Apéndice X. Sobre las combinaciones.

Hay algunas cuestiones relacionadas con las combinaciones que sitúo en un apéndice, porque tengo la intención de demostrarlas de manera más breve que los asuntos del texto.

Supongamos una serie de cajas, digamos 4, en cada una de las cuales hay fichas, digamos 5, 7, 3 y 11 respectivamente. ¿De cuántas maneras se puede sacar una ficha de cada caja, sin tener en cuenta el orden en que se acude a las cajas?

Respuesta, de 5 × 7 × 3 × 11 maneras.

Pues de la primera caja podemos extraer una ficha de 5 maneras distintas, y a cada extracción de este tipo podemos añadir una extracción de la segunda de 7 maneras distintas, lo que da 5 × 7 maneras de realizar una extracción de las dos primeras. A cada una de estas podemos añadir una extracción de la tercera caja de 3 maneras, lo que da 5 × 7 × 3 extracciones de las tres primeras; y así sucesivamente. Las siguientes afirmaciones pueden demostrarse ahora fácilmente, y pueden formularse otras similares para otros casos.

Si el orden de ir a las cajas importa, y si a, b, c, d son los números de fichas en las respectivas cajas, hay 4 × 2 × 3 × 1 × a × b × c × d maneras distintas.

Si queremos extraer, digamos, 2 de la primera caja, 3 de la segunda, 1 de la tercera y 3 de la cuarta, y si el orden de las cajas no se toma en cuenta, el número de maneras es

Si se considera el orden de ir a las cajas, debemos multiplicar lo precedente por 4 × 3 × 2 × 1.

Si el orden de las extracciones de las cajas importa, pero no el orden de las cajas, entonces el número de maneras es a(a-1)b(b-1)(b-2)cd(d-1)(d-2)

La enésima potencia de a, o aⁿ, representa el número de maneras en que a fichas marcada de forma distinta pueden distribuirse en n cajas, sin considerar el orden de colocación en cada caja.

Supongamos que queremos distribuir 4 fichas marcadas de forma distinta entre 7 cajas. La primera ficha puede ir a cualquiera de las cajas, lo que da 7 maneras; la segunda ficha puede ir a cualquiera; y cualquiera de las primeras 7 asignaciones puede combinarse con cualquiera de las segundas 7, dando 7 × 7 maneras distintas; la tercera ficha varía cada una de estas de 7 maneras diferentes, dando 7 × 7 × 7 en total; y así sucesivamente.

Pero si las fichas son indistinguibles, el problema es muy diferente.

Se requiere el número de maneras en que un número puede componerse a partir de otros números, contando los diferentes órdenes como maneras distintas. Así, 1 + 3 + 1 y 1 + 1 + 3 deben considerarse como formas distintas de formar 5. Será obvio, con un poco de examen, que cada número puede componerse exactamente en el doble de maneras que el número precedente. Tomemos el 8 por ejemplo. Si se escribe cada forma posible de formar 7, el 8 puede formarse ya sea aumentando el último componente en una unidad, o añadiendo una unidad al final. Así, 1 + 3 + 2 + 1 puede dar 1 + 3 + 2 + 2, o 1 + 3 + 2 + 1 + 1: y de este modo se obtendrán todas las formas de formar 8; pues cualquier forma de formar 8, digamos a + b + c + d, debe proceder de la siguiente manera de formar 7, a + b + c + (d - 1). Ahora bien, (d - 1) es 0 —es decir, d es la unidad y se tacha— o (d - 1) permanece, siendo un número 1 menor que d. De aquí se sigue que el número de maneras de formar n es 2ⁿ⁻¹. Pues es obvio que hay 1 manera de formar 1, 2 de formar 2; luego debe haber, según nuestra regla, 2² maneras de formar 3, 2³ maneras de formar 4; y así sucesivamente.

Esta tabla muestra las formas de componer el 1, el 2, el 3 y el 4. De aquí se deduce (lo que dejo al lector para que lo investigue) que hay el doble de formas de formar a + b que de formar a y añadirle después una formación de b; cuatro veces más formas de formar a + b + c que de añadir a una formación de a formaciones de b y de c; y así sucesivamente.

