamiento
posible ha sido obtenido de hecho n!
veces.
Entonces el número de parejas distintas es:
(2n)!
n
2 n!
43
Generalicemos el problema: dados m·n objetos, ¿cuántas
maneras hay de formar n conjuntos de m objetos?
Agrupemos los m·n objetos usando n paréntesis:
( , , ... , ) ( , , ... , ) ( , , ... , ) ... (, , ... , )
Hay m·n espacios vacíos y m·n objetos, luego los
podemos colocar de (m·n)! maneras distintas. Pero para cada
paréntesis tenemos m! ordenaciones posibles que han de contarse
como una sola (dan lugar a la misma m-terna ). Luego hemos de
dividir entre m! · m! · ... · m! = (m!)n.
El orden en que hemos colocado los paréntesis
tampoco nos importa, y como hay n! maneras
distintas de hacerlo, cada emparejamiento
posible ha sido obtenido de hecho n! veces.
Entonces el número
de maneras es:
(m ⋅ n)!
n
(m!) n!
44
Variaciones (sin repetición)
Un comentarista deportivo español
(o sea, de fútbol) pedía en antena que,
para conseguir el equipo ideal de
entre sus 20 jugadores, un entrenador
probara todas las posibilidades para
dar con el 10 ideal (el portero lo daba
por indiscutible). ¿Le daría tiempo en
una liga?
20
⋅19⋅
18⋅ ...
12
⋅
11 = 670.442.572.800

⋅
10 factores
45
Variaciones (sin repetición)
Según la regla del producto, las maneras de escoger r
elementos distintos de entre un total de n (r < n) según
un determinado orden, será igual al producto de:
Vn ,r = n ⋅ (n − 1) ⋅ (n − 2) ⋅ ... ⋅ (n − r + 1)
Esta expresión se conoce como variaciones de n elementos
tomados de r en r, y se representa por Vn,r.
Habitualmente se expresa como:
Vn,r
n!
n ⋅ (n − 1) ⋅ (n − 2) ⋅ ... ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1
=
=
(n − r)! (n − r ) ⋅ (n − r − 1) ⋅ ... ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1
En el problema
anterior:
V20,10 =
20!
20!
=
= 20 ⋅19 ⋅18 ⋅ ... ⋅12 ⋅11
(20 − 10)! 10!
46
¿Cuantos números de tres cifras distintas y significativas
se pueden formar con las nueve cifras del sistema decimal
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9? ¿Y si admitimos el 0?
Al tratarse de números el orden importa y además nos
dice "cifras distintas" luego no pueden repetirse.
V9,3 = 9 ⋅ 8 ⋅ 7 = 504
Si admitimos el 0, como primera opción seguimos teniendo
9 números, pero ahora como segundo número podemos usar
también el 0, luego tenemos 9 posibles candidatos...:
9 ⋅ 9 ⋅ 8 = 641
47
¿De cuántas maneras posibles se pueden sentar 10 personas en
un banco si solamente hay 4 puestos disponibles?
El primer puesto libre puede ocuparse de 10 maneras, luego el
segundo de 9 maneras, el tercero de 8 y el cuarto de 7. El número
de ordenaciones de 10 personas tomadas de 4 a la vez será:
V10, 4 = 10 ·9 ·8 ·7 = 5040
Tenemos 6 alumnos de primer curso, 5 de segundo, 4 de tercero, 3 de
cuarto, 2 de quinto, 1 de sexto, como candidatos a recibir 5 premios de
la Facultad: uno al alumno menos charlatán, otro al más atento, otro al
que tiene mejor letra, otro al que asiste más a tutorías y, por último, al
que mejor aparca el coche. Suponiendo que ningún alumno puede
recibir más de un premio, se pide: ¿De cuántas maneras se pueden
distribuir los premios?
Tenemos 21 candidatos a 5 premios. Como ningún alumno puede recibir más de
un premio (no es posible la repetición), tenemos 21 posibles candidatos para el
primer premio, 20 para el segundo,...
En total: 21 x 20 x 19 x 18 x 17 = 2.441.880 (distribuciones posibles).
48
Hiperficción explorativa o Hipernovela
El ejemplo más famosos de hipernovela es Rayuela
(1963) del escritor argentino Julio Cortázar (1914-1984).
"El jardín de senderos que se bifurcan", Jorge Luis Borges (1899–1986)
Libros juego: La colección Elige tu propia
aventura (Edward Packard y R. A. Montgomery),
editados en la década de los 80 y enfocados a un
público juvenil.
Fue Theodor Nelson en 1965 quien acuñó la expresión hipertexto,
que definió como:
“Escritura no secuencial, texto que bifurca, que permite que el
lector elija y que se lee mejor en una pantalla interactiva. Se
refiere a una serie de bloques de texto conectados entre sí por
nexos que forman diferentes itinerarios para el usuario”.
La primera novela conocida elaborada en hipertexto fue
«Afternoon: a story», publicada en 1989 por el norteamericano Michael Joyce.
El argumento no está dado de antemano, sino que cada lector construye
su propio camino. La novela empieza con la frase: "Quiero decir que tal
vez haya visto a mi hijo morir esta mañana." Pulsar "quiero" nos lleva por
un hilo argumental. Pulsar "morir", por otro...
Variaciones con repetición
Según la regla del producto, las maneras de escoger r
elementos de entre un total de n según un determinado
orden, y con la posibilidad de repetir los elementos
en cada elección, son:
r
n · n · n · ...· n = n
Esta expresión se conoce como variaciones con repetición
y se representa como:
VRn ,r = n
r
Se lee: “variaciones con repetición de n elementos tomados de r en r”.
52
¿Cuantos números de tres cifras significativas se pueden
formar con las nueve cifras del sistema decimal
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9? ¿Y si admitimos el 0?
