Detalles de ejercicios resueltos

1. Problemas resueltos
FACTORIAL
2.1. Calcular 4!, 5!, 6!, 7! Y 8!
4! l' 2' 3' 4 = 24 7! = 7' 6! 7' 720 = 5040
5! 1·2'3'4·5 = 5'4! 5·24 120 8! 8' 7! 8 • 5040 = 40.320
6! = l' 2 • 3·4· 5 • 6 = 6' 5! = 6' 120 = 720
2.2. Calcular: C) 13! C) 7!
1 11!' 11 Iü l '
13' 12 • 11 • 10 • 9 • 8 • 7 • 6' 5 • 4 • 3 ·2· 1
(i)
13!
m= 11'10'9'8'7'6'5'4'3'2'1
= 13 '12 = 156
or
13!
m-
13 '12'11!
11!
13 '12 = 156 =
n 7! 7! 1 1
11 lO! = 10' 9 • 8 • 71 = 10' 9 • 8 = 720
2.3. Simplificar: (i) n! (") (n + 2) !
(n-1)!' 11 n! .
n! = n(n - l)(n - 2)· .. 3' 2 • 1
=
n! n(n-1)!
(i)
(n-1)1 (n l)(n - 2) ... 3' 2 • 1 n o, simplemente, (n-1)! (n-1)! = n
.. (n + 2)! _ (n + 2)(n + l)n(n - l)(n ~ 2) .. '3' 2 • 1 = (n + 2)(n + 1) = n2 + 3n + 2
(11) n! - . n(n-1)(n 2)"'3'2'~
.
o, simplemente,
(n+2)!
n! -
_ (n+2)(n+1)'n!
n!
= (n+2}(n+1) = n2+3n+2
PERMUTACIONES, PRUEBAS ORDENADAS
2.4. Si no se permiten repeticiones, (i) ¿cuántos números de 3 dígitos se pueden formar con los seis
dígitos 2, 3, 5, 6, 7 Y 9? (ii) ¿cuántos de éstos son menores que 400? (iii) ¿cuántos son pares? (iv)
¿cuántos son impares? (v) ¿cuántos son múltiplos de 5?
En cada caso dibuje tres cajas DDD para representar un número arbitrario, y luego escriba en ea-
da caja el número de dígitos que se pueden colocar allí.
(i) La caja de la izquierda se puede llenar de 6 maneras; luego, la caja del medio puede llenarse de 5 maneras; y, final-
mente, la caja de la derecha puede llenarse de 4 maneras:
meros.
0 0 0; Así hay 6' 5' 4 = 120 nü-
(ii) La caja de la izquierda puece llenarse de dos maneras solamente, por 2 ó 3, puesto que cada número debe ser menor
que 400; la caja de la mitad puede llenarse de 5 maneras; y, finalmente, la caja de la derecha puede llenarse de 4 rna-
neras: 0 0 0· Así hay 2' 5' 4 = 40 números.
(iii) La caja de la derecha puede llenarse de dos maneras solamente, por 2 y 6, puesto que los números deben ser pares;
o 0 0·
la caja de la izquierda puede llenarse de 5 maneras; y, finalmente, la caja de la mitad puede llenarse de 4 maneras:
Por consiguiente hay b' 4' 2 = 40 números.
(iv) La caja de la derecha puede llenarse de sólo 4 maneras, por 3, 5, 7 ó 9, puesto que los números deben ser impares;
la caja de la izquierda puede llenarse por lo tanto de 5 maneras; y, finalmente, la caja de la mitad puede llenarse de
4 maneras: 0 0 0· Así hay .5' 4' 4 = 80 números.

2. (v) La caja de la derecha puede llenarse de I manera solamente, por 5, puesto que los números deben ser múltiplos de 5;
la caja de la izquierda puede llenarse por lo tanto de 5 maneras; y, finalmente, la caja del medio puede llenarse de 4
maneras: 0 0 [2J. O sea que hay 5· 4 ~ 1 = 20 números.
2.5. ¿De cuántas maneras se puede acomodar una reunión de 7 personas, (i) en una fila de 7 sillas? (ii)
alrededor de una mesa redonda?
(i) Las siete personas pueden distribuirse en una fila de 7, 6' 5 • 4 • 3 • 2 • 1 = 7! maneras.
(ii) Una persona puede sentarse en cualquier puesto en la mesa redonda. Las otras seis personas pueden acomodarse de
6 •5 •4 •3 •2 •1 =
6! maneras alrededor de la mesa.
Este es un ejemplo de permutacion circular. En general, n objetos pueden distribuirse en un círculo de (n - 1)
(n - 2) ... 3' 2, 1 =(n - I)! maneras.
