Una vez analizado las circunferencias coaxiales es necesario ver la Aplicación al Cuadrilátero Completo.
Cuadriláteros completos
Recordemos que un cuadrilátero completo se define:
Definición. Un cuadrilátero completo es una figura que consiste de 4 líneas, tres de las cuales no pasan por el mismo punto y los seis puntos determinados por la intersección de estas líneas.
Observaciones.
Las cuatro líneas son sus lados y los seis puntos son sus vértices. En este caso a, b, c y d son los lados y los puntos $a \cap c, b \cap c, c \cap d, d \cap b, a \cap d$ y $a \cap b$ son los vértices.
Se dice que dos vertices son vertices opuestos si ellos no estan en el mismo lado. En un cuadrilatero completo hay 3 pares de vertices opuestos. Son [$c \cap d $y$ a \cap b$], [$b \cap c$ y $a \cap d$] y [$a \cap c$ y $d \cap b$].
Las 3 líneas determinadas por los pares de vértices opuestos de un cuadrilátero completo, son sus diagonales, y el triángulo determinado por estas 3 líneas, es un triángulo diagonal. Las rectas son p, q y r son las rectas diagonales y pqr es el triángulo diagonal.
Una aplicación de la teoría de circunferencias coaxiales, es el siguiente teorema:
Teorema. Las circunferencias, cuyos diámetros son las diagonales de un cuadrilátero completo, son coaxiales.
Demostración. Se tiene el cuadrilátero completo con lados p, q, r y s, donde se puede sacar el ortocentro $H_1$ del $\triangle ABC$ y $A’, B’ $y$ C’$ los pies de las alturas $A, B $y$ C$.
Puesto que $A, C, C’, A’$ y $ B, C, C’, B’$ son conjuntos de puntos conciclicos. Entonces $H_1A \cdot H_1A’=H_1B \cdot H_1B’=H_1C \cdot H_1C’$.
Ahora $AA’, BB’, CC’$ cuerdas de las circunferencias que tiene como diámetros a $AF, BE$ y $CD$ respectivamente. Y por las ecuaciones anteriores $H_1$ tiene la misma potencia respecto a cada una de estas circunferencias.
Y al saber que $H_1$ tiene las mismas potencias, entonces se concluye que las circunferencias son coaxiales. $\square$
Corolario. Los ortocentros de los cuatro triángulos determinados por los cuatro lados del cuadrilátero tomados tres a un tiempo son colineales.
Demostración. Por la demostración anterior, se puede demostrar que los ortocentros de los triángulos $ADE, BDF, CEF$ tiene cada uno iguales potencias con respecto a estas tres circunferencias. Por lo cual las tres circunferencias son coaxiales, los cuatro ortocentros están en el eje radical y los centros o puntos medios de las diagonales, están en una línea recta.
Además, la línea en la que están los cuatro ortocentros, es perpendicular a la línea que pasa por los puntos medios de las diagonales. $\square$
Más adelante…
Una vez visto y estudiado esta primera unidad se pondrán ejercicios para practicar en la siguiente entrada.
(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)
Introducción
En esta nota usaremos el concepto de combinaciones visto en la nota anterior para construir el famoso triángulo de Pascal y entender cómo elevar un binomio a la $n$-ésima potencia, mediante la conocida fórmula del binomio de Newton. Empecemos la nota con un resultado que será la clave para ambos resultados.
Notemos que si $C$ es un subconjunto de $A$ con $m+1$ elementos hay dos opciones, que $a_{n+1}\in C$ o que $a_{n+1}\notin C$, así:
$ \set{C\subseteq A\mid \#C=m+1}= $
$= \set{C\subseteq A\mid \#C=m+1, a_{n+1}\in C }\cup \set{C\subseteq A\mid \#C=m+1, a_{n+1}\notin C }$
y como la unión es disjunta :
$\# \set{C\subseteq A\mid \#C=m+1}=$
$= \# \set{C\subseteq A\mid \#C=m+1, a_{n+1}\in C }+ \# \set{C\subseteq A\mid \#C=m+1, a_{n+1}\notin C }$.