Al tratarse de números el orden importa y además nos
dice que las "cifras se pueden repetir”:
VR9,3 = 9 = 729
3
Si admitimos el 0, como primera opción seguimos teniendo
9 números. Pero ahora como segundo número podemos usar
también el 0, luego tenemos 10 posibles candidatos e ídem
para el tercero:
9 ⋅10 ⋅10 = 900
53
V
V
54
Combinaciones (sin repetición)
¿Cuántas posibles combinados de dos bebidas podemos
hacer con ginebra, vodka y tequila?
Si el orden importara tendríamos
3 · 2 = 6. Pero en realidad:
(g, v) = (v, g), (g, t) = (t, g) y
(t, v) = (v, t), porque el orden no
importa. De modo que debemos
dividir entre 2: 6 / 2 = 3.
¿Cuántas posibles combinados de tres bebidas podemos
hacer con ginebra, vodka, tequila y ron?
De nuevo, si el orden importara tendríamos 4 · 3 · 2 = 24.
Pero en realidad: (g, v, t) = (g, t, v) = (v, g, t) = etc...,
porque el orden no importa. De modo que debemos dividir
59
entre 3!:
24 / 3! = 4.
Combinaciones (sin repetición)
¿Cuántas posibles configuraciones de r elementos
podemos construir desde un conjunto de n elementos
diferentes, sin que importe el orden y no sea posible la
repetición?
Si el orden importara tendríamos n · (n-1) ·.....· (n - r + 1)
posibilidades. Las podemos partir en clases, de forma que
en cada clase estén aquellas configuraciones que sean la
misma salvo el orden. Como hemos escogido r elementos,
cada clase estará formada por las r! formas distintas de
ordenar esos elementos.
Vn ,r
n·( n − 1) ⋅ .... ⋅ ( n − r + 1)
n!
=
=
r!
r! ( n − r )! Pr
60
Este número se conoce como las combinaciones de n
elementos tomadas de r en r y se denota por:
Vn ,r
n
n!
=
C = C ( n, r ) =   =
 r  r! ( n − r )! Pr
r
n
¿Cuántos grupos de 5 alumnos pueden formarse con los 30
alumnos de una clase? (Un grupo es distinto si se diferencia
por lo menos en un alumno).
No importa el orden. No puede haber dos alumnos iguales
(no hay clones) en un grupo, luego no hay repetición.
 30 
30!
C (30,5) =   =
= 142. 506
 5  5!(30 − 5)!
61
¿De cuántas maneras se puede formar un comité de 5 personas
a partir de un grupo de 9?
C9 , 5 =
()
9
5
9!
=
= 126
5!(9 − 5)!
Si quiero alquilar tres películas, ¿cuántas posibilidades tengo si
en el videoclub sólo hay 200 películas?
C200,3 =
( )
200
3
200 !
=
= 1.313.400
3!(200 − 3)!
62
63
64
¿Cuántas manos distintas pueden darse a 4
jugadores con 5 cartas cada uno y una baraja de
52 cartas? (Intenta primero una respuesta «a ojo»).
El primer jugador puede recibir C(52, 5) manos distintas.
Una vez el primer jugador tiene su mano el segundo
puede recibir C(47, 5) manos distintas (5 cartas de las 47
restantes). El tercero: C(42, 5) y el cuarto: C(37, 5). Por la
regla del producto tendremos un total de:
52! 47! 42! 37!
C (52,5)C (47,5)C (42,5)C (37,5) =
×
×
×
5!47! 5!42! 5!37! 5!32!
52!
=
= 1.478.262.843.475.644.020.034.240 ≈ 1.5 ⋅10 24
5! 5! 5! 5! 32!
65
A partir de un grupo de 5 matemáticos y 7 físicos se quiere formar
un comité de 2 matemáticos y 3 físicos. ¿De cuántas maneras se
puede hacer si:
a) se puede incluir cualquier matemático y cualquier físico,
b) un físico en particular debe estar en el comité y
c) dos matemáticos en particular no pueden pertenecer al comité?
a) Se pueden seleccionar 2 matemáticos de 5 de C(5,2) maneras y a los
3 físicos de C(7,3) maneras. El número total es el producto = 10·35 = 350.
b) Análogamente: los posibles matemáticos coinciden con los de antes:
C(5,2); y de los físicos esta vez se escogen 2 de los 6 que quedan: C(6,2).
Por lo tanto, el total será: C(5,2) · C(6,2) = 10·15 = 150.
c) Ahora sólo tendremos dos matemáticos a escoger entre 3: C(3,2).
Los físicos serán como en a). En total tendremos:
66
C(3,2) · C(7,3) = 3·35 = 105.
¿Cuántas palabras de 4 consonantes diferentes y 3 vocales distintas
se pueden formar a partir de 7 consonantes y 5 vocales diferentes?
(No hace falta que tengan sentido)
Se pueden seleccionar 4 consonantes diferentes de C(7,4) maneras y
las 3 vocales de C(5,3) maneras. Además, las 7 letras resultantes
(4 consonantes y 3 vocales) pueden ordenarse entre sí de 7! maneras.
Por lo tanto:
# de palabras = C(7,4) ·C(5,3) · 7! = 35 · 10 · 5040 = 1.764.000
67
Un equipo de baloncesto dispone de 12 jugadores: 3 bases, 4
aleros y 5 pívots. ¿Cuántos equipos diferentes puede presentar el
entrenador como quinteto titular? Se recuerda que de forma
simplificada un equipo de baloncesto consta de un base, dos aleros
y dos pívots.
SOLUCIÓN:
Hay que elegir 1 base, 2 aleros y 2 pívots de un total de 3 bases, 4
aleros y 5 pivots, donde el orden no influye en cada uno de los
puestos correspondientes sino las personas en juego.
 3
C3,1 =   = 3 bases
1
 4
C4, 2 =   = 6 aleros
 2
5
C5, 2 =   = 10 pívots
 2
El entrenador puede presentar:
3 · 6 · 10 = 180 equipos ó quintetos titulares.
70
El triángulo de Pascal (o de Tartaglia)
Ejemplo: para generar el 5º elemento en la fila #7,
sumamos el 4º y 5º elemento en la fila #6.
71
Números combinatorios
Fila 5, posición 2:
5
  = 10
 2
Fila 10, posición 7:
10 
  = 120
7
72
9 9
  =   = 36
 2 7
9!
9!
=
2!(9 − 2)! 7!(9 − 7)!
n  n 
  = 