Asimismo, al sumar los números que componen a + b, hay formas en las que a es un resto, y formas en las que no lo es, y tantas de unas como de otras.

Se requiere el número de maneras en que un número puede componerse de números impares, contando los diferentes órdenes como maneras distintas. Si a es el número de maneras en que n puede formarse así, y b el número de maneras en que n + 1 puede formarse, entonces a + b debe ser el número de maneras en que n + 2 puede formarse; pues cada manera de componer 12 a partir de números impares es o bien una manera de componer 10 con el último número aumentado en 2, o bien una manera de componer 11 con un 1 añadido. Así, 1 + 5 + 3 + 3 da 12, formado a partir de 1 + 5 + 3 + 1 que da 10. Pero 1 + 9 + 1 + 1 se forma a partir de 1 + 9 + 1 que da 11. En consecuencia, el número de maneras de componer 12 es la suma del número de maneras de componer 10 y de componer 11. Ahora bien, 1 solo puede componerse de 1 manera, y 2 solo puede componerse de 1 manera; por lo tanto, 3 solo puede componerse de 1 + 1 u 2 maneras, 4 solo de 1 + 2 o 3 maneras. Si tomamos la serie 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, etc., en la cual cada número es la suma de los dos precedentes, entonces el n-ésimo número de este conjunto es el número de maneras (contando el orden) en que n puede componerse de números impares. Así, 10 puede componerse de 55 maneras, 11 de 89 maneras, etc.

Demostrar que el número de formas en que se puede formar mk con números divisibles por m (contando el orden) es 2ᵏ⁻¹.

En las dos series, 1 1 1 2 3 4 6 9 13 19 28, etc.

0 1 0 1 1 1 2 2 3 4 5, etc., la primera tiene cada término nuevo posterior al tercero igual a la suma del último y el antepenúltimo; la segunda tiene cada término nuevo posterior al tercero igual a la suma del penúltimo y el antepenúltimo.

Demuéstrese que el enésimo número en la primera es el número de formas en que se puede componer n mediante números que, al ser divididos por 3, dejan un resto de 1; y que el enésimo número en la segunda es el número de formas en que se puede componer n mediante números que, al ser divididos por 3, dejan un resto de 2.

Es muy fácil demostrar de cuántas maneras se puede componer un número mediante una cantidad dada de números, si los diferentes órdenes cuentan como maneras distintas.

Supongamos, por ejemplo, que queremos saber de cuántas maneras se puede componer así el 12 a partir de 7 números.

Si escribimos 12 unidades, hay 11 intervalos entre unidad y unidad. No hay ninguna manera de componer el 12 a partir de 7 números que no corresponda a distribuir 6 marcas de partición en los intervalos, 1 en cada uno de 6, y agrupar todas las unidades que no estén separadas por marcas de partición.

Así, 1 + 1 + 3 + 2 + 1 + 2 + 2, que es una de las maneras de componer el 12 a partir de 7 números, corresponde a

en el que las marcas de partición se encuentran en el 1.°, 2.°, 5.°, 7.°, 8.° y 10.° de los 11 intervalos. En consecuencia, preguntar de cuántas maneras se puede formar 12 con 7 números, es preguntar de cuántas maneras se pueden colocar 6 marcas de partición en 11 intervalos; o bien, cuántas combinaciones o selecciones se pueden hacer de 6 elementos entre 11. La respuesta es,

Denotemos por mₙ al número de maneras en que se pueden sacar m cosas de n cosas, de modo que mₙ sea la abreviatura de

Entonces mₙ también representa el número de maneras en que m + 1 números pueden juntarse para sumar n + 1.

Lo que probamos arriba es que 6₁₁ es el número de maneras en que podemos juntar 7 números para sumar 12. No habrá ahora ninguna dificultad en probar lo siguiente:

2ⁿ = 1 + 1ₙ + 2ₙ + 3ₙ ... + nₙ

En la pregunta anterior, el 0 no entró en la lista de números utilizados. Por lo tanto, 3 + 1 + 0 + 0 no se consideró como una de las formas de sumar cuatro números para obtener 5.