Además, todo subconjunto de $A$ con $m+1$ elementos tal que $a_{n+1}\in C$, es de la forma $B\cup \set{a_{n+1}}$, donde $B$ es un subconjunto de $\set{a_1,\dotsc,a_n}$ con $m$ elementos, por lo tanto:
$ \# \set{C\subseteq A\mid \#C=m+1, a_{n+1}\in C }=\binom{n}{m}.$
Por otro lado, todo subconjunto de $A$ con $m+1$ elementos tal que $a_{n+1}\notin C$ será un subconjunto de $\set{a_1,\dotsc,a_n}$ con $m+1$ elementos, así:
$ \# \set{C\subseteq A\mid \#C=m+1, a_{n+1}\notin C }=\binom{n}{m+1}.$
De acuerdo al autor Ignacio Larrosa Cañestro en el recurso de Geogebra https://www.geogebra.org/m/usruvfhg «El triángulo de Tartaglia-Pascal fue estudiado por Niccolò Fontana, conocido como Tartaglia (1499-1557) y popularizado por Blaise Pascal (1623-1662), aunque ya se conocía desde siglos atrás en China y Persia. En este triángulo cada fila empieza y termina en 1 y los elementos intermedios son la suma de los que están arriba a la izquierda y arriba a la derecha». En la posición $m$ de la fila $n$ del triángulo se coloca el número $\binom{n}{m}$.
Observa en los siguientes videos cómo se usa la fórmula del triángulo de Pascal que acabamos de demostrar, para construir el triángulo de Pascal.
Ve el siguiente video para conocer más sobre está maravillosa sucesión milenaria.
El binomio de Newton
Sean $a,b\in \mathbb R$, $n\in \mathbb N$, entonces se cumple que:
Asociando los términos semejantes, tenemos que los coeficientes resultantes son de la forma $\binom{n}{k+1}+\binom{n}{k}$ y en virtud del teorema probado al inicio de esta nota tenemos que $\binom{n}{k+1}+ \binom{n}{k}= \binom{n+1}{k+1} $. Por lo tanto:
(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)
Introducción
En la presente nota veremos el concepto de combinaciones, para ello consideraremos un conjunto finito y a todos sus subconjuntos con un número determinado de elementos. Este concepto es ampliamente usado en matemáticas, particularmente en probabilidad, y está relacionado también íntimamente en la forma de elevar un binomio a un exponente natural.
Definición
Sean $n,m\in \mathbb N$ con $m\leq n$, $A$ un conjunto con $n$ elementos. Las combinaciones de los elementos de $A$ tomados de $m$ en $m$ son los subconjuntos de $A$ de $m$ elementos. Denotamos por $\binom{n}{m}$ al número de combinaciones de un conjunto de $n$ elementos tomados de $m$ en $m$.
Ejemplo
Considera el conjunto $A=\set{a,b,c,d}$, con $a$, $b$, $c$ y $d$ elementos distintos. Obtengamos todas las combinaciones de $A$.
Sólo hay una combinación de los elementos de $A$ tomados de $0$ en $0$, el conjunto vacío, y sólo una combinación de los elementos de $A$ tomados de $4$ en $4$, el conjunto $A$, entonces
$\binom{4}{0}= \binom{4}{4}=1. $
Las combinaciones de los elementos de $A$ tomados de $1$ en $1$ son: $\set{a}$, $\set{b}$, $\set{c}$, $\set{d}$.
Las combinaciones de los elementos de $A$ tomados de $2$ en $2$ son $\set{a,b}$, $\set{a,c}$, $\set{a,d}$, $\set{b,c}$, $\set{b,d}$, $\set{c,d}$. Así
$\binom{4}{2}=6.$
Las combinaciones de los elementos de $A$ tomados de $3$ en $3$ son $\set{a,b,c}$, $\set{a,b,d}$, $\set{a,c,d}$, $\set{b,c,d},$ por lo que
$\binom{4}{3}=4.$
Observación 1
Para todo natural $n$ se tiene que $\binom{n}{0}= \binom{n}{n}=1.$
Demostración.
