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El triángulo de Pascal o triángulo de Tartaglia
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Triángulo de Tartaglia
Imaginémonos el siguiente problema matemático: Tengo 5 objetos diferentes que quiero colocar en fila, ¿de cuantas maneras de diferentes los puedo colocar? Pues bien, para contestar habría que pensar en posiciones, no en objetos. Es decir, ¿cuantos objetos puedo colocar de primero? Obviamente 5. Ahora bien, ¿cuantos puedo colocar de segundo? Serían 4 porque hay uno que ya tienes colocado en la primera fila y no puedes colocarlo en dos sitios a la vez. Igualmente habría 3 posibilidades para la 3ª posición, 2 para la 4ª posición, y solo 1 para la 5ª (el único que queda sin colocar). Pues bien entonces habría 5·4·3·2·1 posibilidades de colocarlos, es decir 120. A 5·4·3·2·1 se le llama 5 factorial y se representa así 5! Igualmente 3!=3·2·1=6, 4!=4·3·2·1=24… En general si planteamos el problema para x objetos la solución sería x! La operación factorial tiene prioridad sobre la multiplicación o división, es decir, en 3·5! primero se calcularía 5!, que es 120; y luego se multiplicaría por 3, con lo que queda 360. Hacer la multiplicación primero sería incorrecto.

Ahora, consideremos n! =n·(n-1)·(n-2)…·3·2·1, y consideremos también (n-1)! = (n-1)·(n-2)…·3·2·1. Resulta fácil ver que n!/(n-1)! = n, ya que todos los términos multiplicando que tiene n! se anulan con los de (n-1)!, excepto n. Ahora bien pongamos n=1. Entonces 1!/0! =1, por lo que 1=1·0!, por lo que 1/1 = 0!, es decir 0!=1. Esto, aunque a simple vista parezca ilógico, es totalmente correcto y es necesario comprender que 0!=1 para aplicaciones más avanzadas de los factoriales. Ahora pensemos un problema un poco más díficil que el anterior: Tengo 8 objetos, de los cuales tengo que colocar solo 5 de ellos en fila, ¿de cuantas maneras diferentes los puedo colocar?. Pues el planteamiento es similar al anterior, pensemos en la posiciones. Puedo colocar 8 objetos de primero, 7 objetos de segundo, 6 en la 3ª posición, 5 en la 4ª y 4 en la última posición, sin embargo aquí ya no multiplico 3 porque ya se me agotaron las posiciones. La solución sería 8·7·6·5·4. ¿Cómo podría representar eso? Pues muy sencillo, 8! sería la multiplicación hasta 1, asi que si solo la quiero hasta 4 divido entre 3! para que los 3 ultimos términos se anulen con los de 3!, es decir quedaría 8!/3! En general si planteo el problema para colocar x objetos de los cuales coloco y de ellos, la solución sería x!/(x-y)! El (x-y)! se debe a que si tengo que multiplicar solo los y primeros términos de x!, entonces los que sobran (los que he de dividir) son los x-y últimos términos de x!

Ahora, vamos a modificar el segundo problema: Tengo 8 objetos diferentes y quiero meter 5 en un saco, ¿cuantas posibilidades hay? Primero notad que existe una diferencia, antes los objetos estaban en fila, es decir ordenados. Por ejemplo, si llamamos a,b,c,d,e,f,g,h a los 8 objetos, antes a,b,c,d,e era distinto de a,b,c,e,d porque el orden variaba. Sin embargo, ahora solo nos importa los objetos que haya en el saco, no nos importa el orden, por lo que a,b,c,d,e sería la misma combinación que a,b,c,e,d ya que tienen los mismos objetos. Ahora, sin embargo, son la misma posibilidad ya que en un saco no hay orden. Pues bien, primero averigüemos cuantas maneras posibles hay de ponerlos en orden. Esto es igual a lo que hicimos en el 2º problema y el resultado nos daría 8!/3! Sin embargo, la solución no es esta porque queríamos que no importara el orden. Pensemos, ¿cuántos ordenes posibles existen para colocar 5 objetos? Eso es la solución al primer problema, es decir 5! Con lo cual sabemos que en la solución con orden, cada solución sin orden la estamos contando 5! veces diferentes (la contamos una vez para cada uno de los 5! ordenes). Con lo cual, si dividimos los 8!/3! entre 5! veces que estamos contando cada uno, nos queda que la solución al problema es 8!/(5!·3!). Tened en cuenta que 5!·3! no es igual a 8!, al contrario de lo que parezca a primera vista, porque 5!·3!=5·4·3·2·1·3·2·1 y 8!=8·7·6·5·4·3·2·1. La división de 8! entre 3!·5! nos da 56, que es la solución al problema. En general para x objetos de los cuales se colocan y de ellos, la solución sería x!/[y!·(x-y)!].

En el triángulo de la imagen (Triángulo de Tartaglia o Triángulo de Pascal) cada término resulta de sumar los otros dos términos que tiene encima (o solo uno si estamos en el lado del triángulo). Aunque el triángulo de la imagen tiene 5 filas continuaría hasta el infinito. Numeramos las filas (la fila de arriba sería la fila 0), en cada fila numeramos los números de izquierda a derecha (empezando también por el 0), por ejemplo el número en la fila 4 y posición 1 sería el 4; el número en la fila 3 y posición 2 el 3… En general el número de la fila x, posición y, sería la solución al tercer problema para x objetos de los cuales colocamos y de ellos. Es decir el número de la fila x, posición y sería x!/[y!·(x-y)!] Veamos que se cumple para algunos ejemplos: el número en la fila 4, posición 2 es 6; 4!/[2!·(4-2)!] = 24/(2·2) = 24/4 = 6; el número en la fila 2, posición 0 es 1; 2!/[0!·(2-0)!] = 2/(1·2) = 2/2 = 1; el número en la fila 3, posición 1 es 3; 3!/[1!·(3-1)!] = 6/(1·2) = 6/2 = 3. Esto se cumpliría igualmente para cualquiera x e y naturales (aunque existe cierta controversia respecto a si 0 es natural o no, yo considero que si lo es). En el siguiente artículo demostraré que esta fórmula vale para calcular números del triángulo de Tartaglia.

Fuente(s) umbralesdelaciencia.wordpress.com

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