r  n − r
73
¿De cuántas maneras distintas podemos pintar una tira de
cinco casillas, pintando 2 de rojo y 3 de azul?
Respuesta:
Combinaciones de 5 elementos
tomados de 2 en 2 (tomamos 2 casillas
de 5 para pintar de rojo y no nos importa
el orden). O de 5 elementos tomados de 3
en 3 (tomamos 3 casillas de 5 para pintar
de azul y no nos importa el orden):
C(5,2) = C(5,3) = 10.
74
Codificar…
¿Cuántos caminos
distintos podemos
recorrer desde hogar
a cine, donde cada
movimiento debe
acercarnos al cine?
Cine
Hogar,
dulce hogar
011010111110
Cualquier posible recorrido consiste en 8 movimientos a la
derecha (1) y 4 movimientos hacia arriba (0). La solución es,
por tanto:
12  12  12!
  =   =
= 495
 8   4  8! 4!
75
 6 6 7


5
=
5
+
 4
     
15 + 6 = 21
 n − 1  n − 1  n 
 =  

 + 
 r − 1  r   r 
Identidad de
Pascal
76
Demostrar la identidad de Pascal:
 n − 1  n − 1  n 
 + 
 =   = C (n, r )
C (n − 1, r − 1) + C (n − 1, r ) = 
 r − 1  r   r 
Demostración:
C (n − 1, r − 1) + C (n − 1, r ) =
(n − 1)!
(n − 1)!
+
=
(n − r )! (r − 1)! (n − r − 1)! r !
(n − 1) !
 n−r 
=
1 +
(n − r )! (r − 1)! 
r 
(n − 1) !
n
n!
=
= C ( n, r )
(n − r )! (r − 1)! r (n − r )! r!
77
La suma de fila enésima es el
número total de subconjuntos
posibles de un conjunto de n
elementos = 2n
Fila 5:
1 + 5 + 10 + 10 + 5 + 1 = 2 5 = 32
n n n
n
n
C (n, r ) =   +   +   +  +   = 2
∑
r =0
 0 1  2
n
n
78
¿Cuántas ensaladas diferentes puedo hacer con lechuga, tomate,
cebolla, aceitunas y atún?
1ª Forma: Se pueden seleccionar 1 de los 5 ingredientes, 2 de los 5, ...
hasta coger 5 de los 5. El número de ensaladas distintas es:
C(5,1) + C(5,2) + C(5,3) + C(5,4) + C(5,5) = 5 + 10 + 10 + 5 + 1 = 31.
2ª Forma: Cada ingrediente se puede escoger o rechazar. Eso, con 5
Ingredientes, nos proporciona 25 posibilidades. Evitando el caso de
no coger ningún ingrediente, tenemos:
Número de ensaladas = 25-1 = 31.
79
Un conjunto potencia es el conjunto de todos los subconjuntos de un conjunto.
Por ejemplo, el conjunto potencia de S = {a,b,c} es:
P(S) = { {}, {a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, {a, b, c} }
¿Cuál es el cardinal del conjunto potencia de un conjunto con n elementos?
O dicho de otra manera, ¿Cuántos subconjuntos podemos formar a partir
de un conjunto de n elementos?
n n
n n n
C (n, r ) =   +   +   +  +   = 2
∑
r =0
 0 1  2
n
n
O, codificando en binario, simplemente:
2×
2 × ...
×2 = 2