Pero preguntémonos ahora: ¿cuál es el número de formas de sumar 7 números para obtener 12, permitiendo que el 0 esté en la lista de números? No puede haber más (ni menos) formas de hacer esto que las de sumar 7 números, entre los cuales el 0 no está incluido, para obtener 19.

Tómese cada forma de obtener 12 (incluido el 0), y súmese 1 a cada número, y obtendremos una forma de obtener 19 (sin incluir el 0). Tómese cualquier forma de obtener 19 (sin incluir el 0), y restírese 1 a cada número, y tendremos una de las formas de obtener 12 (incluido el 0).

En consecuencia, 6₁₈ es el número de formas de sumar 7 números (permitiendo el 0) para obtener 12. Y (m- 1)ₙ₊ₘ₋₁ es el número de formas de sumar m números para obtener n, estando incluido el 0.

Esto último equivale a la solución de lo siguiente: ¿De cuántas maneras se pueden distribuir n fichas (indistinguibles entre sí) en m cajas? Y lo siguiente se demostrará ahora fácilmente: El número de maneras de distribuir c fichas indistinguibles en b cajas es (b - 1)_{b + c - 1}, si se permite que una o más cajas queden vacías. Pero si debe haber al menos 1 en cada caja, el número de maneras es (b - 1)_{c - 1}; si debe haber al menos 2 en cada caja, es (b - 1)_{c- b-1}; si debe haber al menos 3 en cada caja, es (b - 1)_{c - 2b - 1}; y así sucesivamente.

El número de maneras en que m números impares pueden sumarse para dar n es el mismo que el número de maneras en que m números pares (incluido el 0) pueden sumarse para dar n-m; y este es el número de maneras en que m números (impares o pares, incluido el 0) pueden sumarse para dar ½(n-m).

En consecuencia, el número de maneras en que m números impares pueden sumarse para dar n es el mismo que el número de combinaciones de m-1 elementos tomados de entre ½(n-m) + m-1, o ½(n + m)-1. A menos que n y m sean ambos pares o ambos impares, el problema es evidentemente imposible.

Existen relaciones curiosas y útiles entre los números de combinaciones, algunas de las cuales pueden mostrarse fácilmente bajo la simple expresión de mₙ para representar el número de formas en que se pueden extraer m cosas de n.

Supongamos que tenemos que extraer 5 de 12: que las 12 cosas estén marcadas como a, b, c, etc., y apartemos una de ellas, a. Cada colección de 5 de las 12 incluye o no incluye a la a.

• El número de la última clase debe ser 5₁₁;
• el número de la primera clase debe ser 4₁₁, ya que es el número de formas en que se pueden elegir las otras cuatro de entre todas excepto a.

En consecuencia, 5₁₂ debe ser 5₁₁ + 4₁₁, y así demostramos en cada caso que mₙ = mₙ₋₁ + (m - 1)ₙ₋₁

0ₙ y nₙ ambos son 1; pues no hay más que una forma de tomar ninguno, y una sola forma de tomar todo. Y de nuevo mₙ y (n-m)ₙ son la misma cosa. Y si m es mayor que n, mₙ es 0; pues no hay formas de hacerlo. Hacemos que uno de nuestros resultados precedentes sea más simétrico si lo escribimos así,

2ⁿ = 0ₙ + 1ₙ + 2ₙ + ... + nₙ

Si ahora escribimos la tabla de símbolos en la cual el (m + 1)-ésimo

número de la fila n-ésima representa mₙ, el número de combinaciones de m elementos tomados de n en n, vemos demostrado arriba que la ley de formación de esta tabla es la siguiente:

Cada número ha de ser la suma del número situado encima de él y del número que precede al número situado encima de él.

Ahora bien, la primera fila debe ser 1, 1, 0, 0, 0, etc., y la primera columna debe ser 1, 1, 1, 1, etc., de modo que tenemos una tabla del siguiente tipo, que puede prolongarse tanto como se quiera:

Así, en la fila 9, bajo la columna encabezada por el 4, vemos 126, que es 9 × 8 × 7 × 6 ÷ (1 × 2 × 3 × 4), el número de formas en que se pueden elegir 4 elementos entre 9, lo cual representamos como 4-{9}.

