Probabilidad I: Principios de Conteo 3 – Combinaciones

Introducción

En la entrada anterior vimos lo que son las permutaciones de tamaño $r$ de una colección de $n$ objetos. Además, observamos que al momento de calcular la cantidad de permutaciones de ese tipo, se toman en cuenta los arreglos lineales que tienen los mismos objetos, pero ordenados de distinta manera. Por ejemplo, recuerda el problema de los $10$ estudiantes. Ahí, vimos que al momento de contar las permutaciones de tamaño $5$ de los $10$ estudiantes, se contabilizaban $\mathrm{BCEFI}$ y $\mathrm{CEFIB}$. Esto pues aunque tienen los mismos objetos, el orden en el que se encuentran es diferente.

Por otra parte, también puede interesarnos encontrar la cantidad de arreglos lineales en donde los elementos son distintos. Es decir, considerar a aquellos arreglos que tienen los mismos elementos como indistinguibles, incluso si se encuentran en un orden distinto. Esto es precisamente lo que haremos en esta entrada: desarrollar un concepto que nos permita contar nada más eso.

Motivación

Para comenzar, veamos un ejemplo clásico de conteo. Una baraja inglesa estándar está formada por $52$ cartas que comprenden $4$ palos: tréboles, diamantes, corazones y espadas. Cada palo tiene $13$ cartas: As, $2$, $3$, $4$, …, $9$, $10$, jota, reina y rey. Si se nos pide tomar tres cartas de una baraja inglesa, una después de otra y sin reemplazo (es decir, sin devolver las cartas que ya hemos tomado), entonces por el principio del producto hay

\[ 52 \cdot 51 \cdot 50 = \frac{52!}{49!} = P(52, 3) = 132{,}600 \]

posibles resultados. Por ejemplo, una de las posibles ternas de cartas que te pueden salir es $\color{red}{\mathrm{A}\heartsuit}$ (as de corazones), $9\clubsuit$ (nueve de tréboles), $\color{red}{\mathrm{K}\blacklozenge}$ (rey de diamantes). Pero, cuidado, recuerda que en el contexto de las permutaciones, «$\textcolor{red}{\mathrm{A}\heartsuit}\text{-}{9\clubsuit}\text{-}\textcolor{red}{\mathrm{K}\blacklozenge}$» se considera como un resultado distinto a «${9\clubsuit}\text{-}\textcolor{red}{\mathrm{A}\heartsuit}\text{-}\textcolor{red}{\mathrm{K}\blacklozenge}$» o «$\textcolor{red}{\mathrm{K}\blacklozenge}\text{-}\textcolor{red}{\mathrm{A}\heartsuit}\text{-}{9\clubsuit}$».

Sin embargo, observa que las cartas con las que terminas son las mismas sin importar el orden en el que las sacaste. Es decir, en tu mano estarán el as de corazones, el nueve de tréboles y el rey de diamantes sin importar el orden en el que se extraen. Por ello, podríamos considerar a todas las cadenas de cartas que tienen los mismos elementos como indistinguibles. Esto es, «$\textcolor{red}{\mathrm{A}\heartsuit} \text{-} {9\clubsuit} \text{-} \textcolor{red}{\mathrm{K}\blacklozenge}$», «$\textcolor{red}{\mathrm{A}\heartsuit} \text{-} \textcolor{red}{\mathrm{K}\blacklozenge} \text{-} {9\clubsuit}$», «${9\clubsuit} \text{-} \textcolor{red}{\mathrm{K}\blacklozenge} \text{-} \textcolor{red}{\mathrm{A}\heartsuit}$», «${9\clubsuit} \text{-} \textcolor{red}{\mathrm{A}\heartsuit} \text{-} \textcolor{red}{\mathrm{K}\blacklozenge}$», «$\textcolor{red}{\mathrm{K}\blacklozenge} \text{-} {9\clubsuit} \text{-} \textcolor{red}{\mathrm{A}\heartsuit}$» y «$\textcolor{red}{\mathrm{K}\blacklozenge} \text{-} \textcolor{red}{\mathrm{A}\heartsuit} \text{-} {9\clubsuit}$», las $6$ permutaciones posibles de las $3$ cartas, corresponden a una sola selección (sin orden) de cartas. En consecuencia, cada selección, o combinación, de $3$ cartas, sin tomar en cuenta el orden, corresponde a $3!$ permutaciones de $3$ cartas. En forma de ecuación, esto es:

\begin{align*} (3!)\cdot (\text{No. de combinaciones} \; &\text{de} \; \text{tamaño $3$ de una baraja de $52$}) \\ &= \text{No. de permutaciones de tamaño $3$ de una baraja de $52$} \\ &= P(52, 3) \\ &= \frac{52!}{49!}. \end{align*}

En conclusión, se pueden extraer, sin reemplazo, $3$ cartas sin reemplazo de una baraja inglesa estándar de $\frac{132{,}600}{3!} = 22{,}000$ maneras distintas.

Fórmula para el número de combinaciones sin repetición

Con la idea desarrollada en el ejemplo anterior, podemos presentar una fórmula para el cálculo del número de combinaciones de tamaño $r$ de una colección de $n$ objetos objetos.


Número de Combinaciones. Si tenemos $n$ objetos distintos, una combinación de $r$ de esos objetos, sin tomar en cuenta el orden, corresponde a $r!$ permutaciones de tamaño $r$ de los $n$ objetos. Por ello, el número de combinaciones de tamaño $r$ de una colección de $n$ objetos es

\[ C(n,r) = \frac{P(n,r)}{r!} = \frac{n!}{r!(n − r)!}, \]

para $n, r \in \mathbb{N}$ tales que $0 \leq r \leq n$.


Para denotar al número de combinaciones de tamaño $r$ de una colección de $n$ objetos también se utiliza el símbolo ${n \choose r}$, y en algunas ocasiones el símbolo $\mathrm{C}_{r}^{n}$.

Algunas observaciones importantes:

  1. ${n \choose k}$ es también conocido como coeficiente binomial.
  2. Para cualquier $n \geq 0$ se cumple que $C(n,0) = C(n,n) = 1$. Por un lado, el número de combinaciones de tamaño $0$ es $1$ porque sólo hay una combinación vacía. Por otro lado, el número de combinaciones de tamaño $n$ es $1$ porque la única combinación de tamaño $n$ es la colección misma.
  3. Para cualquier $n \geq 1$, $C(n,1) = C(n,n−1) = n$.
  4. En general, para cualesquiera $n, r \in \mathbb{N}$ tales que $0 \leq r \leq n$ se cumple que \[ C(n,r) = C(n, n−r). \]
  5. Cuando $n < r$, se tiene que $C(n,r) = 0$.

¡Observación importante! – Cuando te enfrentes a cualquier problema de conteo, la primera pregunta que debes de hacerte es: «¿importa el orden?» Cuando el orden sí es relevante, deberás pensar en términos de permutaciones y el principio del producto. Por otro lado, cuando el orden no es relevante, las combinaciones serán una parte importante para resolver el problema.


Ejemplos de problemas con combinaciones sin repetición

Ejemplo. Una primera aplicación interesante es la siguiente. Sean $n \in \mathbb{N}$ y $A$ un conjunto finito tal que $|A| = n$. En consecuencia, podemos escribir a $A$ como sigue:

\[ A = \{ a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n} \}. \]

Es decir, $A$ es una colección de $n$ objetos distintos. Para $r \leq n$, podemos preguntarnos: «¿cuántos subconjuntos de $A$ hay cuya cardinalidad es $r$?» Los conjuntos (en la teoría matemática) son colecciones de objetos en donde el orden en el que se escriben sus elementos no importa. Por ejemplo, se cumple que

\[ \{ a_{1}, a_{2} \} = \{ a_{2}, a_{1} \}. \]

Esto obedece al principio intuitivo que dice que «un conjunto está determinado por sus elementos». Por ello, un subconjunto de cardinalidad $r$ de $A$ es un ejemplo de una combinación de tamaño $r$ de los objetos en la colección $A$. Así, la cantidad de subconjuntos de cardinalidad $r$ de $A$ es simplemente $C(n,r) = {n \choose r}$.

Por ejemplo, para el conjunto $A = \{ 1, 2, 3, 4, 5 \}$, se cumple que $|A| = 5$. En consecuencia, hay $C(5,2) = {5 \choose 2} = \frac{5!}{(2!)(3!)} = 10$ subconjuntos de cardinalidad $2$ de $A$. Estos son:

\begin{align*} \{1,2\} &\qquad \{2,4\} \\ \{1,3\} &\qquad \{2,5\} \\ \{1,4\} &\qquad \{3,4\} \\ \{1,5\} &\qquad \{3,5\} \\ \{2,3\} &\qquad \{4,5\} \end{align*}


Ejemplo. En un curso de cálculo, la profesora se encuentra redactando el examen final que constará de $10$ preguntas a escoger.

  1. Primero, la profesora decide que las instrucciones digan que escojas cualesquiera $7$ de las $10$ preguntas. Como no importa el orden en el que las respondas, puedes responder el examen de \[ {10 \choose 7} = \frac{10!}{(7!)(3!)} = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 120 \]maneras distintas.
  2. Sin embargo, la profesora se da cuenta de que quizás sus alumnos tendrán un sesgo por las primeras $5$ preguntas, que son más sencillas. Por ello, decide dividir el examen en dos secciones, cada una con $5$ preguntas. Además, el alumno deberá de escoger $3$ preguntas de la primera sección y $4$ preguntas de la segunda sección. Las $3$ preguntas de la primera sección se pueden escoger de ${5 \choose 3} = 10$ maneras, y las $4$ preguntas de la segunda sección pueden escogerse de ${5 \choose 4} = 5$ maneras. Así, por el principio del producto, el examen puede completarse de ${5 \choose 3}{5 \choose 4} = 10 \cdot 5 = 50$ maneras.
  3. Finalmente, la profesora decide restringir un poco menos las cosas para su grupo, y opta por lo siguiente: para resolver el examen, el alumno debe escoger $7$ preguntas tales que al menos $3$ de ellas vienen de la segunda sección. De esta manera, hay tres casos a considerar:
    1. Si el alumno escoge $3$ preguntas de la segunda sección y $4$ preguntas de la primera sección, por el principio del producto hay ${5 \choose 3}{5 \choose 4} = 10 \cdot 5 = 50$ maneras de hacerlo.
    2. Por otro lado, si el alumno decide escoger $4$ preguntas de la segunda sección y $3$ preguntas de la primera sección, puede hacerlo de ${5 \choose 4}{5 \choose 3} = 5 \cdot 10 = 50$ maneras.
    3. Si decide responder las $5$ preguntas de la segunda sección y $2$ de la primera sección, entonces por el principio del producto, hay ${5 \choose 5}{5 \choose 2} = 1 \dot 10 = 10$ maneras posibles de hacerlo.