2.6. (i) ¿De cuántas maneras 3 niños y 2 niñas pueden sentarse en una fila? (ii) ¿pe cuántas maneras
pueden sentarse si los niños se sientan juntos y las niñas también? (iii) ¿De cuántas maneras pue-
den sentarse en fila si justamente las niñas se sientan juntas?
(i) Las cinco personas pueden sentarse en una lila de 5, 4 • 3 • 2 • 1 = 5! = 120 maneras
(ii) Hay 2 maneras para distribuirlos según el sexo: HHHMM o MMHHH. En cada caso los niños pueden sentarse de
3 • 2 • 1 = 3! = 6 maneras, y las niñas pueden sentarse de 2· 1 = 2! = 2 maneras. Así, en total hay
2, 3! • 2! = 2· 6 • 2 = 24 maneras.
(iii) Hay 4 maneras para distribuirlos según el sexo: MMHHH, HMMHH, HHMMH, HHHMM. Obsérvese que
cada manera corresponde al número O, 1, 2 ó 3, de niños que se sientan a la izquierda de las niñas. En cada caso
los niños pueden sentarse de 3! maneras, y las niñas de 2! maneras. Así en total, hay 4' 3! • 2! 4' 6 • 2 48 = =
maneras.
2.7. ¿Cuántas señales diferentes, cada una de 6 banderas colgadas en una línea vertical, pueden for-
marse con 4 banderas rojas idénticas y 2 azules idénticas?
Este problema corresponde a permutaciones con repetición. Hay ~ = 15 señales puesto que hay 6 bande-
ras de las cuales 4 son rojas y 2 azules. 4. 2.
2.8. ¿Cuántas permutaciones distintas pueden formarse con todas las letras de cada una de las palabras:
(i) tema, (ii) campana, (iii) estadísticas?
(i) 4! = 24, puesto que hay 4 letras distintas.
(ii) ~; = 840, puesto que hay 7 letras de las cuales 3 son a.
(iii) _. _1.2! __ ., puesto que hay 12 letras de las cuales 3 son s, 2 son t, 2 son i y 2 son a.
2.9. (i) ¿De cuántas maneras 3 americanos, 4 franceses, 4 daneses y 2 italianos pueden sentarse en una
fila de modo que los de la misma nacionalidad se sienten juntos? (ii) Resolver el mismo problema
si se sientan en una mesa redonda.
(i) Las cuatro nacionalidades pueden ordenarse en una lila de 4! maneras. En cada caso los 3 americanos pueden sen-
tarse de 3! maneras; los 4 franceses, de 4! maneras; los 4 daneses, de 4' maneras; y los 2 italianos, de 2' maneras.
Así que, en total, hay 4!3'4!4!2' = 165.8880rdenaciones.
(ii) Las 4 nacionalidades pueden distribuirse en un círculo de 3' maneras (ver problema 14.4 sobre permutaciones cir-
culares). En cada caso los 3 americanos pueden sentarse de 3! maneras; los 4 franceses, de 4! maneras; los 4 daneses,
de 4' maneras; y los 2 italianos de 2! maneras. O sea que, en total, hay 3'3'4!4'2' = 41.472 ordenaciones.

3. 26 " TECNICAS DE CONTAR [CAP. 2
2.10. Su póngase que una urna contiene 8 bolas. Hallar el número de pruebas ordenadas de tamaño 3,
(i) con sustitución, (ii) sin sustitución.
(i) Cada bola de la prueba ordenada puede escogerse de 8 maneras; entonces hay 8-8 -8 = 83 = 512 pruebas
con sustitución.
(ii) La primera bola de la prueba ordenada puede ser escogida de 8 maneras, la siguiente de 7 maneras y la última de 6
maneras. Por lo tanto hay 8 - 7 - 6 = 336 pruebas sin sustitución.
2.11. Hallar n si (i) P(n, 2) = 72, (ii) P(n. 4) = 42P(n. 2), (iii) 2P(n, 2) + 50 = P(2n. 2).
(i) P(n. 2) = n(n - 1) = n' - n; o sea n' - n = 72 o n ! - n - 72 = O o (n - 9)(n + 8) = O.
Puesto que n debe ser positivo, la única respuesta es n = 9.
(ii) P(n,4) = n(n - l)(n - 2)(n - 3) y P(n,2) = n(n - 1). O sea
n(n - l)(n - 2)(n - 3) = 42n(n - 1) o. si n ~ O, ~ 1, (n - 2)(n - 3) = 42
o n2 - 5n +6 = 42 o n2 - 5n - 36 = O o (n - 9)(n + 4) = O
Puesto que n debe ser positivo, la única respuesta es n = 9.
