El triángulo de Pascal

Piste rouge Le 8 avril 2011  - Ecrit par  Roland Bacher
Le 30 mai 2022  - Traduit par  Edgard Araya, Andrés Navas, Pilar Garcés
Article original : Le triangle de Pascal Voir les commentaires
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El triángulo de Pascal
\[\begin{array}{lcccccccccccccccccccc} &&\qquad&&&&&&&&&1\\ &&&&&&&&&&1&&1\\ &&&&&&&&&1&&2&&1\\ &&&&&&&&1&&3&&3&&1\\ &&&&&&&1&&4&&6&&4&&1\\ &&&&&&1&&5&&10&&10&&5&&1\\ &&&&&1&&6&&15&&20&&15&&6&&1\\ &&&&1&&7&&21&&35&&35&&21&&7&&1\\ \end{array}\]
es uno de esos seres matemáticos con el don de la ubicuidad.
Se encuentra en todas partes : álgebra, análisis, topología, probabilidad, estadística, combinatoria... Ningún dominio matemático se le escapa. Obviamente también aparece en física y, por ejemplo, en genética.

El nombre ’’triángulo de Pascal’’ es engañoso : Pascal no fue la primera persona en interesarse por él. Esta publicación y el artículo Wikipedia sobre el triángulo de Pascal (o la versión en inglés, un poco más desarrollada) contienen más información histórica.

Me limitaré aquí a describir algunas propiedades elementales del triángulo de Pascal y tal vez vuelva sobre algunos de sus aspectos ocultos en un artículo posterior.

Los números que aparecen en el triángulo de Pascal son los coeficientes binomiales, denotados $C_n^k$ por los matemáticos franceses y ${n\choose k}$ por los matemáticos ingleses. Usaré la segunda notación ${n\choose k}$ porque se ha impuesto universalmente (excepto en algunos pueblos galos que no se rinden).

Combinaciones

El coeficiente binomial ${n\choose k}$ corresponde al número de posibilidades para elegir $k$ objetos de entre $n$ objetos distintos. Supongamos, por ejemplo que quieres irte de vacaciones con solo tres tomos entre los siete dedicados a las hazañas mágicas de Harry Potter. El número de opciones posibles estará dado por ${7\choose 3} = 35$ formas distintas para elegir los tres volúmenes.

Para comprobarlo, puedes leer el tercer número en la séptima fila del triángulo de Pascal
\[\begin{array}{lcccccccccccccccccccc} &&&&&&&&&&&{0\choose 0}\\ &&&&&&&&&&{1\choose 0}&&{1\choose 1}\\ &&&&&&&&&{2\choose 0}&&{2\choose 1}&&{2\choose 2}\\ &&&&&&&&{3\choose 0}&&{3\choose 1}&&{3\choose 2}&&{3\choose 3}\\ \end{array}\]
sabiendo que debemos ignorar la primera línea del triángulo y el primer elemento de cada fila.

También puedes usar la fórmula
\[{7\choose 3}=\frac{7!}{3!(7-3)!}=\frac{7\cdot 6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}{(3\cdot 2\cdot 1)(4\cdot 3\cdot 2\cdot 1)}= \frac{7\cdot 6\cdot 5}{3\cdot 2\cdot 1}=35\]
(donde $n!=1\cdot 2\cdots \cdot n$ representa al factorial de $n$
obtenido del producto de todos los números entre $1$ y $n$).

Demostración : Si escoges los volúmenes con un orden, tienes $7$ posibilidades para elegir el primer libro, $6$ posibles opciones para el segundo libro y finalmente $5$ opciones para el tercero. Sin embargo, esto da un resultado ordenado de tres elementos (distintos) entre $7$, como por ejemplo la serie de tomos $3$, $1$ y $6$. Pero el orden de estos tres volúmenes seleccionados no es importante : ¡decidirás un orden de lectura cuando llegues a tu destino ! Para deshacerte de este orden, basta dividir el resultado obtenido por el número de posibilidades para ordenar los libros seleccionados de a $3$. Como hay $3$ opciones posibles para determinar el primer libro, luego $2$ opciones para el segundo y que el último libro es necesariamente el que queda, se obtienen $3! = 3\cdot 2\cdot 1$ órdenes posibles (dados por $(1.3.6)$, $(1.6.3)$, $(3.1.6)$, $(3.6.1)$, $(6.1.3)$ y $(6.3.1)$ para los tomos $3$, $1$ y $6$).