      Así, combinando los resultados de los tres casos, por el principio de la suma encontramos que el examen puede formar \[ {5 \choose 3}{5 \choose 4} + {5 \choose 4}{5 \choose 3} + {5 \choose 5}{5 \choose 2} = 50 + 50 + 10 = 110 \] combinaciones de $7$ preguntas donde cada combinación incluye al menos $3$ preguntas de la segunda sección.

¡Otra observación importante! – Hay problemas que requieren los conceptos de permutaciones y combinaciones para su resolución. Esto puede observarse en el siguiente ejemplo.

Ejemplo. El número de permutaciones de las letras en la palabra $\mathrm{CHACHALACA}$ es

\begin{align*} \frac{10!}{(4!)(3!)(2!)(1!)} = 12{,}600. \end{align*}

Ahora, ¿cuántas de estas permutaciones no tienen $\mathrm{C}$’s consecutivas? Sin considerar a las $\mathrm{C}$’s, el número de permutaciones de las letras que quedan ($\mathrm{HAHALAA}$) es

\begin{align*} \frac{7!}{(4!)(2!)(1!)} = 105. \end{align*}

Por ejemplo, una de estas $105$ permutaciones es la cadena de letras $\mathrm{LAHAAHA}$. Ahora, podemos acomodar esta permutación como sigue:

\begin{align*} \square \; \mathrm{L} \; \square \; \mathrm{A} \; \square \; \mathrm{H} \; \square \; \mathrm{A} \; \square \; \mathrm{A} \; \square \; \mathrm{H} \; \square \; \mathrm{A} \; \square \end{align*}

Observa que podemos poner las $3$ $\mathrm{C}$’s en cualesquiera de los $8$ espacios en blanco y se cumplirá que no hay $\mathrm{C}$’s consecutivas. Además, $3$ de esos $8$ espacios pueden escogerse de ${8 \choose 3} = 56$ maneras distintas. Esto se puede hacer para cada una de las $105$ permutaciones de las letras $\mathrm{HAHALAA}$, así que por el principio del producto se tienen $105 \cdot 56 = 5{,}880$ permutaciones de las letras en la palabra $\mathrm{CHACHALACA}$ que no tienen $\mathrm{C}$’s consecutivas.


Tarea moral

Los siguientes ejercicios son opcionales. Es decir, no formarán parte de tu calificación. Sin embargo, te recomiendo resolverlos para que desarrolles tu dominio de los conceptos abordados en esta entrada.

  1. Sea $X = \{2, 4, 6, 8 \}$. ¿Cuántos subconjuntos de cardinalidad $2$ de $X$ hay?
  2. ¿Cómo se relaciona el coeficiente multinomial (visto en la entrada pasada) con el coeficiente binomial? Para verlo, ¿qué pasa cuando sólo se tiene $2$ tipos de objetos en el coeficiente multinomial?
  3. Existen algunos ejercicios geométricos que pueden resolverse con las herramientas de esta entrada. Por ejemplo, considera los puntos $(2,1)$ y $(7,4)$ sobre una cuadrícula y conéctalos con un camino sobre esta, utilizando únicamente movimientos hacia la derecha y hacia arriba. Visualmente:

    El anterior es un ejemplo de los muchos caminos posibles. ¿Cuántos caminos posibles existen entre estos dos puntos? Sugerencia: Considera a cada camino como una secuencia (o cadena) de pasos hacia la derecha ($\mathrm{D}$) y hacia arriba ($\mathrm{A}$). Así, el camino mostrado en la gráfica corresponde a la cadena $\mathrm{ADDDAADD}$.

Más adelante…

Con esto damos por terminada la parte del curso que corresponde a los principios de conteo. Sin embargo, hay otros resultados de conteo que no revisamos aquí, como las combinaciones con reemplazo. Por otro lado, es posible que los ejemplos aquí expuestos no sean suficientes para representar todas las complejidades de los problemas de conteo. Por ello, te recomendamos buscar la mayor cantidad de ejemplos de conteo y combinatoria posibles. En particular, puedes revisar el libro que utilizamos como base para esta parte del curso: Discrete And Combinatorial Mathematics: An Applied Introduction (5ta Edición) de Ralph P. Grimaldi, tiene una gran cantidad de ejemplos de todos los temas de conteo vistos (algunos de esos ejemplos los incluímos aquí).

En la siguiente entrada veremos otro de los enfoques más importantes en la historia de la probabilidad: la probabilidad clásica, que está basada en el cálculo de cardinalidades. Como con los enfoques pasados, este enfoque puede representarse de manera formal como una medida de probabilidad.

Entradas relacionadas

  • Ir a Probabilidad I
  • Entrada anterior del curso: Principios de Conteo 2 – Permutaciones
  • Siguiente entrada del curso: La Probabilidad Clásica

Probabilidad I: Principios de Conteo 2 – Permutaciones

Introducción

En la entrada pasada vimos dos principios básicos de conteo: el de la suma y el del producto. En particular, el principio del producto tiene aplicaciones más especializadas. Tal es el caso de las permutaciones y las combinaciones. Dada una colección de objetos, es posible extraer una cantidad fija $k$ de ellos y formar arreglos de tamaño $k$. De estos arreglos puede o no importarnos el orden de los objetos que los forman. Esto da lugar al concepto que veremos en esta entrada: las permutaciones.

Motivación

Comenzaremos con el concepto de permutación. Dada una colección de $n$ objetos, es posible extraer $k$ (con $k \leq n$) de ellos para formar un arreglo lineal. Es decir, se acomodan los elementos en una línea. Lo que nos interesa es ver la cantidad de arreglos lineales de tamaño $k$ que pueden obtenerse de una colección de $n$ objetos. Sin embargo, en un arreglo nos importa el orden en el que se acomodan los objetos. Así, dos arreglos lineales con los mismos elementos pero ordenados de diferente manera se consideran como distintos. Por ello, si queremos la cantidad de arreglos lineales ordenados posibles, estas diferencias se toman en cuenta. Comencemos con un ejemplo.

Ejemplo. En un grupo de $10$ estudiantes, se escoge a $5$ de ellos y se sientan en una fila para una fotografía. ¿Cuántos arreglos lineales pueden formarse?

Como mencionamos anteriormente, la palabra arreglo designa una importancia al orden de los elementos. Si $\mathrm{A}$, $\mathrm{B}$, $\mathrm{C}$, …, $\mathrm{I}$, $\mathrm{J}$ denotan a los $10$ estudiantes, entonces $\mathrm{BCEFI}$, $\mathrm{CEFIB}$ y $\mathrm{ABCFG}$ son tres arreglos lineales distintos. Además, observa que los dos primeros arreglos constan de los mismos $5$ estudiantes, lo que los hace distintos es el orden en el que están acomodados sus elementos.

Ahora, para responder a la pregunta que hicimos, vamos a valernos del principio del producto. Tenemos que considerar las $5$ posiciones (porque estamos tomando $5$ de los $10$ estudiantes que tiene el grupo) y debemos de considerar además cuántos estudiantes hay disponibles para ocupar cada posición.

\[ \underset{\substack{ \phantom{x} \\ \text{1a} \\ \text{Posicion}}}{10} \cdot \underset{\substack{ \phantom{x} \\ \text{2a} \\ \text{Posicion}}}{9} \cdot \underset{\substack{ \phantom{x} \\ \text{3a} \\ \text{Posicion}}}{8} \cdot \underset{\substack{ \phantom{x} \\ \text{4a} \\ \text{Posicion}}}{7} \cdot \underset{\substack{ \phantom{x} \\ \text{5a} \\ \text{Posicion}}}{6} \]

En la 1ᵃ posición puede ir cualquiera de los $10$ estudiantes. No es posible duplicar a los estudiantes, por lo que las repeticiones no son posibles aquí. Por ello, podemos seleccionar únicamente a alguno de los $9$ estudiantes restantes para ocupar la 2ᵃ posición. Similarmente, ahora nos quedan $8$ estudiantes para ocupar la 3ᵃ posición. Continuamos así hasta llegar a que sólo $6$ estudiantes pueden ocupar la 5ᵃ posición. Así, tenemos un total de $30{,}240$ arreglos posibles de $5$ estudiantes tomados del grupo de $10$.


Permutaciones de objetos distintos

Seguramente ya notaste que en este tipo de problemas surgen productos de enteros consecutivos (observa el ejemplo que acabamos de ver, y el ejemplo de las placas de la entrada anterior). En Álgebra Superior I puede que hayas visto el concepto de factorial. Este concepto permite una escritura más sencilla de las operaciones que aparecen en los problemas de conteo. Por ello, lo incluimos como recordatorio:


Recordatorio. Sea $n \in \mathbb{N}$. Se define el número $n$ factorial (denotado por $n!$) como sigue:

\begin{align*} 0! &= 1, \\ n! &= (n)(n − 1)(n − 2) \cdots (3)(2)(1), & \text{para $n \geq 1$}. \end{align*}


Así, se puede observar que

\begin{align*} 1! &= 1, \\ 2! &= 2 \cdot 1 = 2, \\ 3! &= 3 \cdot 2 \cdot 1 = 6, \\ 4! &= 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 24, \\ 5! &= 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 120. \\ \end{align*}

Además, para cualquier $n \in \mathbb{N}$ se cumple que $(n + 1)! = (n+1)(n!)$.

Utilizando la notación del factorial podemos simplificar el resultado obtenido en el último ejemplo.

\begin{align*} 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 = 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot \frac{5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2\cdot 1}{5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2\cdot 1} = \frac{10!}{5!}. \end{align*}

Esto es, al dividir $10!$ entre $5!$ se cancelan los últimos términos de $10!$. Efectivamente, la expresión resultante coincide con lo que obtuvimos en el ejemplo.


Definición 1.18. Dada una colección de $n$ objetos distintos, cualquer arreglo lineal formado con estos objetos es llamado una permutación de la colección.