n
¿Y si hacemos n infinito?
n
abc
Subconjunto
0
000
{}
1
001
{c}
2
010
{b}
3
011
{b,c}
4
100
{a}
5
101
{a,c}
6
110
{a,b}
7
111
{a,b,c}
1
2
3
4
5
6
7
8 ....
1
....
2
....
3
....
4
5
6
....
7
....
8
....
81
1
2
3
4
5
6
7
8 ....
1
....
2
....
3
....
4
5
6
....
7
....
8
....
82
Imaginemos una bola cayendo por el triángulo de Pascal.
Cada fila que baja puede caer hacia la derecha o hacia
la izquierda. ¿Cuántos posibles caminos nos llevan a la
posición 2 de la fila 7?
Respuesta:
7
7!
  =
= 21
 2  2!(7 − 2)!
¿Por qué? Imaginemos que la bola va
siempre a la izquierda, 7 veces a la
izquierda. Acabaremos en la posición
0 de la fila 7. Si va 5 veces a la izquierda
y 2 a la derecha, independientemente
del orden en que lo haga, acabará en
la posición 2 de la fila 7.
84
La conjetura de Singmaster
“En un triángulo de Pascal infinito, a
excepción del 1 (que aparece infinitas
veces) cualquier número entero positivo
aparece un número finito de veces. ¿Por
qué? Muy sencillo: porque un número
entero positivo K solamente puede
aparecer en las K primeras filas del
triángulo de Pascal (tal y como lo hemos
construido), ya que a partir de la fila
K+1 todos los números que aparecen en
cualquiera de ellas (excepto los unos)
son mayores que K. Por ejemplo, el
número 6 solamente puede aparecer
en las primeras 6 filas, y concretamente
aparece 3 veces (una vez en la cuarta
fila y dos veces en la sexta)”.
From: Gaussianos
La conjetura de Singmaster:
Existe un número M tal que
ningún número entero positivo
aparece más de M veces en el
triángulo de Pascal.
“Algunos creen que dicha cota será
precisamente 8 (el número de veces que sale
el 3003), aunque el propio Singmaster piensa
que la cota será 10 ó 12. Hasta que no llegue
alguien que le ponga el cascabel al gato
seguiremos con la incertidumbre (y no parece
que esto sea fácil, al menos el gran Paul Erdös
así lo pensaba, aunque también creía que la
conjetura es cierta). ¿Qué pensáis vosotros?”
From Gaussianos
David Singmaster
Martin Gardner
(October 21, 1914 – May 22, 2010)
Recopilaciones de artículos en Scientific American
Nuevos pasatiempos matemáticos (1961)
El ahorcamiento inesperado y otros entretenimientos matemáticos (1969)
Comunicación extraterrestre y otros pasatiempos matemáticos (1971)
Carnaval matemático (1975)
Festival mágico-matemático (1978)
Circo matemático (1979)
Ruedas, Vida y otras diversiones matemáticas (1983)
Los mágicos números del Dr. Matrix (1985)
Rosquillas anudadas y otras amenidades matemáticas (1986)
Miscelánea matemática (1986)
Viajes por el tiempo y otras perplejidades matemáticas (1987)
Mosaicos de Penrose y escotillas cifradas (1989)
Las últimas recreaciones I y II (1997)
Fraudes en las
seudociencias
La ciencia: lo bueno, lo
malo y lo falso (Alianza)
La nueva era (Alianza)
Urantia: ¿revelación divina
o negocio editorial? (Tikal)
¿Tenían ombligo Adán y
Eva? (Debolsillo)
Orden y sorpresa (Alianza)
James Randi y Martin Gardner
Otros
Alicia anotada (Ediciones Akal, 1984)
The Annotated Snark. (Penguin Books, 1974)
Los porqués de un escriba filosófico (Tusquets)
Pasatiempos matemáticos y divulgación científica
¡Ajá! Paradojas que hacen pensar (Labor)
¡Ajá! Inspiración (Labor)
Máquinas y diagramas lógicos (Alianza)
El ordenador como científico (Paidós Studio)
Izquierda y derecha en el cosmos (Salvat)
La explosión de la relatividad (Salvat)
(1) La buena de la señora Evita Gastos
pretendía pasar de largo junto a la
máquina de chicles de bola sin que
sus gemelitos se dieran cuenta.
Primer gemelo: ¡Mamá yo quiero un
chicle!
Segundo gemelo: ¡Mamá, yo también. Y lo
quiero del mismo color que el de
Toñito!
90
La máquina, tiene chicles de bola de color rojo y
verde. Cada chicle cuesta 1 euro. No hay forma de
saber el color de la próxima bola. Si la Sra. Gastos
quiere estar segura de sacar dos bolas iguales,
¿cuántos euros tiene que estar dispuesta a gastar?
1
2
3
"El peor de los casos posibles."
91
(2) Supongamos ahora que la máquina contiene
6 bolas rojas, 4 verdes y 5 azules. ¿Cuántas
monedas necesita la señora Evita Gastos para
estar segura de conseguir dos bolas iguales?
Generaliza a n conjuntos de bolas, donde
cada conjunto es de un color.
1
2
3
4
El peor de los casos posibles.
1
2
n
.......
n+1
+1
92
(3) Ahora pasa por delante de la máquina la
señora Bolsaprieta con sus trillizos. La máquina
contiene ahora 6 bolas rojas, 4 verdes y 1 azul.
¿Cuántas monedas necesita la señora para estar
segura de conseguir tres bolas iguales?
1
2
3
4
5
6
93
Podríamos haber atacado el problema en forma
bruta. Asignando a cada bola una letra y
examinando cada una de las:
11!= 39.916.800
posibles extracciones para
determinar cuál presenta una
secuencia inicial máxima antes
de que aparezcan 3 bolas
idénticas.
La idea “¡ajá!” consiste en
establecer el caso más
“desfavorable”.
¡Ajá!, Martin Gardner
94
Principio del palomar o
de los cajones de Dirichlet
En máximo número de cabellos que puede tener
una persona es 200.000. ¿Existen dos
personas en Madrid con la misma cantidad de
pelos en el coco?
El principio del palomar establece que si n
Peter Gustav Lejeune
Dirichlet (1805 -1859)
palomas se distribuyen en m nidos, y
si n > m, entonces al menos habrá un nido con más de una