Sea $A$ un conjunto finito con $n$ elementos. El único subconjunto de $A$ con cero elementos es el vacío, entonces $\binom{n}{0}=1,$ y el único subconjunto de $A$ con $n$ elementos es $A$, entonces $\binom{n}{n}=1.$
Observación 2
Para todo natural $n\geq 1$ se tiene que $\binom{n}{1}= \binom{n}{n-1}=n.$
Demostración.
Dado $A=\{a_1,\dots ,a_n\}$ un conjunto finito con $n$ elementos los subconjuntos de $A$ con un elemento son $\{a_i\}$ con $i\in\{1,\dots ,n\}$ que son todos distintos entre sí. Entonces $\binom{n}{1}=n.$.
Considera que para obtener subconjuntos de $n-1$ elementos de $A$, debemos tomar todos los elementos de $A$ salvo uno, y como $A$ tiene $n$ elementos entonces eso se puede hacer de $n$ formas distintas, una por cada elemento de $A$ que dejemos fuera del subconjunto. Entonces los subconjuntos de $A$ con $n-1$ elementos son $A\setminus \{a_i\}$ con $i\in\{1,\dots ,n\}$ que son todos distintos entre sí. Así, $\binom{n}{n-1}=n.$.
Teorema
Sean $n,m\in \mathbb N^+$, $m\leq n$, entonces $\binom{n}{m}P_m=O_{m}^{n}$.
Demostración
Sean $A$ un conjunto con $n$ elementos, $\mathscr O$ el conjunto de ordenaciones de $A$ tomados de $m$ en $m$, $\mathscr C$ el conjunto de las combinaciones de los elementos de $A$ tomados de $m$ en $m$.
Definimos $\varphi: \mathscr O\to \mathscr C $ como:
Veamos que $\varphi$ es suprayectiva. Si $c\in \mathscr C$, entonces $c$ es un subconjunto de $A$ con $m$ elementos, es decir $c=\set{b_1,\dotsc,b_m}$, con $ b_1,\dotsc,b_m\in A$ distintos. Así:
Pero si $f=\begin{pmatrix}1 & \dotsi & m\\ f(1) & \dotsi & f(m)\end{pmatrix}\in \mathscr O$, es tal que $\varphi(f)=C_1$, entonces las funciones de $O_1$ se obtendrán colocando en el segundo renglón del arreglo que describe la función, las distintas permutaciones de $\set{f(1),\dotsc,f(m)}$ que son $P_m$, y así:
$\#O_1=P_m.$
Y análogamente $\#O_i=P_m\,\,\, \,\,\, \forall i\in\set{1,\dotsc,k}.$
Por lo tanto:
$\#\mathscr O=\#O_1+\dotsc+\#O_k$, es decir, sumar $k$ veces el número $P_m$, en consecuencia:
$\#\mathscr O= k P_m$,
y como $k=\binom{n}{m}$, entonces:
$\#\mathscr O= \binom{n}{m} P_m.$
Observa que $O_{n}^{m}=\#\set{f:\set{1,\dotsc, m}\to \set{a_1,\dotsc ,a_n}\mid \text{$f$ es inyectiva}}=\#\mathscr O.$
Por lo tanto $\binom{n}{m}P_m=O_{m}^{n}$ que es justamente lo que queríamos probar.
$\square$
Corolario
Sean $n,m\in \mathbb N^+$, $m\leq n$, entonces $\binom{n}{m}=\frac{ n! }{m!(n-m)!}$.
Demostración
Por el teorema anterior sabemos que $\binom{n}{m}=\frac{ O_{n}^{m} }{P_m}$, y por lo que vimos en las entradas previas tenemos que:
1. ¿Cuántas diagonales se pueden trazar en un polígono regular de $n$ lados?
2. Un club de voleibol tiene $12$ jugadoras, una de ellas es la capitana María. ¿Cuántos equipos diferentes de $6$ jugadoras se pueden formar, sabiendo que en todos ellos siempre estará la capitana María.
3. Revisa el siguiente video (puedes poner subtítulos en español).
Más adelante
En la siguiente nota usaremos estos resultados para obtener el triángulo de Pascal y para probar la fórmula del binomio de Newton.
(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)
Introducción
En esta nota estudiaremos las secuencias ordenadas de $m$ entradas, llenadas con los $n$ objetos de un determinado conjunto pero de modo que no se tengan entradas repetidas. Formalmente serán funciones inyectivas del conjunto de los primeros $m$ naturales, en el conjunto de $n$ objetos.