Por ejemplo, si tenemos las letras $\mathrm{a}$, $\mathrm{b}$ y $\mathrm{c}$, hay $6$ maneras de acomodar (o permutar) estas letras: $\mathrm{abc}$, $\mathrm{acb}$, $\mathrm{bac}$, $\mathrm{bca}$, $\mathrm{cab}$ y $\mathrm{cba}$. Por otro lado, si nos interesa tomar arreglos de $2$ letras, entonces hay $6$ permutaciones de tamaño $2$ de la colección: $\mathrm{ab}$, $\mathrm{ac}$, $\mathrm{ba}$, $\mathrm{bc}$, $\mathrm{ca}$ y $\mathrm{cb}$.


Principio de las permutaciones. Sean $n, r \in \mathbb{N}$ tales que $1 \leq r \leq n$. Si tenemos $n$ objetos distintos, entonces por la regla del producto, el número de permutaciones de tamaño $r$ de los $n$ objetos es

\begin{align*} P(n,r) &= \underset{\substack{ \phantom{x} \\ \text{1a} \\ \text{Posicion}}}{(n)} \cdot \underset{\substack{ \phantom{x} \\ \text{2a} \\ \text{Posicion}}}{(n − 1)} \cdot \underset{\substack{ \phantom{x} \\ \text{3a} \\ \text{Posicion}}}{(n − 2)} \cdots \underset{\substack{ \phantom{x} \\ \text{$r$-esima} \\ \text{Posicion}}}{(n − r + 1)} \\ &= (n)(n−1)(n−2) \cdots (n−r+1) \cdot \frac{(n−r)(n−r−1) \cdots (3)(2)(1)}{(n−r)(n−r−1) \cdots (3)(2)(1)} \\ &= \frac{n!}{(n−r)!}. \end{align*}


Como mencionamos previamente, aplicamos el principio del producto para determinar el número de permutaciones que pueden hacerse a partir de una colección dada.

Algunas propiedades importantes que observar.

  1. Cuando $r = 0$, $P(n, 0) = 1 = \frac{n!}{(n−0)!}$, por lo que $P(n, r)$ está bien definido incluso para $r = 0$.
  2. Al permutar todos los $n$ objetos de la colección, se tiene $r = n$. Por ello, $P(n,n) = \frac{n!}{0!} = n!$ es el número de permutaciones posibles de todos los objetos de la colección.
  3. Es importante notar que el número de permutaciones de tamaño $r$ de una colección de $n$ objetos es un resultado del principio del producto cuando no permitimos repetición. En consecuencia, $P(n,r)$ es el número de arreglos lineales de tamaño $r$ en los que no se permiten repeticiones. Sin embargo, cuando sí permitimos las repeticiones, por el principio del producto hay $n^{r}$ arreglos lineales posibles.

Ejemplo. El número de permutaciones de las letras en la palabra $\mathrm{CARMESI}$ es $7!$, pues todas las letras son distintas entre sí. Si queremos formar permutaciones de tamaño $4$, entonces el número de permutaciones de tamaño $4$ es $P(7,4) = \frac{7!}{(7 − 4)!} = \frac{7!}{3!} = 840$. Por otro lado, si permitimos repeticiones de letras, entonces el número de cadenas de $11$ letras que podemos formar es $7^{11} = 1{,}977{,}326{,}743$.


Permutaciones con objetos repetidos

Ejemplo. ¿Qué pasa cuando nuestra colección tiene objetos repetidos o indistinguibles? Por ejemplo, ¿cuál es el número de permutaciones de las $4$ letras en la palabra $\mathrm{PALA}$? En este caso, la letra $\mathrm{A}$ se repite. Veamos cómo se ven todas las permutaciones de estas letras.

Tabla de Arreglos
$\mathrm{A \, A \, L \, P}$$\mathrm{A_{1} \, A_{2} \, L \, P}$$\mathrm{A_{2} \, A_{1} \, L \, P}$
$\mathrm{A \, A \, P \, L}$$\mathrm{A_{1} \, A_{2} \, P \, L}$$\mathrm{A_{2} \, A_{1} \, P \, L}$
$\mathrm{A \, L \, A \, P}$$\mathrm{A_{1} \, L \, A_{2} \, P}$$\mathrm{A_{2} \, L \, A_{1} \, P}$
$\mathrm{A L \, P \, A}$$\mathrm{A_{1} \, L \, P \, A_{2}}$$\mathrm{A_{2} \, L \, P \, A_{1}}$
$\mathrm{A \, P \, A \, L}$$\mathrm{A_{1} \, P \, A_{2} \, L}$$\mathrm{A_{2} \, P \, A_{1} \, L}$
$\mathrm{A \, P \, L \, A}$$\mathrm{A_{1} \, P \, L \, A_{2}}$$\mathrm{A_{2} \, P \, L \, A_{1}}$
$\mathrm{L \, A \, A \, P}$$\mathrm{L \, A_{1} \, A_{2} \, P}$$\mathrm{L \, A_{2} \, A_{1} \, P}$
$\mathrm{L \, A \, P \, A}$$\mathrm{L \, A_{1} \, P \, A_{2}}$$\mathrm{L \, A_{2} \, P \, A_{1}}$
$\mathrm{L \, P \, A \, A}$$\mathrm{L \, P \, A_{1} \, A_{2}}$$\mathrm{L \, P \, A_{2} \, A_{1}}$
$\mathrm{P \, A \, A \, L}$$\mathrm{P \, A_{1} \, A _{2}\, L}$$\mathrm{P \, A_{2} \, A _{1}\, L}$
$\mathrm{P \, A \, L \, A}$$\mathrm{P \, A_{1} \, L \, A_{2}}$$\mathrm{P \, A_{2} \, L \, A_{1}}$
$\mathrm{P \, L \, A \, A}$$\mathrm{P \, L \, A_{1} \, A_{2}}$$\mathrm{P \, L \, A_{2} \, A_{1}}$
(a)(b)

En la tabla de la izquierda (a) pusimos todos los arreglos distintos que se pueden formar con las letras que tenemos. Por otro lado, si distinguimos a las dos letras $\mathrm{A}$ como $\mathrm{A_{1}}$ y $\mathrm{A_{2}}$, nuestra colección se vuelve una colección de objetos distintos. Así, en la tabla de la derecha (b) pusimos todos los arreglos con las letras de la palabra $\mathrm{PA_{1}LA_{2}}$. En este caso sí sabemos calcular el número de permutaciones posibles, es $P(4,4) = 4! = 24$. La tabla revela que para cada arreglo en el que las $\mathrm{A}$’s son indistinguibles le corresponden dos permutaciones con $\mathrm{A}$’s distintas. En consecuencia,

\begin{align*} 2 \cdot (\text{Arreglos distintos con las letras $\mathrm{P}$, $\mathrm{A}$, $\mathrm{L}$, $\mathrm{A}$}) = (\text{Permutaciones de los simbolos $\mathrm{P}$, $\mathrm{A_{1}}$, $\mathrm{L}$, $\mathrm{A_{2}}$}), \end{align*}

por lo que la respuesta a nuestra pregunta original de encontrar todas las permutaciones de las $4$ letras en la palabra $\mathrm{PALA}$ es $\frac{4!}{2} = 12$.


Ejemplo. Usando la misma idea que desarrollamos en el ejemplo anterior, considera ahora las permutaciones de las $9$ letras de la palabra $\mathrm{COCODRILO}$.

Primero, observa que hay $3! = 6$ maneras de acomodar a las $\mathrm{O}$’s distinguidas por cada arreglo en el que las $\mathrm{O}$’s no están distinguidas. Por ejemplo, observa la siguiente tabla:

Tabla de arreglos
$\mathrm{C \, O \, C \, O \, D \, R \, I \, L \, O}$$\mathrm{C \, O_{1} \, C \, O_{2} \, D \, R \, I \, L \, O_{3}}$
$\mathrm{C \, O_{1} \, C \, O_{3} \, D \, R \, I \, L \, O_{2}}$
$\mathrm{C \, O_{2} \, C \, O_{1} \, D \, R \, I \, L \, O_{3}}$
$\mathrm{C \, O_{2} \, C \, O_{3} \, D \, R \, I \, L \, O_{1}}$
$\mathrm{C \, O_{3} \, C \, O_{1} \, D \, R \, I \, L \, O_{2}}$
$\mathrm{C \, O_{3} \, C \, O_{2} \, D \, R \, I \, L \, O_{1}}$
(a) Arreglo sin distinguir las $\mathrm{O}$’s.(b) Arreglos distinguendo a las tres letras $\mathrm{O}$.

Por cada permutación de las letras en la palabra $\mathrm{COCODRILO}$ sin distinguir a las $\mathrm{O}$’s, hay $3$ espacios ocupados por letras $\mathrm{O}$. Por ello, al distinguir a cada una, estamos permutando esas $3$ $\mathrm{O}$’s, que pueden acomodarse de $P(3,3) = 3! = 6$ maneras. Por otro lado, lo mismo pasa con las $\mathrm{C}$’s. En este caso, hay $2!$ maneras de acomodar las $\mathrm{C}$’s distinguidas por cada arreglo sin distinguir las $\mathrm{C}$’s. Por lo tanto, se tiene que

\begin{align*} (3!)(2!)(\text{Arreglos distintos con las letras en $\mathrm{COCODRILO}$}) = (\text{Permutaciones de los simbolos $\mathrm{C}_{2}$, $\mathrm{O_{1}}$, $\mathrm{C}_{2}$, $\mathrm{O_{2}}$, $\mathrm{D}$, $\mathrm{R}$, $\mathrm{I}$, $\mathrm{L}$, $\mathrm{O_{3}}$}), \end{align*}

así que el número de arreglos distintos de las $9$ letras en $\mathrm{COCODRILO}$ es $\frac{9!}{(3!)(2!)} = 30{,}240$.


Podemos enunciar un principio general para arreglos con objetos que se repiten siguiendo la idea desarrollada en los últimos ejemplos.


Permutaciones con objetos repetidos. Si tenemos una colección de $n$ objetos y dentro de esta colección tenemos $n_{1}$ objetos indistinguibles de un $1$er tipo, $n_{2}$ objetos indistinguibles de un $2$do tipo, …, y $n_{r}$ objetos indistinguibles de un $r$-ésimo tipo, de tal manera que

\[ n_{1} + n_{2} + \cdots + n_{r} = n, \]

entonces la cantidad de permutaciones de los $n$ objetos dados es

\[\frac{n!}{(n_{1}!)(n_{2}!) \cdots (n_{r}!)}. \]

Este valor es conocido como el coeficiente multinomial de $n_{1}$, $n_{2}$, …, $n_{r}$.