paloma. Por ejemplo: si se toman trece personas, al menos dos
habrán nacido el mismo mes.
Más general: si tenemos kn+1 palomas y n nidos, entonces
al menos k+1 de ellas duermen en el mismo nido.
El primer enunciado del principio se cree que proviene de Dirichlet en 1834
con el nombre de Schubfachprinzip ("principio de los cajones").
95
Teoría de grafos y números de Ramsey
Si dos personas
(A y B) están en
un botellón:
o A y B se conocen: • A o A y B no se conocen: • A
•B
•B
¿Cuál es el número mínimo de personas necesarias para
asegurar que: o bien tres de ellas se conocen, o bien, tres de
ellas no se conocen?
Con un botellón de 3 personas no podemos asegurarlo porque las
posibilidades son:
Hay 64 posibles grafos-botellón de 4 personas (¿Por qué?). Es
fácil encontrar un grafo de los 64 donde no existan ni 3
personas que se conozcan mutuamente, ni tres personas que
se desconozcan mutuamente. Por ejemplo:
Es posible colorear los enlaces de un grafobotellón de 5 personas de modo que no haya
3 personas que se conozcan mutuamente, ni
que haya 3 personas que no se conozcan
mutuamente. Luego 5, tampoco es el número.
Nota: Los seis primeros grafos completos .... Cliques.
Sin embargo, en un botellón de 6 personas, seguro que 3 de
ellas se conocen mutuamente o 3 de ellas son
desconocidas entre sí. Puesto que de cada nodo salen 5
enlaces o bien 3 son rojos o bien 3 son azules:
Caso 1: Supongamos que A conoce a B, C, D.
A•
•B
D•
•C
Por el principio del palomar, si
cualquier pareja entre B, C o D
se conoce, tendremos 3
conocidos mutuos.
Si no ocurre esto, tenemos 3
personas que seguro que no
se conocen entre sí.
A•
•B
D•
•C
Caso 2: Supongamos que desconoce a B, C y D.
A•
•B
D•
•C
Por el principio del palomar, si
cualquiera pareja de B, C y D no se
conocen entre sí, tendremos seguro
3 desconocidos mutuos.
Si ninguna pareja es de
desconocidos, seguro que
tenemos 3 conocidos
mutuos.
A•
•B
D•
•C
El número de Ramsey R(m, n) proporciona el
número mínimo de personas en un botellón para
garantizar la existencia de m conocidos mutuos o
n desconocidos mutuos.
Hemos demostrado que R(3, 3) = 6.
El teorema de Ramsey garantiza que R(m, n)
existe para cualquier m y n.
• In the language of graph theory, the Ramsey number is
the minimum number of vertices v = R(m,n), such that all
undirected simple graphs of order v contain a clique of
order m or an independent set of order n .
• Ramsey theorem states that such a number exists for all
m and n.
Frank Plumpton Ramsey (1903-1930). En
1924, a la edad de 21 años, Ramsey pasó
a ser miembro del claustro del King’s
College de Cambridge.
Hizo contribuciones destacadas en
matemáticas, filosofía y economía.
Lamentablemente una ictericia acabó con
su vida a la edad de 27 años.
Ramsey theory ask: “How many elements of some structure must there be
to guarantee that a particular property will hold?"
Ramsey Theory says that any structure of a certain type, no matter
how “disordered”, contains a highly ordered substructure of the same
type.
Complete disorder is impossible.
It has actually been known since 1955 that R(4, 4) = 18.
We do not know R(5, 5), but we do know that it lies somewhere
between 43 and 49. (¿Cuál es el problema? Supongamos N = 50).
All we really know about R(6, 6) is that it lies
somewhere between 102 and 165.
There is a cash prize for finding either one.
m
n
R(m,n)
Reference
3
3
6
Greenwood and Gleason 1955
3
4
9
Greenwood and Gleason 1955
3
9
36
Grinstead and Roberts 1982
3
23
[136, 275]
Wang et al. 1994
5
5
[43, 49]
Exoo 1989b, McKay and
Radziszowski 1995
6
6
[102, 165]
Kalbfleisch 1965, Mackey 1994
19
19
[17885, 9075135299]
Luo et al. 2002
El gran matemático Paul Erdös
estaba fascinado por la dificultad
para encontrar números de
Ramsey. Dijo al respecto:
“Imagine an alien force vastly more powerful than us
landing on Earth and demanding the value of R(5, 5) or
they will destroy our planet.
In that case, we should marshal all our computers and all
our mathematicians and attempt to find the value.
But suppose, instead, that they ask for R(6, 6).
Then we should attempt to destroy the aliens.”
Cap. 15: Cómo organizar
una velada perfecta
...con final feliz.
¿Cuántas palabras distintas (con o sin sentido)
podemos construir utilizando todas las letras de
MISSISSIPPI ?
S = { 1×M, 4×I, 4×S, 2×P }
Llenemos las 11 casillas:
106
S = { 1×M, 4×I, 4×S, 2×P }
# de posibilidades para M:
 11
 
1
 
 10 
 
4
 
# de posibilidades para I:
# de posibilidades para S:
34.650
 6
 
 4
 
# de posibilidades para P:
S
I
P M S
I
I
S
I
 2
 
 2
 
S P
107
Permutaciones con repetición
Si n objetos pueden dividirse en r clases con ni objetos
idénticos en cada clase (i = 1, 2, ..., r), es
decir, tal que n1 + n2 +  + nr = n.
Entonces el número de permutaciones posibles es:
n1 , n2 ,..., nr
n
PR
con
n!
=
n1!n2 ! nr !
n1 + n2 +  + nr = n
¿Por qué? 108
Recuerda el problema de MISSISSIPPI...
 n   n − n1   n − n1 − n2   n − n1 − n2 −  − nr −1 
  
  ⋅ 
 ⋅ 
 =
n3
nr
 n1   n2  

 
(n − n1 )!
(n − n1 − n2 )!
n!
⋅
⋅
⋅⋅⋅
(n − n1 )! n1 ! (n − n1 − n2 )! n2! (n − n1 − n2 − n3 )! n3!
(n − n1 − n2 − ⋅ ⋅ ⋅ − nr −1 )!
=
⋅
(n − n1 − n2 − ⋅ ⋅ ⋅ − nr −1 − nr )! nr !