Definición
Sean $n,m\in \mathbb N^+$. Dado un conjunto $A=\set{a_1,\dotsc ,a_n}$ con $n$ elementos, las ordenaciones de los elementos de $A$ tomados de $m$ en $m$ son las funciones inyectivas de $\set{1,\dotsc, m}$ en $A$. Al número de ordenaciones de los elementos de un conjunto con $n$ elementos, tomados de $m$ en $m$, lo denotaremos por $O_{n}^{m}$, es decir, dado $A=\set{a_1,\dotsc ,a_n}$ un conjunto con $n$ elementos
$O_{n}^{m}=\#\set{f\mid f:\set{1,\dotsc, m}\to \set{a_1,\dotsc ,a_n}, con\\\ f \\\ inyectiva}$
Observa que, gracias a lo que estudiamos acerca de las funciones invectivas, sabemos que si $m>n$ entonces no existen funciones inyectivas de $\set{1,\dotsc, m}$ en $A$ y en consecuencia $O_{n}^{m}$ es cero.
Ejemplo
¿Cuántas banderas tricolores se pueden formar con los colores rojo, naranja, verde, azul y morado?
Consideremos la bandera tricolor de colores rojo, azul, naranja.
En el lugar $1$ asignamos el rojo, en el $2$ el azul y en el $3$ el naranja. Podemos verla como una función de $\set{1,2,3}$ en $A$, con $A$ el conjunto formado por los colores rojo, naranja, verde, azul y morado, es decir $A=\{rojo, naranja, verde, azul,morado\}$. En este caso la función sería:
$f: \set{1,2,3} \to A$ con $f(1)=rojo$, $f(2)=azul$, $f(3)=naranja.$
Veamos primero cuántas banderas tricolor hay que terminen en naranja.
Para ello debemos considerar todas las posibles maneras de iniciar una bandera que termine en naranja, lo cual corresponde a todas las formas de crear una bandera bicolor con los colores restantes. Las banderas bicolores formadas con los colores rojo, verde, azul o morado son:
Hay en total $12$ banderas bicolor que se pueden formar con estos $4$ colores. Nota que las banderas bicolores formadas con los colores rojo, verde, azul o morado corresponden a las ordenaciones de $4$ elementos tomadas de $2$ en $2$, que son en total $O_{4}^{2}=12$.
Fíjate que entonces hay $12$ banderas tricolor que terminan en naranja. De manera similar hay $12$ que terminan rojo, $12$ que terminan en verde, $12$ que terminan en azul y $12$ que terminan en morado, es decir doce por cada color.
El número de banderas tricolor es entonces:
$5\cdot 12=5\cdot O_{4}^{2}= O_{5}^{3}=60.$
Observa que $ O_{5}^{3} =5\cdot O_{4}^{2}$, probaremos que esto es válido en general y que $ O_{n+1}^{m+1} =(n+1)\cdot O_{n}^{m}$.
Lema
Sean $n,m\in \mathbb N^+$, $n\geq m$, entonces $O_{n+1}^{m+1}=(n+1)\cdot O_{n}^{m} $.
Demostración
Sean $n,m\in \mathbb N^+$, $n\geq m$ y $A=\set{a_1\dotsc,a_n,a_{n+1}}$ un conjunto con $n+1$ elementos.
$O_{n+1}^{m+1}=\#\set{f:\set{1,\dotsc, m,m+1}\to A=\set{a_1,\dotsc ,a_n,a_{n+1}}\mid f \\\ es\\\ inyectiva}$.
Para cada $i\in \set{1,\dotsc,n+1}$ consideremos el siguiente conjunto:
$B_{i}=\set{ f:\set{1,\dotsc, m,m+1}\to A=\set{a_1,\dotsc ,a_n,a_{n+1}} \mid f \\\ es \\\ inyectiva\\\ y \\\ f(m+1)=a_i }$
en el que estamos considerando, de las funciones que teníamos, sólo aquellas que mandan al último elemento del dominio, $m+1$, en $a_i\in A$.