Ejemplo. La ciudad de $\mathrm{CONSTANTINOPLA}$ fue la ciudad capital del imperio bizantino entre los años 395 y 1204. Podemos aplicar el último principio de conteo que desarrollamos para encontrar la cantidad de permutaciones de las letras en la palabra $\mathrm{CONSTANTINOPLA}$.

Para ello, primero hay que encontrar cuántas letras distintas tiene. Observa que en total tiene $9$ letras distintas. En consecuencia, podemos pensar de cada letra distinta como un tipo de objeto. Así, tenemos $9$ tipos de objetos en la colección, y hay que contar cuántos objetos de cada tipo hay. Esto lo podemos ver en la siguiente tabla.

TipoLetraNúmero de letras de ese tipo
$1$$\mathrm{A}$$n_{1} = 2$
$2$$\mathrm{C}$$n_{2} = 1$
$3$$\mathrm{I}$$n_{3} = 1$
$4$$\mathrm{L}$$n_{4} = 1$
$5$$\mathrm{N}$$n_{5} = 3$
$6$$\mathrm{O}$$n_{6} = 2$
$7$$\mathrm{P}$$n_{7} = 1$
$8$$\mathrm{S}$$n_{8} = 1$
$9$$\mathrm{T}$$n_{9} = 2$

Además, el número de letras en $\mathrm{CONSTANTINOPLA}$ es $14$, precisamente el resultado de sumar todos los $n_{i}$. Así, obtenemos que la cantidad de premutaciones posibles de las letras en $\mathrm{CONSTANTINOPLA}$ es

\[ \frac{14!}{(2!)(1!)(1!)(1!)(3!)(2!)(1!)(1!)(2!)} = \frac{14!}{(2!)(3!)(2!)(2!)} = 1{,}816{,}214{,}400. \]

Otra pregunta que podemos resolver es, ¿cuántas permutaciones tienen a las $3$ $\mathrm{N}$’s juntas? Para verlo, podemos pensar en que la cadena de letras $\mathrm{NNN}$ es un solo símbolo, y partir de la colección de símbolos $\mathrm{A}$, $\mathrm{A}$, $\mathrm{C}$, $\mathrm{I}$, $\mathrm{L}$, $\mathrm{NNN}$ (como un solo símbolo), $\mathrm{O}$, $\mathrm{O}$, $\mathrm{P}$, $\mathrm{S}$, $\mathrm{T}$, $\mathrm{T}$, y hacer lo mismo. Así, el número de permutaciones que tiene a las $3$ $\mathrm{N}$’s juntas es

\[ \frac{12!}{(2!)(1!)(1!)(1!)(1!)(2!)(1!)(1!)(2!)} = \frac{12!}{(2!)(2!)(2!)} = 59{,}875{,}200. \]


Tarea moral

Los siguientes ejercicios son opcionales. Es decir, no formarán parte de tu calificación. Sin embargo, te recomiendo resolverlos para que desarrolles tu dominio de los conceptos abordados en esta entrada.

  1. ¿Cuántas permutaciones de los dígitos $0$, $1$, $2$, …, $9$ hay cuyo primer dígito es $3$ o cuyo último dígito es $7$?
  2. Encuentra el número de permutaciones de la palabra $\mathrm{MISSISSIPPI}$.
  3. ¿Cuántas cadenas de $13$ símbolos pueden hacerse con $6$ estrellas $*$ y $7$ barras $|$? Por ejemplo:\[ |*|*|***|*|||, \qquad ******|||||||, \qquad |*|*|*|*|*|*|. \]

Más adelante…

En la siguiente entrada continuaremos con nuestro estudio de los principios de conteo. El siguiente concepto será el de combinación, que se deriva del concepto de permutación, siendo la combinación un concepto un poco más especializado.

Por otro lado, el concepto de permutación con objetos repetidos te será de utilidad en el curso de Probabilidad II para algo que se conoce como la distribución multinomial. Cuando veamos lo que son las variables aleatorias y las funciones de distribución te quedará claro a qué nos referimos por «distribución multinomial».

Entradas relacionadas

  • Ir a Probabilidad I
  • Entrada anterior del curso: Principios de Conteo 1 – Suma y Producto
  • Siguiente entrada del curso: Principios de Conteo 3 – Combinaciones

Probabilidad I: Principios de Conteo 1 – Suma y Producto

Introducción

En la entrada anterior abordamos el enfoque frecuentista de la probabilidad. El siguiente enfoque que veremos requiere de algunas herramientas adicionales. Por ello, el propósito de esta sección es hacer todos los preparativos para estudiar la siguiente medida de probabilidad importante: la probabilidad clásica. Este último enfoque se utiliza para el caso en el que $\Omega$, el espacio muestral, es finito, y se basa en la cardinalidad de $\Omega$ y la de sus subconjuntos. En consecuencia, es necesario que sepas contar la cantidad de elementos que tiene cualquier subconjunto de $\Omega$ que se te pida.

No demostraremos la validez de las propiedades para conjuntos en esta entrada, pues se trata de propiedades de conjuntos finitos. Por ello, puedes consultar nuestras notas de Álgebra Superior I en caso de que las necesites. Esta parte del curso está basada principalmente en el primer capítulo del libro Discrete and Combinatorial Mathematics: An Applied Introduction (5ᵃ edición) de Ralph P. Grimaldi.

El principio de conteo de la suma

Comenzaremos enunciando algunos principios de conteo asociados a la realización de tareas. Estos principios pueden expresarse en términos de cardinalidades de conjuntos.


Principio de la suma. Si una tarea puede realizarse de $m$ formas distintas, y otra tarea puede realizarse de $n$ formas distintas, y las dos tareas no se pueden hacer simultáneamente, entonces se puede realizar alguna de las dos tareas de $m + n$ maneras distintas.

En términos de conjuntos. Si $A$, $B$ son conjuntos finitos tales que $A \cap B = \emptyset$, entonces

\[ | A \cup B | = |A| + |B|. \]

Donde $|A|$ es la cardinalidad (número de elementos) del conjunto $A$.


Ejemplo. En la biblioteca de la Facultad de Ciencias hay $25$ libros sobre probabilidad y $15$ libros sobre álgebra moderna. Así, por el principio de la suma, un alumno de la Facultad de Ciencias puede elegir de entre $25 + 15 = 40$ libros para aprender sobre cualquiera de estos dos temas.


El principio de la suma puede extenderse a más de dos tareas, siempre y cuando se cumpla que ningún par de tareas pueda ocurrir simultáneamente. En términos de conjuntos, se tiene que para cualesquiera $A_{1}$, $A_{2}$, …, $A_{k}$ conjuntos que son ajenos dos a dos. Entonces se cumple que

\[ {\left| \bigcup_{i=1}^{k} A_{i} \right|} = \sum_{i=1}^{k} |A_{i}| \]

Precisamente, que los conjuntos sean ajenos dos a dos se interpreta como que ningún par de tareas puede realizarse simultáneamente.

Ejemplo. En la sección de ciencias de la computación de la biblioteca de la Facultad de Ciencias de la UNAM hay $7$ libros sobre C++, $6$ libros sobre Java, y $5$ libros sobre Python. En consecuencia, por el principio de la suma, una alumna de la facultad de ciencias tiene $7+6+5=18$ libros a elegir para comenzar a aprender algún lenguaje de programación.


También podemos precisar qué ocurre cuando $A$ y $B$ son finitos y no son ajenos. Primero, veamos cuando $B \subseteq A$. Como $B \subseteq A$, se cumple que $A = B \cup (A \smallsetminus B)$. Observa que $B$ y $A \smallsetminus B$ son conjuntos ajenos, por lo que

\[ |A| = |B \cup (A \smallsetminus B)| = |B| + |A \smallsetminus B|. \]

Y como la cardinalidad de un conjunto finito es un número natural, se tiene que $|B| \leq |A|$. En conclusión, si $A \subseteq B$, entonces $|B| \leq |A|$. Ahora, sabemos que para cualesquiera conjuntos finitos $A$ y $B$, los conjuntos $A$ y $B \smallsetminus A$ son ajenos, y que $A \cup B = A \cup (B \smallsetminus A)$, por lo que

\[ |A \cup B| = |A \cup (B \smallsetminus A)| = |A| + |B \smallsetminus A|, \]

y como $B \smallsetminus A \subseteq B$, se tiene que $|B\smallsetminus A| \leq |B|$, y así

\[ |A \cup B| = |A| + |B \smallsetminus A| \leq |A| + |B|. \]

En conclusión, la cardinalidad es subaditiva. De hecho, esta última propiedad se cumple para cualquier $n \in \mathbb{N}^{+}$ y cualesquiera $A_{1}$, $A_{2}$, …, $A_{n}$ conjuntos finitos:

\[ {\left| \bigcup_{i=1}^{n} A_{i} \right|} \leq \sum_{i=1}^{n} |A_{i}|. \]

Ejemplo. Una profesora de la facultad de ciencias tiene $8$ libros sobre Probabilidad en su colección, mientras que uno de sus colegas tiene $5$. Si denotamos por $m$ al número de libros diferentes sobre Probabilidad que tienen en su posesión, se cumple que

\[ 8 \leq m \leq 13, \]

pues $m$ será $8$ si el colega de la profesora tiene los mismos libros que ella (y así, el número de libros distintos que tienen en su posesión es $8$). Por otro lado, por el principio de la suma, $m$ puede tomar un valor máximo de $8 + 5 = 13$ en el caso de que los libros de la profesora y de su colega son todos distintos.