0!=1
109
¿De cuántas maneras distintas pueden colocarse
en línea nueve bolas de las que 4 son blancas,
3 amarillas y 2 azules?
El orden importa por ser de distinto color, pero hay
bolas del mismo color (están repetidas y son
indistinguibles) y colocamos 9 bolas en línea y
tenemos 9 bolas para colocar.
4 , 3, 2
9
PR
9!
=
= 1260
4! 3! 2!
110
Ahora éste, te resultará fácil, porque es una generalización del
anterior. ¿Cuántas palabras distintas de 7 letras podemos
formar con la palabra CACATUA?
La palabra CACATUA consta de 7 letras de las cuales sólo hay 4
tipos distinguibles: 2C, 3A, 1T y 1U. Tendremos entonces que
repetir elementos dentro de cada tipo. Así que nos piden las
permutaciones con repetición:
7
2 , 3,1,1
PR
7!
=
2! 3! 1! 1!
111
¿De cuántas maneras se pueden dividir 10 objetos en dos grupos
que contengan 4 y 6 objetos respectivamente?
Esto es lo mismo que el número de ordenaciones de 10 objetos, de los
cuales 4 son indistinguibles entre sí y los otros 6 también (Observa
que no nos importa el orden ni en el grupo de 4 ni en el de 6). Se trata
entonces de una permutación con repetición: 10!/(4!6!) = 210.
El problema también equivale a encontrar el número de selecciones de
4 de 10 objetos (ó 6 de 10), siendo irrelevante el orden de selección. Se
trata por lo tanto de combinaciones sin repetición:
C10, 4 =
( )
10
4
10!
10!
=
=
= 210
4!(10 − 4)! 4! 6!
112
Calcular el número de sucesiones que se pueden formar con 3
aes, 5 bes y 8 ces. ¿Y si no puede haber dos bes consecutivas?
¿Y si no hay dos letras iguales consecutivas?
SOLUCIÓN:
A)
Cada una de las sucesiones sin condiciones adicionales es una
permutación de aaabbbbbcccccccc, por lo que su número es:
P163,5,8, =
16!
= 720.720
3! 5! 8!
Para que las letras b no aparezcan consecutivas, deben colocarse,
entre dos términos de una de las sucesiones de aes y ces. Como hay
11 símbolos en esas sucesiones el número de huecos donde se
pueden colocar las bes es 12. Debemos elegir 5 de estos 12 huecos.
Se puede hacer de
12 
  = 792 formas distintas.
5
El número de sucesiones es, por tanto :
12  11!
 
= 130.680 formas.
 5  3!8!
113
c) No se permiten letras iguales consecutivas. Fijémonos en la colocación de
las ces. El número de ces es la suma del nº de aes y bes. 2 opciones:
- Si c sólo aparece en uno de los extremos:
c-c-c-c-c-c-c-celigiendo 3 huecos de los 8 posibles para colocar las 3 aes, tendremos la
sucesión descrita:
8
El nº de sucesiones de este tipo es 2· 
 3
 
-
Si c aparece en los 2 extremos, una colocación será:
c- -c-c-c-c-c-c-c
donde en las posiciones – podemos colocar a o b.
El doble hueco - - puede aparecer en 7 posiciones y se puede llenar con
ab o con ba, es decir, se presenta 2·7 posibilidades. Luego hay que elegir
dos huecos entre seis para colocar las restantes aes. En total, el nº de
sucesiones en este caso es
6
2 ·7 · 
 2
El nº de sucesiones sin letras iguales consecutivas será entonces:
8
6
2·  + 14·  = 112 + 210 = 332
 3
 2
114
El binomio de Newton
(a + b)2 = (a + b) (a + b).
Todos los posibles productos son: aa, ab, ba, bb.
(a + b)2 = a2 + 2ab + b2.
(a + b)3 = (a + b) (a + b) (a + b).
Todos los posibles productos son:
aaa, aab, aba, baa, abb, bab, bba, bbb.
(a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3.
(a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4.
C(4,0) = 1; C(4,1) = 4; C(4,2) = 6; C(4,3) = 4; C(4,4) = 1
115
Teorema del binomio
(x + y )
n
n
= ∑ C (n, j ) x n − j y j
j =0
 n  n  n  n −1  n  n − 2 2
 n  1 n −1  n  n
 x y +   y
=   x +   x y +   x y + ... + 
0
1 
2
 n − 1
n
n
Demostrar:
∑ (− 1) C (n, k ) = 0
k
k =0
n
0 = (1 + (− 1)) = ∑ C (n, k )(1)
n
k =0
n−k
n
(− 1)k = ∑ C (n, k )(− 1)k
k =0
116
Generalización del binomio de Newton
Vamos a encontrar una fórmula similar a la del binomio de
Newton para (a + b + c)n.
Aplicando la propiedad distributiva a:
(a + b + c)n = (a + b + c) (a + b + c) ... (a + b + c)
tendremos todos los posibles productos ah bk cm tales que
h + k + m = n escogidas sobre: S = {n ·a, n · b, n · c}.
De modo que:
(a + b + c) =
n
h+ k + m=n
∑
h ,k ,m
n!
h
k
m
a b c
h! k! m!