Huevos de Pascua para colorear

¿De cuántas formas puedes colorear $7$ huevos con $3$ colores disponibles ? Esta pregunta parece un poco diferente del problema considerado anteriormente. De hecho, los $7$ huevos son todos idénticos, puestos por el mismo

gallo rojo,

Un pedante me señaló que los gallos no ponen huevos. En fin, este es un artículo de matemáticas, no de biología...

Nota : Contar la cantidad total de formas de colorear $7$ objetos distintos con $3$ colores es mucho más fácil porque se puede elegir el color de cada objeto de forma independiente, lo que da $3^7$ posibilidades

a diferencia de los $7$ volúmenes de la saga Potter. Por otro lado, se trata de formar $3$ grupos de huevos dependiendo de su color futuro.

El siguiente truco, sin embargo, une los dos problemas. Numeremos nuestros recipientes con pintura de distintos colores del $1$ a $3 = k$ y agreguemos a los $n = 7$ huevos para colorear $2 = k-1$ huevos adicionales prestados de un vecino. Pongamos nuestros $7 + 2 = n+(k-1)$ huevos en una sola línea, delante del primer recipiente con pintura. Escogemos $2 = k-1$ huevos para devolvérselos a nuestro servicial vecino. Esta elección genera $2 = k-1$ agujeros que nosotros tapamos con los otros recipientes con pintura, manteniendo su orden : el segunda recipiente con pintura en lugar del primer huevo devuelto y así sucesivamente. Ahora coloreamos nuestros huevos en orden, usando los recipientes en orden : los huevos que están entre el primer recipiente y el segundo se colorean usando el primer color (del primer recipiente) ; los huevos que están entre el segundo y el tercer recipiente toman el segundo color, etc. Entonces, el número de formas de colorear nuestros $n = 7$ huevos con $k = 3$ colores será de
\[{n+k-1\choose k-1}={7+2\choose 2}=\frac{9\cdot 8}{2\cdot 1}=36\]
posibles formas de mantenernos en buenos términos con nuestro vecino que nos prestó $2 = k-1$ huevos.

El coeficiente binomial ${n+k-1\choose k-1}$ nos da el número de formas de colorear $n$ objetos idénticos con $k$ colores. También da el número de monomios de grado $n$ en $k$ variables $x_1,\dots,x_k$ porque se trata de ’’colorear’’ $n$ factores $x$ en el producto $x^n = x\cdot x\cdots x$ para los $k$ índices disponibles.

Algunas identidades

En general, el coeficiente binomial ${n\choose k}$ está dado por la fórmula
\[{n\choose k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}=\frac{n\cdot (n-1)\cdots (n-k+2)\cdot(n-k+1)}{k\cdot (k-1)\cdots 2\cdot 1}\ .\]
Vemos que, por ejemplo,
\[{100\choose 10}=\frac{100\cdot 99\cdot 98\cdot 97\cdot 96\cdot 95\cdot 94\cdot 93\cdot 92\cdot 91}{10\cdot 9\cdot 8\cdot 7\cdot 6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}= 17310309456440\ .\]
Se debe tener en cuenta que no es completamente trivial que esta fórmula solo da números enteros si no conocemos su interpretación combinatoria.