Demostremos primero que $\#B_i=O_{n}^{m}.$
Notemos que cada una de las funciones en $B_i$ está determinada por los valores que toma en $1,\dotsc, m$, y esto da lugar a una función:
Se deja al lector verificar que esta correspondencia es biyectiva.
Entonces,
$\#B_i=\# \set{ g:\set{1,\dotsc, m}\to A\setminus \set{a_i}\mid g \\\ es \\\ inyectiva }=O_{n}^{m}$
donde la última igualdad se debe a la notación establecida para el número de ordenaciones.
Observemos ahora que
$B_1\cup \dotsc \cup B_{n+1}= \set{ f:\set{1,\dotsc, m,m+1}\to A=\set{a_1,\dotsc ,a_n,a_{n+1}} \mid f \\\ es \\\ inyectiva}$
donde $B_i\cap B_j=\emptyset$ para toda $i\neq j$, es decir, $ \set{ f:\set{1,\dotsc, m,m+1}\to A=\set{a_1,\dotsc ,a_n,a_{n+1}} \mid f \\\ es \\\ inyectiva}$ es la unión disjunta de $B_1,\dotsc, B_{n+1}$.
Entonces,
$\#(B_1\cup \dotsc \cup B_{n+1})= \# \set{ f:\set{1,\dotsc, m,m+1}\to A=\set{a_1,\dotsc ,a_n,a_{n+1}}\mid f \\\ es \\\ inyectiva}$
y por el principio generalizado de la suma tenemos que:
$\#B_1+ \dotsc + \# B_{n+1}= \# \set{ f:\set{1,\dotsc, m,m+1}\to A=\set{a_1,\dotsc ,a_n,a_{n+1}}\mid f \\\ es \\\ inyectiva}.$
Como $\#B_i=O_{n}^{m}$, para todo $i\in\set{1,\dotsc,n+1}$, entonces
$(n+1)\cdot O_{n}^{m}= \# \set{ f:\set{1,\dotsc, m,m+1}\to A=\set{a_1,\dotsc ,a_n,a_{n+1}} \mid f \\\ es \\\ inyectiva}.$
Por lo tanto
$ O_{n+1}^{m+1} =(n+1)\cdot O_{n}^{m} .$
$\square$
Ejemplo
En la fila de un avión hay tres lugares, ¿de cuántas formas podemos llenarla eligiendo a personas de una familia de seis integrantes?
Notemos que es importante el orden en que coloquemos a las personas y que una persona no puede estar en más de un asiento a la vez por lo que cada forma de acomodar a tres personas de la familia en esos tres lugares, numerados por $1,2$ y $3$, puede ser vista como una ordenación del conjunto $\{1,2,3\}$ en el conjunto formado por los seis integrantes de la familia. Contemos entonces cuántas ordenaciones hay de un conjunto con $6$ elementos tomados de $3$ en $3$.
Pero si $A=\set{a_1,a_2,a_3,a_4}$ es un conjunto con cuatro elementos, habrá $4$ funciones inyectivas de $\set{1}$ en $A$ y por lo tanto $ O_{4}^{1} =4$. Así:
$O_{6}^{3}=6\cdot5 \cdot 4=120$, y por lo tanto hay $120$ maneras de llenar la fila.
Teorema
Sean $n,m\in \mathbb N^+$, $n\geq m$, entonces $O_{n}^{m}=n(n-1)\dotsc(n-m+1).$
Demostración
Sean $n,m\in \mathbb N^+$, $n\geq m$
Haremos la prueba por inducción sobre $m$
Base de inducción.
Si $m=1$ consideremos $A=\set{a_1,\dotsc,a_n}$ con $n$ elementos. Tenemos que hay $n$ funciones inyectivas de $\set{1}$ en $A$, así:
$O_{n}^{1}=n=n-1+1$ y en este caso se cumple la fórmula.
Paso inductivo.
Supongamos que el resultado se cumple para $m$, es decir que para toda $t\geq m$ $O_{t}^{m}=t(t-1)\dotsc (t-m+1)$ , que es nuestra hipótesis de inducción.
Demostración de que e resultado se cumple para $m+1$ usando la HI.
Sea $n\geq m+1$.