Coeficientes
Multinomiales
117
ADN y ARN
ADN (Ácido Desoxirribonucleico)
Cadena de cuatro posibles bases:
Timina (T), Citosina (C), Adenina (A) y Guanina (G)
Ejemplo de cadena de ADN:
TTCGCAAAAAGAATC
118
Alga (P. salina):
6,6x105 bases de longitud.
Moho (D. discoideum):
5,4x107 bases de longitud.
Mosca de la fruta (D. melanogaster):
1,4x108 bases
Gallo (G. domesticus):
1,2x109 bases
119
Humanos (H. sapiens):
3,3x109 bases.
(Alrededor de 20.500 genes
según las últimas
estimaciones).
¿Cuántas cadenas distintas de esta longitud son posibles?
4
3,3⋅109
=2
3 6 , 6⋅108
(10 )
6,6⋅109
10 6 , 6⋅108
= (2 )
≈
1, 98⋅109
= 10
120
ADN y ARN
ARN es una molécula mensajera. Lee las bases del ADN y
las copia exactamente iguales, excepto para el caso de la
timina (T) que reemplaza por la base uracilo (U).
121
Tijeras moleculares
Algunas enzimas rompen las cadenas de ARN en los
lugares donde detectan una G. Otras enzimas lo hacen
para C o U.
Consideremos la cadena:
CCGGUCCGAAAG
Si aplicamos una G-enzima romperá la cadena en los
fragmentos:
CCG|G|UCCG|AAAG
CCG, G, UCCG, AAAG
Gracias a la G-enzima podemos conocer estos fragmentos,
pero no el orden en que aparecen en la cadena original.
122
Cada permutación de todos los fragmentos nos proporciona
una posible cadena. Como por ejemplo, ésta (que no es la
original):
UCCGGCCGAAAG
En este ejemplo concreto, ¿cuántas posibles cadenas
podemos construir con estos cuatro fragmentos?
4 x 3 x 2 x 1 = 4! = 24 posibles cadenas.
Volvamos a la cadena original:
CCGGUCCGAAAG
Supongamos que aplicamos ahora las enzimas U y C.
Dispondremos de los
U,C-fragmentos:
C, C, GGU, C, C, GAAAG
¿Cuántas supuestas cadenas originales podemos formar con
estos fragmentos? ¿Es 6! = 720 la respuesta correcta? 123
Teníamos: C, C, GGU, C, C, GAAAG
Los dos primeros fragmentos, el cuarto y quinto son el
mismo (C), de modo que no podemos distinguirlos...
El número de posibles fragmentos no será 6! = 720.
Tenemos 6 posiciones (hay 6 fragmentos) y asignamos 4
posiciones de tipo C, uno de tipo GGU y uno de tipo
GAAAG. El número de posibilidades es:
PR(6;4,1,1) = 6!/4!1!1! = 30.
Pero el resultado es incorrecto, aunque no por nuestro
argumento combinatorio... ¿Por qué?
124
Observemos que el fragmento GAAAG no acaba en U o C.
De modo que necesariamente es el final. Así que tenemos
realmente que posicionar 5 fragmentos. El número de posibles
cadenas con esos 5 fragmentos es:
PR(5;4,1) = 5
Las posibles cadenas son:
(1) CCCCGGU, (2) CCCGGUC, (3) CCGGUCC, (4) CGGUCCC
y (5) GGUCCCC
a las que hay que añadir GAAAG al final.
De modo que tenemos 24 posibles cadenas a partir de los
G-fragmentos y 5 con los U,C-fragmentos. Pero no hemos
combinado los conocimientos de los G y U,C-fragmentos.
G-fragmentos: CCG, G, UCCG, AAAG
U,C-fragmentos: C, C, GGU, C, C, GAAAG
¿Cuáles de las 5 cadenas posibles de los U,C-fragmentos
están en acuerdo con los G-fragmentos?
125
CCCGGUCGAAAG
CCGGUCCGAAAG
CGGUCCCGAAAG
GGUCCCCGAAAG
CCCCGGUGAAAG → no, ya que CCCCG es un G-fragmento y
no aparece entre los posibles. ¿Hay más casos semejantes?
Comparando las 4 posibles cadenas de ARN restantes
con los U,C-fragmentos, solo la tercera:
CCGGUCCGAAAG
es compatible. Y hemos recuperado así la cadena inicial.
Por cierto, ¿cuántas cadenas posibles de ARN pueden
construirse con las mismas 12 bases:
4 Cs, 4 Gs, 3 As y 1 U?
PR(12;4,4,3,1) = 138 600
126
Esto era un ejemplo de secuenciación de una cadena de
ARN dada su completa digestión por enzimas.
No es siempre posible establecer sin ambigüedad la
cadena original por este método.
La “Estratagema de fragmentación”
que hemos descrito brevemente fue
usada por primera vez por R.W. Holley
en Cornell en 1965 para determinar
una secuencia de ARN. El método
fue superado casi inmediatamente
por otros mucho más eficientes.
127
128
Combinaciones con repetición
Queremos pintar r pelotas con n colores. Es como
agrupar r pelotas en n montones, alguno de los cuales
puede estar vacíos. Supongamos r = 5 y n = 4, por ejemplo.
Vamos a codificar el problema para hacerlo tratable.
La configuración 1 1 0 1 0 1 0 1 significará: hay tantas
bolas como 1s y 0 = “pasa al siguiente color”.
¿Qué significa: 1 1 1 1 1 0 0 0 y 0 0 1 1 1 1 1 0?
Siempre habrá 5 unos (pelotas) y 3 ceros (cambios de color).
129
En el caso general, si llamemos a la solución f(n, r), será igual al
número de maneras de disponer r unos y n-1 ceros en una
secuencia que consta de n – 1 + r símbolos en total.
f(n, r) = # de maneras de escoger n-1 lugares entre n + r – 1
o
f(n, r) = # de maneras de escoger r lugares entre n + r – 1.
Y hemos convertido el problema de combinaciones con repetición
en combinaciones sin repetición.
De modo que:
Combinaciones con repetición
El número de r-combinaciones de un conjunto
con n objetos distintos, cada uno repetido
infinitamente, es:
131
En una confitería hay cinco tipos diferentes de pasteles.
¿De cuántas formas se pueden elegir cuatro pasteles?
No importa el orden y puede haber dos o más
pasteles repetidos (hasta cuatro), luego se trata de
combinaciones con repetición:
132
Ejemplo. (El número de soluciones enteras)
¿Cuántas soluciones tiene la ecuación diofántica:
x1 + x2 + x3 = 11
donde x1, x2 y x3 son enteros no negativos?
Solución:
Tenemos que seleccionar un total de 11 objetos (unidades)
para formar 3 conjuntos (3 números). Es equivalente a
pintar 11 bolas con 3 colores. En cada selección tenemos
x1 elementos en el primer conjunto, x2 elementos en el
segundo conjunto y x3 elementos en el tercero.
El número de soluciones posibles es:
C(3 + 11 - 1, 11) = 78
133
Ejemplo: (Iteraciones en un bucle)
¿Cuál es el valor de k después de
ejecutar el siguiente código?
El valor inicial de k es 0 y le sumamos 1
cada vez que pasamos por la línea donde
redefinimos k. Observa que los valores de
los enteros i1, i2, … , im siempre cumplen:
1 ≤ im ≤ im −1 ≤ ... ≤ i1 ≤ n
k := 0
for i1 := 1 to n
for i2 := 1 to i1
...
for im := 1 to im-1
k := k + 1
next im
...
next i2
next i1
El número de los posibles enteros que pueden cumplir todas las
desigualdades a la vez es el número de maneras que tenemos de escoger m
enteros del conjunto {1, 2, …, n}, con posible repetición (m bolas con n
colores). De modo que k = C(n + m - 1, m) es la solución.
134
En una línea están acomodadas cinco canicas rojas, dos blancas y
tres azules. Si las canicas del mismo color no pueden diferenciarse
entre sí (son indistinguibles), ¿de cuántas maneras diferentes se
pueden ordenar sobre la línea?
De nuevo nos enfrentamos a permutaciones con repetición.
Pero, por razonar de otra manera, usemos un astuto truco:
Supongamos que la respuesta es N configuraciones distintas. Observa
que dada una de esas configuraciones, si cambiamos bolas del mismo
color entre sí, como son indistinguibles, la configuración sigue siendo
la misma.
Entonces, multiplicando N por el número de maneras de colocar las
5 canicas rojas entre ellas, las 2 blancas y las 3 azules, es decir:
N·5!2!3!, obtenemos las posibles configuraciones si se diferenciasen
entre sí todas las bolas. Pero si todas las bolas fueran diferentes,
el número de configuraciones sería: 10!. Entonces:
(5!2!3!)N = 10! y despejando N tendremos la respuesta:
135
N = 10!/(5!2!3!).
Fórmulas cerradas, ecuaciones de recurrencia y
función generatriz
¿De cuántas formas posibles podemos ordenar una baraja
de n cartas?
f(n) = n!
Cuando encontramos soluciones como estas se denominan
fórmulas cerradas (que pueden expresarse como
composición de funciones sencillas). Hemos visto las
permutaciones, variaciones y combinaciones.
Pero en general esta aproximación no siempre es posible o
práctica. En ese caso podemos encontrar la solución como
una ecuación de recurrencia o como una función
generatriz. Veamos como funcionarían para las
combinaciones con repetición.
Combinaciones con repetición
Supongamos que tenemos r pelotas de golf, indistinguibles
entre sí, cada una de las cuales debe ser pintada con
cualquiera de n colores disponibles. ¿De cuántas formas las
podemos colorear? (Repetimos)
Denotemos como x1 al número de pelotas pintadas con el primer
color, como x2 al número de pelotas pintadas con el segundo
color, etc. Entonces: x1 + x2 +...+ xn = r.
Llamemos a la solución f(n,r). Entonces:
(a) Si sólo dispusiéramos de un color (n = 1) las r pelotas sólo
podrían pintarse de una manera: f(1,r) = 1 para todo r ≥ 1.
(b) Si dispusiéramos de n colores para una sola pelota,
tendríamos n formas de colorear posibles: f(n, 1) = n para todo
n ≥ 1.
137
(1) Enfoque por recurrencias:
Consideremos f(n, r) y centrémosnos en el n-ésimo color.
Una vez pintadas las r pelotas, podemos o no haber usado el
n-ésimo color. Si no lo ha sido, sólo han entrado en juego n - 1
colores, y entonces las formas posibles de colorear en ese
caso son: f(n - 1, r). Y si el n-ésimo color ha sido utilizado, al
menos una de las r bolas habrá sido pintada con él y quedaran
r - 1 pelotas que pueden estar coloreadas con n colores, es
decir f(n, r - 1), por lo tanto:
f(n, r) = f(n - 1, r) + f(n, r - 1)
Solucionar el problema consiste en resolver esta ecuación de
recurrencia con las condiciones iniciales:
f(1,r) = 1 para todo r ≥ 1,
f(n, 1) = n para todo n ≥ 1.
138
n −1+ r
CR = CR( n, r ) = 
 = Crn −1+ r
 r 
n
r
C
n −1+ r ?
r
=C
n −2+ r
r
+C
n −2+ r
r −1
Supongamos
esta solución.
Cumple las
condiciones iniciales:
f(1,r) = 1 para todo r ≥ 1,
f(n, 1) = n para todo n ≥ 1.
Recordemos la identidad de Pascal:
 n '   n ' −1   n ' −1 