La fórmula ${n\choose k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}$ entrega el mejor método conocido para calcular un coeficiente binomial aislado. Probablemente hayas notado, sin embargo, que cada número que aparece en el triángulo de Pascal (excepto el primero) es la suma de sus dos vecinos inmediatamente superiores (reemplazando a un vecino ausente con $ 0 $). Esto da una construcción rápida del triángulo de Pascal a condición de que los coeficientes binomiales ${n\choose k}$ (definidos por la fórmula ${n\choose k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}$) verifican la identidad
\[{n\choose k}={n-1\choose k-1}+{n-1\choose k}\ .\]

Demostremos esto para $n = 7$ y $k = 3$ (el caso general no es muy diferente). Para esto, regresemos a nuestro biblioteca y observemos el radio curvado por el peso de los poderosos hechizos de Potter. A la vista del tomo $1$, tu reacción es quizás : ’’ha pasado un tiempo desde la última vez que lo releí’’. Lo tomas y te quedan dos libros para elegir entre los $6$ volúmenes restantes. O bien exclamas : ’’No, ese no, me lo sé de memoria’’ y, por lo tanto, eliges tus tres novelas favoritas entre los $6$ tomos restantes. Como los dos casos son disconexos, tienes
\[{7\choose 3}={6\choose 2}+{6\choose 3}\]
posibles elecciones. Numéricamente, $35={7\choose 3}$ resulta ser la suma de $15={6\choose 2}$ con $20={6\choose 3}$.

Puede que hayas notado la bonita simetría izquierda-derecha del triángulo de Pascal que resulta en la identidad
\[{n\choose k}={n\choose n-k}\ .\]
Esta igualdad es sencilla de entender : elegir $3$ volúmenes para quitar de los $7$ es lo mismo que seleccionar los $4=7-3$ volúmenes que seguirán acumulando polvo en casa.

Al contemplar el triángulo de Pascal lo suficiente, te habrás dado cuenta de que, al parecer, tenemos
\[{n\choose k}=\frac{n}{k}{n-1\choose k-1}\]
para $k\geq 1$.

Esto también se puede explicar de manera muy simple : en efecto, $3{7\choose 3}$ cuenta el número de posibilidades de elegir tus tres volúmenes y al mismo tiempo decidir cuál tomo vas a empezar durante el vuelo a la isla de tus sueños.
Sin embargo, esto equivale a elegir el libro para abrir durante el viaje ($7$ posibilidades) y para los dos volúmenes para leer en tu destino (${6\choose 2}$ posibilidades, pues tienes que elegir estos dos volúmenes entre los $6$ restantes). Por lo tanto, tenemos $3{7\choose 3} = 7{6\choose 2}$.

Finalmente, es posible que también hayas visto que la suma de todos los términos en la misma fila del triángulo es $1,2,4,8,16,\dots$.

La razón es simple : la suma
\[{7\choose 0}+ {7\choose 1}+{7\choose 2}+{7\choose 3}+{7\choose 4}+{7\choose 5} +{7\choose 6}+{7\choose 7}\]
cuenta la cantidad de posibilidades que tienes de elegir un número arbitrario de libros entre los 7 volúmenes de Potter. Entonces eres libre de considerar cada volumen de forma aislada y decidir cada vez si lo agregas a tu equipaje o si se queda en casa. Entonces resultan $2\cdot 2\cdots 2 = 2^7$ opciones posibles. En otras palabras, $2^7$ es el número de subconjuntos de un conjunto con $7$ elementos.

Las pocas demostraciones dadas hasta ahora representan a un tipo bastante particular, que calificamos como biyectivo : para mostrar una identidad $A = B$ entre dos números naturales, exhibimos un conjunto finito para el cual contamos sus elementos de dos formas diferentes. Si la primera forma de contar da $A$ y la segunda da $B$, entonces tenemos la igualdad $A = B$. Tal prueba es particularmente instructiva porque ’’explica’’ la identidad en cuestión, que no es necesariamente el caso de una demostración mediante un cálculo algebraico. Por supuesto, también podemos dar