En la entrada de propiedades de una medida de probabilidad vimos un resultado conocido como el principio de inclusión-exclusión. Resulta que este principio es cierto también para la cardinalidad de conjuntos finitos. Es decir, que para cualesquiera $A$ y $B$ conjuntos finitos se cumple que

\[ |A \cup B| = |A| + |B|− |A \cap B|. \]

Más aún, para cualquier $n \in \mathbb{N}^{+}$ y cualesquiera $A_{1}$, $A_{2}$, …, $A_{n}$ conjuntos finitos se cumple que

\[ {\left| \bigcup_{i=1}^{n} A_{i} \right|} = \sum_{i=1}^{n}|A_{i}| − \sum_{i<j}|A_{i} \cap A_{j}| + \sum_{i<j<k} |A_{i} \cap A_{j} \cap A_{k}| − \cdots + (-1)^{n+1}{\left|\bigcap_{i=1}^{n} A_{i} \right|}. \]

Por ejemplo, para $n=3$ y para cualesquiera $A_{1}$, $A_{2}$, $A_{3}$ conjuntos finitos, se tiene que

\[ |A_{1} \cup A_{2} \cup A_{3}| = |A_{1}| + |A_{2}| + |A_{3}| − |A_{1} \cap A_{2}| − |A_{1} \cap A_{3}| − |A_{2} \cap A_{3}| + |A_{1} \cap A_{2} \cap A_{3}|. \]

Ejemplo. Le pedimos a tres aficionados al rock progresivo que nos dijeran sus $5$ bandas favoritas de este género musical. Sus listas son las siguientes:

Aficionado 1 ($A_{1}$)

  • Pink Floyd.
  • Genesis.
  • Marillion.
  • Rush.
  • Riverside.

Aficionado 2 ($A_{2}$)

  • King Crimson.
  • Yes.
  • Genesis.
  • Rush.
  • Pink Floyd.

Aficionado 3 ($A_{3}$)

  • Jethro Tull.
  • King Crimson.
  • Änglagård.
  • Anekdoten.
  • Yes.

Si decides escoger una banda de las que mencionaron estas tres personas, ¿cuántas opciones distintas existen? En otras palabras, ¿cuál es la cardinalidad de $A_{1} \cup A_{2} \cup A_{3}$? Para verlo, podemos valernos del principio de inclusión-exclusión. Primero, veamos los elementos que tienen en común las listas al compararlas dos a dos:

$A_{1} \cap A_{2}$

  • Pink Floyd.
  • Genesis.
  • Rush.

$A_{1} \cap A_{3}$

No tienen elementos en común.

$A_{2} \cap A_{3}$

  • King Crimson.
  • Yes.

En consecuencia, $|A_{1} \cap A_{2}| = 3$, $|A_{1} \cap A_{3}| = 0$ y $|A_{2} \cap A_{3}| = 2$. Luego, observa que no hay elementos en común entre las tres listas, por lo que $|A_{1} \cap A_{2} \cap A_{3}| = 0$. Entonces tenemos que

\begin{align*} |A_{1} \cup A_{2} \cup A_{3}| &= |A_{1}| + |A_{2}| + |A_{3}| − |A_{1} \cap A_{2}| − |A_{1} \cap A_{3}| − |A_{2} \cap A_{3}| + |A_{1} \cap A_{2} \cap A_{3}| \\ &= 5 + 5 + 5 − 3 − 0 − 2 + 0 \\ &= 15 − 5 \\ &= 10. \end{align*}

Por lo tanto, existen $10$ opciones distintas a elegir entre las bandas que mencionaron las tres personas.


El principio de conteo del producto

Ahora, ¿qué pasa cuando tenemos dos tareas y queremos hacerlas de forma consecutiva, en orden? Por ejemplo, imagina que tienes $3$ camisas distintas y $4$ pantalones distintos. ¿De cuántas maneras posibles puedes ponerte primero una camisa y luego un pantalón? Por cada una de las $3$ de camisas habrá $4$ pantalones distintos a escoger.

Figura. Figura que ilustra las maneras posibles de ponerte primero una de las $3$ camisas y luego uno de los $4$ pantalones.

En consecuencia, a la primera camisa le corresponden $4$ pantalones, a la segunda también, y a la tercera lo mismo. Por ello, el número de maneras posibles de ponerte primero una camisa y luego un pantalón serían $4 + 4 + 4 = 3 \cdot 4 = 12$.

Podemos verlo en términos de conjuntos. Sean $C = \{ c_{1}, c_{2}, c_{3} \}$ el conjunto de las camisas y $P = \{ p_{1}, p_{2}, p_{3}, p_{4} \}$ el conjunto de los pantalones. Podemos representar la idea de tomar primero una camisa y luego un pantalón a través del producto cartesiano de estos dos conjuntos:

\begin{align} C \times D = \begin{Bmatrix} (c_1,p_1), & (c_1, p_2), & (c_1, p_3), & (c_1, p_4) \\ (c_2,p_1), & (c_2, p_2), & (c_2, p_3), & (c_2, p_4) \\ (c_3,p_1), & (c_3, p_2), & (c_3, p_3), & (c_3, p_4) \end{Bmatrix}, \end{align}

observa que cada par ordenado representa cada una de las combinaciones de camisa y pantalón que puedes escoger. Por ello, $|C \times D|$ es el número total de combinaciones de camisa y pantalón posibles, que resulta ser $|C \times D| = |C||D| = 3 \cdot 4 = 12$. Además, observa que $C \times D$ representa precisamente la idea de que primero se escoge una camisa, y en segundo lugar se escoge el pantalón. Por otro lado, el conjunto $D \times C$ representa la idea de escoger primero el pantalón y después la camisa. Observa que esto no afecta el número total de combinaciones posibles.

La discusión anterior da lugar a nuestro segundo principio básico de conteo.


Principio del producto. Si una tarea puede dividirse en dos etapas y hay $m$ resultados posibles para la primera etapa y para cada una de estas etapas hay $n$ resultados posibles para la segunda etapa, entonces la tarea puede ser realizada, en el orden acordado, de $m n$ maneras distintas.

En términos de conjuntos. Para cualesquiera $A$ y $B$ conjuntos finitos se cumple que

\[ |A \times B| = |A||B|. \]


Ejemplo. Se lanzan dos dados distintos sobre una mesa. El primero tiene $6$ caras, y el segundo tiene $8$ caras. En consecuencia, esta actividad tiene $6 \cdot 8 = 48$ resultados posibles.


Ejemplo. El principio del producto puede extenderse a más de dos etapas en una misma tarea. Por ejemplo, considera la manufactura de placas para automóviles que consisten de $2$ letras seguidas de $4$ dígitos.

Figura. Ejemplo de placa de acuerdo con lo anterior. Esta placa consiste de la cadena de letras y dígitos $\textrm{A}\textrm{A}0000$.
  • Si no ponemos restricciones a la combinación de caracteres que lleva cada placa, entonces hay $26 \cdot 26 \cdot 10 \cdot 10 \cdot 10 \cdot 10 = 6{,}760{,}000$ placas posibles, pues hay $26$ letras en el alfabeto (sin considerar a la ‘ñ’) y $10$ dígitos del $0$ al $9$.
  • Podemos restringir las combinaciones que admitimos en una placa. Si no permitimos que tenga letras repetidas, entonces la parte que corresponde a las letras tiene $26 \cdot 25$ combinaciones posibles. ¿Por qué $26 \cdot 25$ y no $26 \cdot 26$ como en el caso anterior? Precisamente porque al escoger la primera letra, la segunda no puede ser la misma, por lo que sólamente se puede escoger alguna de las $25$ restantes, que son distintas de la que ya se escogió. En consecuencia, hay $26 \cdot 25 \cdot 10 \cdot 10 \cdot 10 \cdot 10 = 6{,}500{,}000$ combinaciones de letras y dígitos en los que no se repiten las letras.
  • Por otro lado, ¿cuántas placas hay sin dígitos repetidos? En este caso, sí permitimos que las letras se repitan, así que la parte correspondiente a las letras es $26 \cdot 26$. Por otro lado, en los dígitos, queremos que no haya dígitos repetidos, así que el número de cadenas de dígitos admisibles es $10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7$. Esto se debe a que para el primer dígito se tienen $10$ opciones para escoger. Luego, al haber fijado el primero, el segundo está limitado a no ser el mismo que el primero, por lo que se puede escoger alguno de $9$ dígitos restantes. Después, el tercer dígito debe de ser distinto de los dos primeros, por lo que se escoge alguno de $8$ dígitos restantes. Finalmente, el cuarto dígito debe de ser distinto de los otros tres, por lo que se debe de escoger alguno de $7$ dígitos que quedan. En conclusión, hay $26 \cdot 26 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 = 3{,}407{,}040$ placas en las que los dígitos son todos distintos.
  • Por último, ¿cuántas placas hay sin repeticiones? Es decir, que ninguno de los símbolos (letras o dígitos) se repite. En este caso, se tienen $26 \cdot 25 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 = 3{,}276{,}000$ placas posibles en las que no hay repeticiones de ningún tipo.

Ejemplo. Para guardar información, la memoria principal de una computadora contiene una colección grande de circuitos, cada uno de los cuales es capaz de almacenar un bit. Esto es, alguno de los dígitos binarios (binary digits) $0$ o $1$. Toda la información que se almacena en una computadora consiste de colecciones muy grandes de bits. Por ejemplo, los colores y las imágenes son comúnmente almacenados en forma de arreglos de bits. En el caso de las imágenes, formatos como el PNG (Portable Network Graphics) y el BMP (bitmap, «mapa de bits») son ejemplos de formatos de imagen que consisten de matrices de pequeños cuadraditos de colores llamados pixeles.

Figura. Ejemplo de una imagen digital, que consiste de una matriz de pixeles. Al hacer zoom se aprecian claramente los pixeles que constituyen a la imagen.

Aunado a esto, cada uno de los pixeles tiene un color, el cual es representado a través de un arreglo de bits. Uno de los modelos de color más utilizados en los dispositivos digitales es el modelo RGB (Red Green Blue), que combina los colores primarios rojo, verde y azul para obtener otros colores.

Sin embargo, una computadora tiene acceso a una cantidad limitada de espacios de memoria, por lo que no podemos representar todos los colores visibles. Por ello, hacemos lo posible por representar la mayor cantidad posible de colores con los recursos disponibles para la computadora. Antiguamente, las computadoras y las consolas de videojuegos tenían una cantidad muy limitada de recursos. En consecuencia, dedican una cantidad fija de bits al color. Esta cantidad es conocida como la profundidad de color. Por ejemplo, en la siguiente imagen se muestran todos los colores posibles en una profundidad de color de $6$-bits.

Figura. Todos los colores posibles que se obtienen con una profundidad de color de $6$ bits. A cada color primario se le dedican $2$ bits.