  = 
 + 
 r   r   r − 1
que alcanzamos, simplemente haciendo el cambio
de variable: n -1+r → n’
(2) Enfoque por funciones generatrices:
(1 + x + x 2 + x 3 + ...) n = (1 + x + x 2 + x 3 + ...) ⋅ ... ⋅ (1 + x + x 2 + x 3 + ...)



n
= f (n,0) + f (n,1) ⋅ x + f (n,2) ⋅ x 2 + f (n,3) ⋅ x 3 + ...
1
1 + x + x + x + ... =
= (1 − x ) −1
1− x
(1 + x + x 2 + x 3 + ...) n = (1 − x ) −n
2
3
Función generatriz de
los números f(n, r).
140
144
145
146
147
Se distribuyen 100 sillas auxiliares entre 5 aulas de modo que
las dos mayores, reciben, entre las dos, 50 sillas ¿De cuántas
formas distintas se puede hacer el reparto?
SOLUCIÓN:
Sean A y B las aulas mayores. Repartamos 50 sillas en estas dos
aulas. Como las sillas son indistinguibles no importa el orden en esta
asignación y cada distribución es una combinación con repetición de
orden 50 con los elementos A y B.
C
R
2 , 50
 2 + 50 − 1  51 
 =   = 51
= 
 50   50 
Análogamente, las formas de distribuir las otras 50 sillas son:
C
R
3, 50
 3 + 50 − 1  52 
 =   = 1326
= 
 50   2 
y el reparto se puede efectuar de 51·1326= 67.626 formas distintas.
148
Sudoku
Consiste en rellenar un tablero de
9 x 9 casillas con números del 1 al
9 sin que se repita ningún número
en cada fila y en cada columna.
Además, cada uno de los 9 bloques
de 3 x 3 casillas delimitados por
líneas gruesas en la imagen, debe
rellenarse con todos los números
del 1 al 9 sin repeticiones.
¿Cuántos sudokus diferentes
existen?
El resultado exacto fue resuelto de
por Bertram y Frazer en Mayo
2005, ayudados por ordenador.
Kevin Kilfoil llegó a un resultado
muy aproximado con un argumento
sencillo.
J. M. Parrondo
Investigación y Ciencia
Dividimos el sudoku en los
nueve bloques marcados
con líneas gruesas a los
que denominamos
B1, B2,…,B9.
Podemos ver que el primer
bloque B1 se puede
llenar de 9! maneras
diferentes:
P9 = 9!
Si no tuviéramos en
cuenta «interacciones»
entre bloques, el número
de configuraciones en todo
el sudoku será (9!)9
B1
Ahora analizamos las formas de rellenar B2. Si los números 4,5 y 6
están en la misma fila de B1, para B2 deberán estar en la fila superior o
Inferior. Tenemos 2 opciones (sin tener en cuenta el orden por columnas).
ò
En cambio, si colocamos 2 elementos arriba y 1 abajo (o viceversa),
por ejemplo: 4 en la fila inferior y 5, 6 en la superior. Ahora debemos tomar
una cifra de {7,8,9} y colocarla arriba. Y en la inferior dos cifras del conjunto
{1,2,3}. Esto se puede hacer de 9 formas distintas. Hay 6 configuraciones
de este tipo.
En total hay 2 + 9 x 6 = 56 formas de colocar B2 sin tener en cuenta el
orden por columnas. Como cada fila de 3 números puede ordenarse de 6
formas diferentes (P3 = 3! = 6), entonces hay 56 x 63 = 12.096 formas de
rellenar B2.
Las posibles configuraciones de B3:
La ordenación por filas queda totalmentedeterminada por B1 y B2. Las
posibles permutaciones dentro de cada una de sus tres filas nos deja 63
ordenaciones posibles para B3.
Por tanto los bloques B1-B3 se pueden rellenar de (9!) x 56 x 63 x 63 maneras.
Lo mismo ocurre con B4-B6 y B7-B9. Por tanto con la regla de las filas:
(9!) 9
14
10
1,28
⋅
≈
R=
(9! ⋅ 56 ⋅ 66 ) 3
El truco de KilFoil fue aplicar lo mismo para la regla “no pueden
repetirse números en cada columna”. Con lo que quedaría un total de
(9!) 9
21
≈
6,657
x
10
R2
La solución exacta de Bertram y Frazer fue:
6,670,903,752,021,072,936,960 ~ 6.67×1021
¡Ambas sólo difieren en un 0,2 %!
sudokus posibles
¿De cuántas maneras podemos partir
un conjunto de n objetos en k
subconjuntos disjuntos? Por ejemplo:
Sea S = {1, 2, 3, 4}. ¿De cuántas
maneras podemos partir S en dos
subconjuntos disjuntos ninguno vacío?
{1}, {2, 3, 4}
{2}, {1, 3, 4}
{3}, {1, 2, 4}
{4}, {1, 2, 3}
{1, 2}, {3, 4}
{1, 3}, {2, 4}
{1, 4}, {2, 3}
El número de maneras de partir un conjunto de n
elementos en k subconjuntos, ninguno vacío, es igual a
S(n, k), donde los S(n, k) se conocen como los números
de Stirling. Y están definidos como:
S(n, k) = S(n -1, k - 1) + k S(n - 1, k)
S(n, 1) = 1 y
S(n, n) = 1, para todo n ≥ 1.
153
El triángulo de los números de Stirling:
S(n, k) = S(n - 1, k - 1) + k S(n - 1, k)
con
S(n, 1) = 1 y S(n, n) = 1, para todo n ≥ 1.
n
S(n,1)
S(n,2)
S(n,3)
S(n,4)
S(n,5)
S(n,6)
S(n,7)
1
1
2
1
1
3
1
3
1
4
1
7
6
1
5
1
15
25
10
1
6
1
31
90
65
15
1
7
1
63
301
350
140
21
1
8
1
127
966
1701
1050
266
28
S(n,8)
1
154
Números de Catalan
Eugène Charles Catalan
(1814-1894), matemático belga,
propuso el problema en 1838.
Tenemos una cadena de n símbolos,
dados en un orden fijo. Deseamos
añadir n-1 paréntesis, de modo que,
en el interior de cada par de
paréntesis izquierdo y derecho, haya
dos "términos". Estos términos
emparejados pueden ser dos letras
adyacentes cualesquiera, o una letra
y un agrupamiento adyacente
encerrado en paréntesis, o dos
agrupamientos contiguos. ¿De
cuántas formas podemos introducir
paréntesis en la cadena?
163
n = 2 números: (12)
n = 3 números: (1 (2 3)) ((1 2) 3)
En 1961, H. G. Forder demostró
una correspondencia biunívoca
entre las triangulaciones de
los polígonos y la introducción
de paréntesis en las expresiones.
n = 4 números: (1 (2 (3 4))) (1 ((2 3) 4))
((1 2) (3 4)) ((1 (2 3)) 4)
(((1 2) 3) 4)
n = 5 números: (1 (2 (3 (4 5))))
(1 ((2 3) (4 5)))
(1 (((2 3) 4) 5))
((1 2) ((3 4) 5))
((1 (2 (3 4))) 5)
(((1 2) 3) (4 5))
(((1 (2 3)) 4) 5)
(1 (2 ((3 4) 5)))
(1 ((2 (3 4)) 5))
((1 2) (3 (4 5)))
((1 (2 3)) (4 5))
((1 ((2 3) 4)) 5)
(((1 2) (3 4)) 5)
((((1 2) 3) 4) 5)
164
El matemático británico
Arthur Cayley demostró
que los números de
Catalan dan el total de
árboles (grafos conexos
sin loops) que son
planares (se puede
dibujar en el plano sin
que intersequen las
aristas), plantados (tiene
un tronco en cuyo
extremo se halla la raíz)
y trivalentes (en cada
nodo exceptuando la raíz
y los extremos de las
ramas, concurren tres
aristas).
2
5
14
42
165
¿Cuántos caminos distintos
puede seguir una torre de
ajedrez desde el vértice
superior izquierdo al inferior
derecho, siempre por debajo
de la diagonal y con
movimientos posibles al sur y
al oeste, en un tablero de
lado n?
n=2
2
n=3
5
n=4
14
166
Explosión combinatoria
Contar los posibles caminos para
llegar desde vértice superior
izquierdo hasta el inferior derecho
(A007764 en OEIS).
2
12
Curioso video anime sobre el tema.
184
La Combinatoria es una rama de la matemática
que estudia colecciones de objetos (normalmente
finitos) que satisfacen ciertos criterios. En particular
si se trata de contarlos estamos frente a la
Combinatoria Enumerativa. Nos hemos centrado
casi exclusivamente en ella porque es esencial para
cálculos elementales de probabilidad.
Pero existen otras ramas bien desarrolladas: el
diseño combinatorio, la teoría de matroides, la
combinatoria extremal, la optimización combinatoria
o el álgebra combinatoria.
168
Chuletas A, B y C.
A1 + B1 = 10 min
A2 + C1 = 10 min
B2 + C2 = 10 min
----------------------Total = 30 min
Esto es un problema típico de optimización
combinatoria en investigación operativa.
Con los dígitos 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 y 9 se pueden formar
362.880 números de 9 cifras –son las permutaciones de 9
elementos P(9) = 9!– diferentes.
¿Cuántos de ellos son primos?
Un par de problemas clásicos de optimización
combinatoria más:
(1) ¿Cómo harías para traer de un río seis litros de agua, si
no tienes a tu disposición, para medir el agua, mas que
dos recipientes, uno de cuatro litros y otro de nueve?
(2) Un pastor tiene que pasar un lobo, un conejo y una col
de una orilla de un río a la otra orilla. Dispone de una
barca en la que sólo caben él y una de las tres cosas
anteriores. Si deja solos al conejo y al lobo, éste se come a
aquél; si deja al conejo con la col, aquél se la come.
¿Cómo debe proceder para llevar las tres cosas a la orilla
opuesta?
172
174