demostraciones algebraicas

\[\begin{array}{rcl} {n-1\choose k-1}+{n-1\choose k}&=& \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}+\frac{(n-1)!}{k!(n-1-k)!}\\ &=&\frac{(n-1)!\left(k+(n-k)\right)}{k!(n-k)!}= \frac{n!}{k!(n-k)!}\\ &=&{n\choose k} \end{array}\]
y
\[\begin{array}{rcl} \frac{n}{k}{n-1\choose k-1}&=& \frac{n}{k}\frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}=\frac{n!}{k!(n-k)!} ={n\choose k} \end{array}\]

o bien

demostraciones por inducción

Para demostrar que $\sum_{k=0}^n{n\choose k}=2^n$, podemos proceder por inducción : la proposición es evidentemente verdadera para $n=0$, y además
\[\begin{array}{rcl} \sum_{k=0}^{n+1}{n+1\choose k}&=&{n+1\choose 0}+ \sum_{k=1}^n\left({n\choose k-1}+{n\choose k}\right)+ {n+1\choose n+1}\\ &=&{n\choose 0}+\left(\sum_{k=1}^n{n\choose k}\right)+ \left(\sum_{k=0}^{n-1}{n\choose k}\right)+{n\choose n}\\ &=&\left(\sum_{k=0}^n{n\choose k}\right)+ \left(\sum_{k=0}^n{n\choose k}\right)\\ &=&2\cdot 2^n=2^{n+1} \end{array}\]

de esos resultados.

Probabilidades

A Pascal le fascinaban las apuestas y, por tanto, no es de extrañar que su triángulo tenga una estrecha relación con las probabilidades. En efecto, al establecer $x=y=\frac{1}{2}$, el teorema del binomio (o su interpretación combinatoria) muestra que $\frac{1}{2^n}{n\choose k}$
entrega la probabilidad de que al lanzar $n$ veces una moneda honesta, se obtenga $k$ veces cara.

Al hacer que el número de lanzamientos $n$ tienda al infinito, se evidencia un hecho curioso : el comportamiento del juego, adecuadamente normalizado, tiende a una distribución gaussiana (ver el artículo La curva de campana de Jean-Pierre Kahane). Este fenómeno es conocido bajo el nombre de Teorema del Límite Central. En particular, un borracho bajo la influencia de un borrado de memoria perfecto (un borrado de memoria será perfecto si restablece completamente la memoria sin causar cese total de funciones vitales) que da un paso al azar a la izquierda y a la derecha de su bar favorito está en promedio a una distancia $\sqrt{n}$ (o más precisamente $\sqrt{n/(2\pi)}$) de su barman favorito después de $n$ pasos azarosos.

Fórmula del binomio

El lector probablemente ya se ha encontrado con el producto notable
\[(x+y)^2=x^2+2xy+y^2\ .\]
Esta identidad (así como su hermana $(x-y)^2=x^2-2xy+y^2$) están estrechamente relacionadas con el triángulo de Pascal, pues tenemos :
\[\begin{array}{rcl} (x+y)^0&=&1\\ (x+y)^1&=&x+y\\ (x+y)^2&=&x^2+2xy+y^2\\ (x+y)^3&=&x^3+3x^2y+3xy^2+y^3 \end{array}\]
y más en general
\[(x+y)^n={n\choose 0}x^n+{n\choose 1} x^{n-1}y+ {n\choose 2}x^{n-2}y^2+\dots+{n\choose n-1}xy^{n-1}+{n\choose n}y^n\]

Esta última identidad a veces es llamada Teorema del Binomio. Su prueba no es difícil : un monomio de la forma $x^{n-k}y^k$ que aparece en el producto $(x+y)^n$ corresponde a una elección de $k$ factores $y$ entre los $n$ posibles factores. El número de tales monomios, por lo tanto, viene dado por el coeficiente binomial ${n\choose k}$.

Post-scriptum :

El equipo editorial de Paisajes Matemáticos, así como el autor, agradecen su cuidadosa revisión, a los editores cuyos seudónimos son : Xavier Caruso, subshift, Yoann y chuy.

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Pour citer cet article :

Andrés Navas, Pilar Garcés, Edgard Araya — «El triángulo de Pascal» — Images des Mathématiques, CNRS, 2022

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