A cada color primario se le dedican $2$ bits, es decir, dos «casillas» en las que puede ir un $0$ o un $1$. Así, en cada «casilla» hay $2$ opciones a escoger, por lo que una cadena de $2$ bits tiene $2 \cdot 2 = 4$ combinaciones posibles de $0$’s o $1$’s.

Bit 1Bit 2
$0$$0$
$0$$1$
$1$$0$
$1$$1$

En la tabla anterior se ilustran todos los valores que puede tomar la lista de $2$ bits que se asigna a cada color: $00$, $01$, $10$ y $11$. Estos valores pueden pensarse como cifras en sistema binario. Así, $00_{2}$ es $0$, $01_{2}$ es $1$, $10_{2}$ es $2$ y $11_{2}$ es $3$. A cada color primario le corresponde un par de bits que representa la intensidad de rojo, verde y azul que contiene un color compuesto dado. Estos valores se combinan entre sí de manera aditiva. Por ejemplo, tener los valores $01$ en rojo, $00$ en verde y $10$ en azul resulta en un color morado como se muestra en la siguiente figura.

Figura. La cadena de dígitos $\textcolor{red}{01}\textcolor{green}{00}\textcolor{blue}{10}$ resulta en este color morado.

En conclusión, cuando la profundidad de color es de $6$ bits se tiene un total de $(2^2) \cdot (2^2) \cdot (2^2) = 64$ colores disponibles. Para ilustrar lo limitada que resulta esa cantidad, observa la siguiente imagen.

Figura. Una fotografía del castillo de Lichtenstein. A la derecha se muestra una rendición de la misma fotografía utilizando nuestros $64$ colores disponibles.

Es por esto que las computadoras y consolas de videojuegos más antiguas tienen ese característico estilo de gráficos pixelados, pues sus capacidades de procesamiento eran tan limitadas que debían de limitar la cantidad de colores que podían presentar en la pantalla o televisión.

Para que te des una idea de cuánto ha avanzado la tecnología, prácticamente cualquier computadora y celular en la actualidad tiene una profunidad de color de $24$ bits, con $8$ bits dedicados a cada color primario. Esto es, se tienen disponibles $(2^8) \cdot (2^8) \cdot (2^8) = 16{,}777{,}216$ colores distintos para escoger.


Tarea moral

Los siguientes ejercicios son opcionales. Es decir, no formarán parte de tu calificación. Sin embargo, te recomiendo resolverlos para que desarrolles tu dominio de los conceptos abordados en esta entrada.

  1. En una heladería se venden $7$ sabores de helado distintos. A unas cuadras de distancia, hay otra heladería más grande que vende $12$ sabores de helado.
    1. Asumiendo que los sabores de helado que ofrecen ambas heladerías son todos distintos, ¿cuántos sabores distintos tienes para escoger?
    2. Si no sabes los sabores que ofrecen ambas heladerías, sea $h$ el número de sabores distintos que se ofrecen en ambas heladerías. ¿Entre qué valores se encuentra $h$?
  2. Retoma el ejemplo de las placas con $2$ letras y $4$ dígitos.
    1. Si permitimos repeticiones, ¿cuántas placas tienen únicamente vocales (A, E, I, O, U) y dígitos pares?
    2. Y si no permitimos repeticiones, ¿cuántas placas tienen únicamente vocales (A, E, I, O, U) y dígitos pares?
  3. El SNES (Super Nintendo Entertainment System) es una consola muy antigua que posee una profundidad de color de $15$-bits ($5$ bits para cada color primario). ¿Cuántos colores disponibles tiene esta consola?

Más adelante…

En la siguiente entrada abordaremos otras herramientas de conteo, las permutaciones y las combinaciones. Estos nuevos conceptos son resultados que se derivan a partir del principio del producto. Por ello, es recomendable que te quede bien claro este último principio.

Los dos principios vistos en esta entrada son fundamentales para el estudio de la probabilidad clásica. En particular, el principio del producto será de gran utilidad para calcular la cardinalidad de los espacios muestrales de los experimentos aleatorios que veremos en esta parte.

Entradas relacionadas

  • Ir a Probabilidad I
  • Entrada anterior del curso: El Enfoque Frecuentista
  • Siguiente entrada del curso: Principios de Conteo 2 – Permutaciones

Probabilidad I: El Enfoque Frecuentista de la Probabilidad

Introducción

En la entrada pasada presentamos el primer ejemplo de medida de probabilidad: la probabilidad geométrica. Pasaremos ahora a estudiar una medida de probabilidad con una motivación mucho más empírica.

¡Advertencia! Desde nuestro punto de vista, es muy probable que esta entrada no haga mucho sentido en este momento. Esto se debe a que no contamos con muchos resultados teóricos hasta ahora, y la justificación de este enfoque tiene que ver con las propiedades al límite de algunos conceptos que veremos más adelante. Para acabarla, ciertos aspectos más empíricos de este enfoque se justifican con definiciones y resultados que también veremos más adelante.

En consecuencia, quizás sería buena idea que regreses a esta entrada una vez que hayamos visto los conceptos mencionados. No te preocupes, nosotros colocaremos un enlace en las entradas finales para que puedas revisitar esta entrada en el futuro.

Motivación: Frecuencia relativa de un evento

En la primera entrada del curso y en la entrada sobre las medidas de probabilidad discutimos una de las ideas fundamentales más importantes de una medida de probabilidad: que califica a cada evento $A$ con un valor que representa su «frecuencia». Es decir, en una escala del $0$ al $1$, ¿qué tan frecuentemente ocurre $A$? Al ser un valor entre $0$ y $1$, puede interpretarse como una proporción. A la larga, la proporción entre el número de veces que ocurre el evento $A$ y el número total de realizaciones de un fenómeno aleatorio debería de ser $\Prob{A}$.

Una manera de definir la probabilidad de un evento $A$ sería realizar el fenómeno la mayor cantidad posible de veces, y obtener esa proporción. Esto es, si $n \in \mathbb{N}^{+}$ es el número de veces que repetimos el fenómeno aleatorio, y definimos $n_{A}$ como el número de veces que ocurrió $A$ en esas $n$ realizaciones, obtenemos la proporción mencionada, que es llamada la frecuencia relativa ($\mathrm{FrecRel}$) de $A$:

\[ \mathrm{FrecRel}(A) = \frac{n_{A}}{n}. \]

Ahora, ¿cuál sería el valor de $n$ para afirmar que el fenómeno se repitió la mayor cantidad posible de veces? ¿1,000? ¿10,000? ¿$10^{100}$ veces? Afortunadamente, en el mundo de las matemáticas podemos trabajar con el concepto del infinito. Por ello, en la teoría matemática, «la mayor cantidad de veces posible» de repetir el fenómeno aleatorio sería realizarlo una infinidad de veces. Así, la probabilidad frecuentista será precisamente el límite cuando $n$ tiende a infinito de la frecuencia relativa de $A$.

Definición de la probabilidad frecuentista

Tomando en cuenta la discusión anterior, presentamos la definición de la probabilidad frecuentista.


Definición 1.17. Sea $\Omega$ el espacio muestral de algún fenómeno aleatorio, y sea $\mathscr{F}$ un σ-álgebra sobre $\Omega$. Para cada $A \in \mathscr{F}$, sea $n_{A}$ el número de veces que ocurre el evento $A$ en $n$ realizaciones del fenómeno. Es decir, $n_{A}$ es el número de veces que el resultado del experimento aleatorio es alguno de los elementos de $A$. Así, se define la probabilidad frecuentista para cada $A \in \mathscr{F}$ como sigue:

\[ \Prob{A} = \lim_{n \to \infty} \frac{n_{A}}{n}. \]


La definición de la probabilidad frecuentista está dada por un límite al infinito. Por desgracia, esto es algo que no podemos concretar en la vida real, ya que nunca terminaríamos de repetir el fenómeno aleatorio. Por ello, lo que hacemos es aproximar este límite repitiendo el fenómeno $n \in \mathbb{N}^{+}$ veces, con $n$ lo más grande posible (el número de veces que permitan nuestros recursos, tiempo, voluntad, etc.), y tomamos el cociente

\[ \Prob{A} \approx \frac{n_{A}}{n}. \]

Sin embargo, ten cuidado, esta aproximación no necesariamente es precisa, y no sabemos qué tan rápido converge ese límite a un valor dado. ¡Recuerda que no importa qué tan grande sea el número de veces que repitas el experimento, ese número siempre está más cerca de $0$ que de $\infty$!

Por fortuna, pese a sus limitaciones formales, este enfoque captura una idea fundamental de la probabilidad: es una medida de la frecuencia con la que ocurre un evento.

Visualización mediante el uso «simulación»

Aquí veremos una forma de visualizar la idea de este enfoque. Para ello, simularemos algunos resultados «aleatorios» utilizando un lenguaje de programación. Por el momento no haremos énfasis en cuál lenguaje de programación usamos, simplemente presentaremos los resultados. Más adelante daremos una introducción a un lenguaje de programación en el que se pueden hacer muchas cosas de probabilidad (y estadística).

En el siguiente gráfico presentamos los resultados de $n=150$ simulaciones de un experimento aleatorio cuyo espacio muestral es $\RR$. Cada uno de los puntos en la gráfica es de la forma $(k, \omega_{k})$, con $k\in\{1,\ldots,150 \}$ y donde $\omega_{k}$ es el $k$-ésimo resultado de la simulación.

gráfica de los puntos resultantes de la simulación
Figura. Gráfica de $n=150$ simulaciones de un experimento aleatorio.

Ahora, sea $A$ el siguiente evento:

\[ A = \{ \, \omega \in \RR \mid \omega \leq -0.5 \, \}. \]

Como mencionamos previamente, una manera de aproximar la probabilidad de $A$, desde el enfoque frecuentista, es usando la frecuencia relativa de $A$. Para ello, es necesario calcular $n_{A}$: el número de resultados que satisfacen $A$ dentro de $n$ simulaciones.

repetición de la gráfica anterior, con los resultados que cumplen la condición resaltados en rojo
Figura. Gráfica de las simulaciones. Resaltamos a aquellas simulaciones en las que ocurrió $A$ (es decir, aquellas simulaciones cuyo resultado fue menor o igual a $-0.5$) con color rojo. Además, hemos colocado una línea horizontal en $-0.5$.