Consideremos $O_{n}^{m+1}= O_{(n-1)+1}^{m+1} $. Por el lema anterior esto es igual a
$ O_{(n-1)+1}^{m+1}=[(n-1)+1] O_{n-1}^{m} .$
Como $n\geq m+1$, tenemos que $n-1\geq m$ y usando la hipótesis de inducción tenemos que
$ O_{n-1}^{m} = (n-1)((n-1)-1)\dotsc ((n-1)-m+1)$
de donde
$ O_{n}^{m+1}=[(n-1)+1] O_{n-1}^{m}= n (n-1)(n-2)\dotsc ((n-1)-m+1).$
Así, $ O_{n}^{m+1}= n(n-1)(n-2)\dotsc (n-m)$, probando con ello que el resultado se cumple para $m+1$.
Por el principio de inducción la fórmula se cumple para toda $m\in \mathbb N^+$.
$\square$
Un caso importante de las ordenaciones se da cuando $n=m$. Recordemos que, de acuerdo a lo que estudiamos acerca de las funciones inyectivas entre conjuntos finitos de la misma cardinalidad, si $A$ es un conjunto finito con $n$ elementos, entonces toda función inyectiva de $\set{1,\dotsc, n}$ en $A$ es también suprayectiva y, por lo tanto, biyectiva.
Definición
Sea $n\in \mathbb N^+$. Dado un conjunto $A=\set{a_1,\dotsc ,a_n}$ con $n$ elementos, las permutaciones de los elementos de $A$ son las funciones biyectivas de $\set{1,\dotsc,n}$ en $A$. Al número de permutaciones de los elementos de un conjunto con $n$ elementos, lo denotaremos por $P_{n}$, es decir, dado $A=\set{a_1,\dotsc ,a_n}$ un conjunto con $n$ elementos
$P_{n}=\#\set{f\mid f:\set{1,\dotsc, n}\to \set{a_1,\dotsc ,a_n}, con\\\ f \\\ biyectiva}.$
Teorema
Sea $n\in \mathbb N^+$, entonces $P_{n}=n(n-1)\dotsc(1).$
Al número $n(n-1)\dotsc(1)$ se le llama el factorial de $n$ y se le denota por $n!$.
Demostración
Sea $n\in \mathbb N^+$. Dado un conjunto $A=\set{a_1,\dotsc ,a_n}$ con $n$ elementos, las permutaciones de los elementos de $A$ son las funciones biyectivas de $\set{1,\dotsc,n}$ en $A$, pero como mencionamos toda función inyectiva de $\set{1,\dotsc, n}$ en $A$ es también suprayectiva y viceversa, por lo que las permutaciones de los elementos de $A$ son las funciones inyectivas de $\set{1,\dotsc,n}$ en $A$, es decir las ordenaciones de $A$ tomadas de $n$ en $n$. Por lo tanto $P_n=O_{n}^{n}$.
De acuerdo al teorema anterior sabemos que $O_{n}^{n}=n(n-1)\dotsc(n-n+1)=n!.$
Así, $P_n=n!$.
Tarea Moral
1. Entre un grupo de siete personas se debe elegir una mesa directiva con un presidente, un secretario, un vocal y un suplente ¿de cuántas maneras se puede elegir esa mesa directiva?
2. En un concurso participan $30$ alumnos y se decidirá quién se lleva cada uno de los tres primeros lugares ¿cuántos posibles resultados se tienen como ganadores del concurso?
3. i) ¿De cuántas maneras pueden posar tres hombres y dos mujeres en línea para una fotografía de grupo? ii) ¿De cuántas maneras pueden colocarse en línea si una mujer debe estar en cada extremo? iii) ¿De cuántas maneras las personas del mismo sexo están juntas?
4. ¿De cuántas maneras podemos acomodar once libros en un estante?
Más adelante
En la siguiente nota continuaremos el estudio de las técnicas de conteo, daremos la definición formal de combinaciones, que son el número de subconjuntos de un conjunto dado.
(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)
Introducción
Una vez que tenemos construidos los números naturales, su primera aplicación será el conteo, en esta nota analizaremos la situación conocida como ordenaciones con repetición de $n$ elementos tomados de $m$ en $m$, que son todas las secuencias ordenadas de $m$ entradas, llenadas con los $n$ objetos de un determinado conjunto.