Si sumamos las sucesivas filas, tenemos 1 + 1 o 2, 1 + 2 + 1 o 2², luego 1 + 3 + 3 + 1 o 2³, etc., lo que verifica un teorema ya anunciado; y la ley de formación nos muestra que las sucesivas columnas se forman así:

de modo que la suma de cada fila debe ser el doble de la suma de la precedente. Pero podemos llevar las consecuencias de este modo de formación más lejos. Si obtenemos las potencias de 1 + x mediante multiplicación algebraica real, vemos que el proceso realiza la misma adición oblicua en la formación de los multiplicadores numéricos de las potencias de x.

• 1 + x
• 1 + x
• 1 + x
• x + x²
• 1 + 2x + x²
• 1 + 2x + x²
• 1 + x
• 1 + 2x + x²
• x + 2x² + x³
• 1 + 3x + 3x² + x³

Aquí están la segunda y tercera potencias de 1 + x: la cuarta, podemos saberla de antemano a partir de la tabla, debe ser 1 + 4x + 6x² + 4x³ + x⁴; y así sucesivamente.

De ahí que tengamos

(1 + x)ⁿ = 0ₙ + 1ₙx + 2ₙx² + 3ₙx³ + ... + nₙxⁿ que suele escribirse con los símbolos 0ₙ, 1ₙ, etc., desarrollados de este modo,

Este es el caso más simple de lo que en álgebra se llama el teorema del binomio. Si en lugar de 1 + x usamos x + a, obtenemos (x + a)ⁿ = xⁿ + 1ₙaxⁿ⁻¹ + 2ₙa²xⁿ⁻² + 3ₙa³xⁿ⁻³ + ... + nₙaⁿ

Podemos hacer la misma tabla de otra forma. Si tomamos una fila de cifras que comienza con la unidad, y anotando la primera, sumamos la siguiente, y luego la siguiente, y así sucesivamente, y luego repetimos el proceso con un paso menos, y luego otra vez con un paso menos, tenemos lo siguiente:

En las columnas oblicuas vemos 1 1, 1 2 1, 1 3 3 1, etc., lo mismo que en la tabla original, y formadas por las mismas adiciones.

Si, antes de hacer las adiciones, siempre hubiéramos multiplicado por a, habríamos obtenido los diversos componentes de las potencias de 1 + a, así,

donde las columnas oblicuas 1 + a, 1 + 2a + a², 1 + 3a + 3a² + a³, &c., dan las distintas potencias de 1 + a.

Si en lugar de empezar con 1, 0, 0, &c. hubiésemos empezado con p, 0, 0, &c. habríamos obtenido p, p × 4a, p × 6a², &c. en la parte inferior de las distintas columnas; y si hubiésemos escrito en la parte superior x⁴, x³, x², x, 1, habríamos tenido todos los elementos para formar p(x + a)⁴ multiplicando entre sí los términos de la parte superior e inferior de cada columna, y sumando los resultados.

Supongamos que seguimos este modo de formar p(x + a)³ + q(x + a)² + r(x + a) + s.

px³ + 3pax² + 3pa²x + pa³ + qx² + 2qax + qa² + rx + ra + s

= px³ + (3pa + q)x² + (3pa² + 2qa + r)x + pa³ + qa² + ra + s

Ahora, obsérvese que todo esto podría hacerse en una sola operación, introduciendo q, r y s bajo sus respectivas potencias de x en la primera operación, de la siguiente manera

Este proceso¹ es el que se emplea en el Apéndice XI., con la ligera modificación de variar el signo de la última letra y realizar sustracciones en lugar de adiciones en la última columna. Tal como está, es el modo más conveniente de escribir x + a en lugar de x en una gran clase de expresiones algebraicas. Por ejemplo, ¿en qué se convierte 2x⁵ + x⁴ + 3x² + 7x + 9 cuando se escribe x + 5 en lugar de x? La expresión, completada, es,

Respuesta, 2x⁵ + 51x⁴ + 520x³ + 2653x² + 6787x + 6994.