Ahora, si cuentas cuántos puntos rojos hay, notarás que son $48$. Es decir, hay $48$ observaciones en las que ocurrió $A$. Por ello, $n_{A} = 48$. Por otro lado, ya habíamos acordado que $n = 150$. Así, nuestra aproximación de la probabilidad de $A$ sería

\[ \Prob{A} \approx \frac{n_{A}}{n} = \frac{48}{150} = 0.32. \]

De hecho, observa cómo se comporta la frecuencia relativa de $A$ al incrementar el número de simulaciones:

gráfica de la aproximación de la probabilidad frecuentista
Figura. Comportamiento de $\mathrm{FrecRel}{\left(A\right)}$ en función de $n$, la cantidad de simulaciones.

Para obtener esta última gráfica, obtuvimos $\mathrm{FrecRel}(A)$ conforme $n$ crece, hasta llegar a $n = 150$. Nota cómo el valor se va estabilizando conforme crece el número de simulaciones.

De momento, esta manera de visualizar el enfoque frecuentista puede parecer «circular», pues al momento de hacer las simulaciones, es necesario darle valores a la computadora para que genere resultados siguiendo una cierta medida de probabilidad, así que el resultado es algo que ya se esperaba… En realidad, este comportamiento es consecuencia de un teorema muy importante que veremos más adelante: la ley de los grandes números.

Tarea moral

  1. Argumenta por qué la probabilidad frecuentista es, efectivamente, una medida de probabilidad.
  2. Para que tú puedas replicar lo visto en esta entrada, toma una moneda y lánzala muchas veces, registrando los resultados. Para el evento $A$ de que el resultado sea «águila», calcula $n_{A}/n$, donde $n$ es el número de lanzamientos que llevas, y $n_{A}$ es el número de veces que ha salido «águila».

Más adelante…

La probabilidad frecuentista es un concepto que resulta fundamental para el desarrollo de la estadística inferencial. El enfoque frecuentista es el que funciona como base para el desarrollo del contenido que se aborda en la materia de Estadística I (llamada Inferencia Estadística en el plan de estudios de la carrera de actuaría de la Facultad de Ciencias de la UNAM).

¡Muy importante! Pese a que aquí abordamos este concepto como una medida de probabilidad, hay un resultado muy importante que veremos cerca del final del curso: la ley de los grandes números. Este teorema es de suma importancia, pues da validez formal a este enfoque de la probabilidad, y en realidad hace innecesaria la definición de este enfoque, pues la teoría naturalmente admite esta interpretación. Por otro lado, más adelante daremos una introducción al lenguaje de programación que usamos para realizar las simulaciones en esta entrada.

Lo siguiente que haremos en el curso será ver el último enfoque de relevancia histórica por el momento: la probabilidad clásica. Sin embargo, para su estudio será necesario presentar varios principios de conteo. Por ende, dedicaremos unas cuantas entradas a algunos de estos principios.

Entradas relacionadas

Geometría Moderna I: Puntos de Fermat y triángulos de Napoleón

Introducción

En esta ocasión veremos algunos resultados sobre los puntos de Fermat y los triángulos de Napoleón, objetos que aparecen al construir triángulos equiláteros sobre los lados de un triángulo cualquiera.

Definición. Sean $\triangle ABC$ y puntos $A’$, $B’$, $C’$ tales que los triángulos $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$ y $\triangle ABC’$ son equiláteros y ninguno se traslapa con $\triangle ABC$, decimos que $ABCA’B’C’$ es una configuración externa de Napoleón.

De manera análoga definimos una configuración interna de Napoleón, si los triángulos $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$ y $\triangle ABC’$ son equiláteros y todos se traslapan con $\triangle ABC$.

Puntos de Fermat

Teorema 1. Sea $ABCA’B’C’$ una configuración externa de Napoleón, entonces
$i)$ los circuncírculos de $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$, $\triangle ABC’$ y las rectas $AA’$, $BB’$, $CC’$ son concurrentes, al punto de concurrencia se le conoce como primer punto de Fermat,
$ii)$ $AA’ = BB’ = CC’$.

Demostración. Sea $F_1 = \Gamma(AB’C) \cap \Gamma(ABC’)$ la intersección de los circuncírculos de $\triangle AB’C$ y $\triangle ABC’$ respectivamente.

Como $\square AF_1CB’$ y $\square AF_1BC’$ son cíclicos entonces los pares de ángulos $\angle BC’A$, $\angle AF_1B$ y $\angle AB’C$, $\angle CF_1A$ son suplementarios, por lo tanto, $\angle AF_1B = \angle CF_1A = \dfrac{2\pi}{3}$.

Figura 1

En consecuencia, $\angle BF_1C = \dfrac{2\pi}{3}$, por lo tanto, $\angle BF_1C$ y $\angle PA’B$ son suplementarios, así, $\square F_1BA’C$ es cíclico, es decir $F_1 \in \Gamma(A’BC)$.

Por otra parte, $\angle BF_1A’ = \angle BCA$, pues abarcan el mismo arco, entonces, $\angle AF_1B + \angle BF_1A’ = (\pi – \angle BC’A) + \angle BCA’ = \pi – \dfrac{\pi}{3} + \dfrac{\pi}{3} = \pi$, por lo tanto, $F_1 \in AA’$.

Igualmente podemos ver que $F_1 \in BB’$ y $F_1 \in CC’$.

Finalmente, hagamos una rotación de $\dfrac{\pi}{3}$ en sentido contrario al de las manecillas y centro en $B$, entonces $A$ toma el lugar de $C’$ y $A’$ toma el lugar de $C$, por lo tanto, $AA’ = CC’$.

Con una rotación de $\dfrac{\pi}{3}$ en el sentido de las manecillas, con centro en $C$, $A’$ toma el lugar de $B$ y $A$ el de $B’$, por lo tanto, $CC’ = AA’ = BB’$.

$\blacksquare$

Nota. Si $ABCA’B’C’$ es una configuración interna de Napoleón, los mismos resultados son ciertos y al punto de concurrencia le llamamos segundo punto de Fermat.

Problema de Fermat

Problema de Fermat. Dado un triángulo $\triangle ABC$ tal que ninguno de sus ángulos internos es mayor a $\dfrac{2\pi}{3}$, encuentra el punto $P$ que minimiza la suma de las distancias a los vértices de $\triangle ABC$, $PA + PB + PC$.

Solución. Sea $P$ un punto fuera de $\triangle ABC$ (figura 2), sin pérdida de generalidad supongamos que $P$ y $C$ se encuentran en lados contrarios respecto de $AB$.

Sea $D = PC \cap AB$ aplicando la desigualdad del triángulo tenemos lo siguiente
$PA + PB + PC = P’A + P’B + PC$
$= P’A + P’B + PD + DC$
$= P’A + P’B + P’D + DC$
$\geq P’A + P’B + P’C$.

Figura 2

De lo anterior concluimos que el punto buscado debe estar dentro de $\triangle ABC$.

Ahora supongamos que $P$ está dentro de $\triangle ABC$ (figura 3), sea $\triangle BC’P’$ la imagen de $\triangle BAP$ bajo una rotación de $\dfrac{\pi}{3}$ en sentido contrario al de las manecillas y centro en $B$.

Como $BP = BP’$ y $\angle PBP’ = \dfrac{\pi}{3}$ entonces $\triangle BPP’$ es equilátero y tenemos lo siguiente
$PA + PB + PC = P’C’ + PP’ + PC \geq CC’$.

Figura 3

Por lo tanto, para que la suma de distancias sea mínima es necesario que $P \in CC’$, pero por un razonamiento análogo también es necesario que $P \in AA’$ y $P \in BB’$, donde $ABCA’B’C’$ es una configuración externa de Napoleón.

Por el teorema 1, $P = F_1$, es el primer punto de Fermat.

Sin embargo, notemos que, $\angle BPC = \pi – \angle P’PB = \dfrac{2\pi}{3}$, por lo tanto, por el ejercicio 3 de la entrada desigualdad del triángulo, cualquier ángulo interno de $\triangle ABC$ debe ser menor o igual que $\dfrac{2\pi}{3}$, si esto se cumple entonces $F_1$ es el punto buscado.

$\blacksquare$

Triángulos de Napoleón

Teorema 2, de Napoleón. Sea $ABCA’B’C’$ una configuración externa de Napoleón, entonces los centroides de $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$ y $\triangle ABC’$ son los vértices de un triángulo equilátero, conocido como triángulo exterior de Napoleón y su centroide coincide con el centroide de $\triangle ABC$.

Demostración. Sean $G_1$, $G_2$ y $G_3$ los centroides de $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$ y $\triangle ABC’$ respectivamente, $G$ el centroide de $\triangle ABC$ y $M$ el punto medio de $BC$.

Figura 4

Como $\dfrac{MA}{MG} = \dfrac{MA’}{MG_1} = 3$ por el reciproco del teorema de Thales $GG_1 \parallel AA’$, además $AA’ = 3GG_1$.

Igualmente podemos ver que $GG_2 \parallel BB’$, $BB’ = 3GG_2$ y $GG_3 \parallel CC’$ y $CC’ = 3GG_3$.

Como $AA’ = BB’ = CC’$, entonces $GG_1 = GG_2 = GG_3$, por lo tanto, $G$ es el circuncentro de $\triangle G_1G_2G_3$.

Por el teorema 1, $\angle A’F_1B’ = \dfrac{2\pi}{3}$, por lo tanto, $\angle G_1GG_2 = \dfrac{2\pi}{3}$.

Igualmente vemos que $\angle G_2GG_3 = \angle G_3GG_1 = \dfrac{2\pi}{3}$.

Por criterio de congruencia LAL, $\triangle GG_1G_2 \cong \triangle GG_2G_3 \cong \triangle GG_1G_3$.

En consecuencia, $\triangle G_1G_2G_3$ es equilátero, como en un triángulo equilátero el circuncentro y el centroide coinciden entonces $G$ es el centroide de $\triangle G_1G_2G_3$.

$\blacksquare$

Nota. Si $ABCA’B’C’$ es una configuración interna de Napoleón se obtienen los mismos resultados y al triángulo formado por los centroides se le conoce como triángulo interior de Napoleón.

Área del triángulo externo de Napoleón

Teorema 3. El área del triangulo externo de Napoleón es igual a la la mitad del area de su triángulo de referencia mas un sexto de la sumas de las áreas de los triángulos equiláteros construidos.