Definición
Sean $n,m\in \mathbb N^+$. Dado un conjunto finito $A=\set{a_1,\dotsc ,a_n}$ con $n$ elementos, las ordenaciones con repetición de los elementos de $A$ tomados de $m$ en $m$ son las funciones de $\set{1,\dotsc, m}$ en $A$. Al número de ordenaciones con repetición de los elementos de un conjunto de $n$ elementos tomados de $m$ en $m$ lo denotaremos por $OR_{n}^{m}$.
Sea $A=\set{a,e,i,o,u}$. Las ordenaciones con repetición de los elementos de $A$ tomados de dos en dos son las funciones de $\set{1,2}$ en $\set{a,e,i,o,u}$. Por ejemplo, una de esas ordenaciones es:
$1\longmapsto i$
$2\longmapsto a$
Recordemos que esta función se puede describir como:
\begin{pmatrix}1&2\\ i&a\end{pmatrix}
Lo que determina a esta función es la palabra $ia$ que aparece en el segundo renglón. ¿Cuántas funciones hay de $\set{1,2}$ en $A=\set{a,e,i,o,u}$ ?, o bien, ¿cuántas palabras podemos formar con dos letras usando sólo vocales?.
Hay 5 palabras que inician con $i$: $ia$, $ie$, $ii$, $io$, $iu$.
Hay 5 palabras que inician con $a$: $aa$, $ae$, $ai$, $ao$, $au$.
Hay 5 palabras que inician con $e$: $ea$, $ee$, $ei$, $eo$, $eu$.
Hay 5 palabras que inician con $o$: $oa$, $oe$, $oi$, $oo$, $ou$.
Hay 5 palabras que inician con $u$: $ua$, $ue$, $ui$, $uo$, $uu$.
Por cada vocal inicial tenemos $5$ palabras, así que en total tenemos $25$ palabras.
Podemos pensar a estas funciones o palabras como pares ordenados:
Veamos que $ \#\set{f\mid f:\set{1,\dotsc, m}\to A=\set{a_1,\dotsc ,a_n} }=\#A^m$ dando una biyección entre ambos conjuntos (recuerda que $A^m$es el producto cartesiano de $A$ consigo mismo $m$ veces).
La función $\varphi$ es inyectiva ya que si $ f,g:\set{1,\dotsc, m}\to A$ son tales que $\varphi(f)= \varphi(g)$ , entonces $ (f(1),\dotsc,f(m))= (g(1),\dotsc,g(m)) $, y así $f(i)=g(i)\\\ \forall i\in \set{1,\dotsc, m}$, de donde $f$ y $g$ tienen la misma regla de correspondencia, y como coinciden en dominio y codominio entonces $f=g$. Por lo tanto $\varphi$ es inyectiva.
Además $\varphi$ es suprayectiva ya que si $(x_1,\dotsc,x_m)\in A^m$, podemos considerar la función:
$f=\begin{pmatrix}1 & \dotsi & m\\ x_1 & \dotsc & x_n\end{pmatrix}$ y es tal que
Recordemos que la notación antes establecida nos dice que $ \#\set{f\mid f:\set{1,\dotsc, m}\to A=\set{a_1,\dotsc ,a_n} }=OR_{n}^{m}.$
Por otro lado, por el principio generalizado del producto el número de elementos de $A^m$ es el número de elementos de $A$ multiplicado $m$ veces. Así, $\#A^m=n^m$. Concluimos finalmente que:
$OR_{n}^{m}=n^m$.
$\square$
Tarea moral
¿Cuántos números telefónicos hay con $8$ dígitos (del $0$ al $9$) que empiecen con $5$?
¿Cuántas placas hay que inicien con $3$ números (del $0$ al $9$) y terminen con $3$ letras (contando $27$ en el alfabeto)?
¿Cuántas palabras de $5$ letras se pueden formar con el alfabeto de $27$ letras?
Ve el siguiente video del profesor Luis Rincón.
Más adelante
En la siguiente nota continuaremos con el tema de conteo, esta vez para las ordenaciones sin repetición.