Demostración. Sea $ABCA’B’C’$ una configuración externa de Napoleón y $G_1$, $G_2$, $G_3$ los centroides de $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$, $\triangle ABC’$ respectivamente.

Figura 5

Sean $F_1$ el primer punto de Fermat, como $AF_1$ es una cuerda común de $\Gamma(ABC’)$ y $\Gamma(AB’C)$, entonces $G_2G_3$ es la mediatriz de $AF_1$, es decir, la reflexión de $A$ en $G_2G_3$ es $F_1$.

Por lo tanto, $\triangle AG_2G_3$ y $\triangle F_1G_2G_3$ son congruentes.

Similarmente vemos que $\triangle BG_1G_3 \cong \triangle F_1G_1G_3$ y $\triangle CG_1G_2 \cong \triangle F_1G_1G_2$.

Esto implica que,
$(\triangle G_1G_2G_3) = \dfrac{(AG_3BG_1CG_2)}{2} $
$= \dfrac{1}{2} ((\triangle ABC) + (\triangle ABG_3) + (\triangle BCG_1) + (\triangle ACG_2))$
$= \dfrac{1}{6} ((\triangle ABC’) + (\triangle A’BC) + (\triangle AB’C)) + \dfrac{(\triangle ABC)}{2}$.

$\blacksquare$

Área del triángulo interno de Napoleón

Teorema 3. El área del triangulo interno de Napoleón es igual a menos la mitad del área de su triángulo de referencia mas un sexto de la sumas de las áreas de los triángulos equiláteros construidos.

Demostración. Sea $ABCA’’B’’C’’$ una configuración interna de Napoleón, $F_2$ el segundo punto de Fermat y $G’_1$, $G’_2$, $G’_3$ los centroides de $\triangle A’’BC$, $\triangle AB’’C$, $\triangle ABC’’$ respectivamente.

Sea $F_2$ el segundo punto de Fermat, siguiendo un razonamiento análogo al teorema anterior tenemos
$(\triangle G’_1G’_2G’_3) $
$= (\triangle F_2G’_1G’_3) + (\triangle F_2G’_3G’_2) – (\triangle F_2G’_1G’_2)$
$\begin{equation} = (\triangle BG’_1G’_3) + (\triangle AG’_3G’_2) – (\triangle CG’_1G’_2) \end{equation}$.

Figura 6

Por otro lado,
$\dfrac{1}{3}((\triangle A’BC) + (\triangle AB’C) + (\triangle ABC’))$
$\begin{equation} = (\triangle G’_1BC) + (\triangle AG’_2C) + (\triangle ABG’_3) \end{equation}$.

Sean, $E = AB \cap G’_1G’_3$, $D = BC \cap G’_1G’_3$, $J = BC \cap G’_2G’_3$ e $I = G’_1C \cap G’_2G’_3$, entonces tenemos lo siguiente:

$(\triangle G’_1BC) = (\triangle BED) + (\triangle BEG’_1) + (\triangle CJI) + (\square G’_1DJI)$.

$(\triangle ABG’_3) = (\triangle BEG’_3) + (\triangle AG’_2G’_3) + (AEDJG’_2) + (\triangle DG’_3J)$.

Sustituyendo en $(2)$
$\dfrac{1}{3}((\triangle A’BC) + (\triangle AB’C) + (\triangle ABC’)) $
$= ((\triangle BEG’_3) + (\triangle BEG’_1)) + (\triangle AG’_2G’_3) + ((\triangle BED) + (AEDJG’_2)$
$+ (\triangle CJI) + (\triangle AG’_2C)) + ((\triangle DG’_3J) + (\square G’_1DJI))$
$= (\triangle BG’_1G’_3) + (\triangle AG’_2G’_3) + ((\triangle ABC) – (\triangle CIG’_2)) + (\triangle IG’_1G’_3)$
$= (\triangle BG’_1G’_3) + (\triangle AG’_2G’_3) + ((\triangle ABC) – (\triangle CIG’_2)) + ((\triangle G’_1G’_2G’_3) – (\triangle G’_1G’_2I))$
$ = (\triangle ABC) + ((\triangle BG’_1G’_3) + (\triangle AG’_2G’_3) – (\triangle CG’_1G’_2)) + (\triangle G’_1G’_2G’_3)$

Usando $(1)$
$\dfrac{1}{3}((\triangle A’BC) + (\triangle AB’C) + (\triangle ABC’))$
$= (\triangle ABC) + 2(\triangle G’_1G’_2G’_3)$.

Por lo tanto,
$(\triangle G’_1G’_2G’_3) = \dfrac{1}{6} ((\triangle ABC’) + (\triangle A’BC) + (\triangle AB’C)) –  \dfrac{(\triangle ABC)}{2}$.

$\blacksquare$

Corolario. La diferencia entre el área del triángulo externo de Napoleón y el área del triángulo interno de Napoleón es igual al área de su triángulo de referencia.

Como consecuencia de los teorema 3 y 4 tenemos,
$(\triangle G_1G_2G_3) – (\triangle G’_1G’_2G’_3) = (\triangle ABC)$.

$\blacksquare$

Rectas de Euler concurrentes

Proposición 1. Sea $ABCA’B’C’$ una configuración externa de Napoleón y $F_1$ el primer punto de Fermat, entonces las rectas de Euler de $\triangle ABF_1$, $\triangle AF_1C$ y $\triangle F_1BC$ concurren en el centroide de $\triangle ABC$.

Demostración. Sean $G$, $G’$ y $G_3$ los centroides de $\triangle ABC$, $\triangle ABF_1$ y $\triangle ABC’$ respectivamente, consideremos el $M$ el punto medio de $AB$.

Figura 7

Por el teorema 1, $G_3$ es el circuncentro de $\triangle ABF_1$ y $C$, $F_1$ y $C’$ son colineales, como $G_3$, $G’$ y $G$ son los centroides de $\triangle ABC’$, $\triangle AF_1$ y $\triangle ABC$ entonces
$\dfrac{MG_3}{MC’} = \dfrac{MG’}{MF_1} = \dfrac{MG}{MC} = \dfrac{1}{3}$.

Por el reciproco del teorema de Thales $G_3G’ \parallel C’F_1$ y $G’G \parallel F_1C$.

Por lo tanto, $G_3$, $G’$ y $G$ son colineales, y $G_3G’$ es la recta de Euler de $\triangle ABF_1$.

Igualmente podemos ver que las rectas de Euler de $\triangle AF_1C$ y $\triangle F_1BC$ pasan por el centroide de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Hexágono de Napoleón

Proposición 2. Sea $ABCA’B’C’$ una configuración externa de Napoleón, sean $G_1$, $G_2$, $G_3$ los centroides de $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$, $\triangle ABC’$ y $G_a$, $G_b$, $G_c$ los centroides de $\triangle AB’C’$, $\triangle A’BC’$, $\triangle A’B’C$, entonces $G_aG_3G_1G_bG_2G_c$ es un hexágono regular.

Demostración. Sea $M$ el punto medio de $CB’$, en $\triangle MAA’$ tenemos
$\dfrac{MG_2}{MA} = \dfrac{MG_c}{MA’} = \dfrac{1}{3}$.

Por lo tanto, $G_2G_c \parallel AA’$ y $3G_2G_c = AA’$.

Figura 8

Análogamente consideremos $N$ el punto medio de $CA’$, en $\triangle NBB’$ tenemos
$\dfrac{NG_c}{NB’} = \dfrac{NG_1}{NB} = \dfrac{1}{3}$.

Por lo tanto, $G_1G_c \parallel BB’$ y $3G_1G_c = BB’$.

Por el teorema 1, $AA’ = BB’$, por lo que $G_1G_c = G_cG_2$, sea $F_1$ el primer punto de Fermat entonces $\angle G_1G_cG_2 = \angle BF_1A = \dfrac{2\pi}{3}$.

Igualmente podemos ver que los demás lados del hexágono son iguales y que el ángulo entre ellos es de $\dfrac{2\pi}{3}$.

En conclusión, $G_aG_3G_1G_bG_2G_c$ es un hexágono regular.

$\blacksquare$

Tarea moral

  1. Sea $ABCA’B’C’$ una configuración interna de Napoleón (figura 6), para los ejercicios 1, 2 y 3 demuestra lo siguiente:
    $i)$ los circuncírculos de $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$, $\triangle ABC’$ y las rectas $AA’$, $BB’$, $CC’$ son concurrentes,
    $ii)$ $AA’ = BB’ = CC’$.
  2. Prueba que los centroides de $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$ y $\triangle ABC’$ son los vértices de un triángulo equilátero y que su centroide coincide con el centroide de $\triangle ABC$ (figura 6).
  3. Considera $F_2$, el segundo punto de Fermat, muestra que las rectas de Euler de $\triangle ABF_2$, $\triangle AF_2C$ y $\triangle F_2BC$ concurren en el centroide de $\triangle ABC$ (figura 6).
  4. Sean $ABCA’B’C’$ una configuración externa de Napoleón y $ABCA’’B’’C’’$ una configuración interna de Napoleón, demuestra que
    $i)$ el punto medio de $CC»$ coincide con el punto medio de $A’B’$,
    $ii)$ el punto medio de $CC’$ coincide con el punto medio de $A»B»$.
  5. Sea $ABCA’B’C’$ una configuración externa de Napoleón demuestra que el centroide de $\triangle A’B’C’$ coincide con el centroide de $\triangle ABC$.
  6. Divide los lados de un triángulo en tres partes iguales, sobre el tercio de en medio de cada lado del triángulo, construye externamente (internamente) triángulos equiláteros, muestra que los terceros vértices construidos son los vértices de un triángulo equilátero (figura 9).
Figura 9
  1. Sea $ABCA’B’C’$ una configuración externa de Napoleón, considera los arcos $\overset{\LARGE{\frown}}{BC}$, $\overset{\LARGE{\frown}}{CA}$ y $\overset{\LARGE{\frown}}{AB}$ de los circuncírculos de $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$ y $\triangle ABC’$ respectivamente que no contienen a los vértices de $\triangle ABC$ (figura 1), sean $P \in \overset{\LARGE{\frown}}{AB}$ arbitrario y $Q = PA \cap \overset{\LARGE{\frown}}{CA}$, muestra que la intersección $R$ de $PB$ y $QC$ esta en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{BC}$ y que $\triangle PQR$ es equilátero.

Más adelante…

Entradas relacionadas