(iii) P(n,2) = n(n - 1) = n2 - n y P(2n,2) = 2n(2n - 1) = 4n2 - 2n. Entonces
2(n2 - n) + 50 = 4n2 - 2n o 2n2 - 2n + 50 = 4n2 - 2n o 50 = 2n2 o n2 = 25
Puesto que n debe ser positivo, la única respuesta es n = 5.
COEFICIENTE DEL BINOMIO y TEOREMA
2.12. Calcular: (i) C3 6
), (ii) (~2), (iii) (~5).
e
Recordemos que hay tantos factores en el numerador como en el denominador.
(i) C 3
6
) = 16 - 15 - 14
1-2-3
= 560 (iii)
5
5) = 15-14-13-12-11
1-2-3-4-5
= 3003
(ii) C2)
4 = 12 - 11 - 10 - 9
1-2-3-4 = 495
2.13. Calcular: (i) (~), (ii) (~), C')
111 CO)6'
(í) (8) _ 8-7-6-5-4 _
5 - 1-2-3-4-5'- 56
Observamos que 8 - 5 = 3; o sea que podríamos calcular tam bién (:) como sigue:
(:) = G) =
8-7-6
1- 2 - 3 = 56
(ii) Ahora 9 - 7 = 2; entonces (9)
7 = (9)2 = 9-8_ 2
1 36.
(iii) Ahora 10 - 6 = 4; luego
(~O)= e40) = 10 - 9 - 8 - 7
1-2-3-4
= 210.
2.14. Desarrollar y simplificar: (2x + y2)5.
5
(2x + y2)5 = (2X)5
5
1
5-4
+ - (2X)4(y2) + -
1-2.
(2x)3(y2)2
5-4
+ -
1-2
(2X)2(y2)3 + _(2X)(y2)4 +
1
(y2)5
= 32xs + 80X4y2 + 80x3y4 + 40x2y6 + 10xy8 + ylO

4. CAP. 2) TECNICAS DE CONTAR 27
2.15. Desarrollar y simplificar: (x2 - 2y)8.
6 6·6 6·6·4
(x2 - 2y)8 = (X2)8 + - (x2)~(-2y)
1
+ __
1·2
(x2)4(-2y)2 + ---
1"2·3
(x2)3(-2y)3
6·6 6
+ - (X2)2(-2y)4 + - (x2)(-2y)~ + (-2y)8
1"2 1
= xI2 - 12xlOy+ 60x8y2 - 160x8y3 + 240x4y4 - 192x2y~ + 64y8
2.16. Probar: 24 16 (~)+(~)+(~)+(:) +(!).
Desarrollamos (1 + 1)4 Y empleamos el teorema del binomio:
24 = (1+1)4 = G)14 + (:}311 + G)1212 + (:)1113 + (:)14
G) G) + + G) + G) G) +
2"17. Probar el teorema 2.6: (n; 1) = (r ~ 1) + (;) .
(n) (n) n! n! .
Ahora r-1 + r = (r-1)!"(n-r+1)! + r!"(n-r)!' Para obtener el mismo deno-
rmna d or en am b as fracci
. racciones, mu Iup l'icarnos la pnmera
. a nri r accié r
fr accion por -'. y Ia segun d a fraccion por
" n- r +1
l' E ntonces
r n -.r
(.,.:1)+(;) ron! + (n-r+1)"n!
r : (r - 1)! " (n - r + 1)! r! " (n - r + 1) " (n - r)!
ron! + (n-r+1)"n!
r!(n-r+1)! r!(n-r+1)!
r"n!+(n-r+1)"n! _ [r+(n-r+1)]"n!
r! (n - r + 1)! - r! (n - r + 1)!
(n + l)n! _ (n + 1)! _ (n + 1)
= r!(n-r+1)! - r!(n-r+1)! - r
2.18. Probar el teorema del binomio 2.5: (a
El teorema es cierto para n = 1, puesto que
+ b)" = í(;) an-r br•
~ (1)
r=O r
al-r br (!) al bO + G) aOb l a + b = (a+ b)1
Suponemos que el teorema se cumple para (o + b)n y probamos que es cierto para (o + b) n+l.
(a+b)n+l = (a+b)(a+b)"
= (a+b)[an + (~)an-lb + ... + (r:1)an-r+lbr-l
+ (;)an-rbr + .. , + (~)abn-l + bn]
Ahora el término del producto que contiene b" se obtiene de
b[(.,.:l)a,,-r+lbr-l] + a[(;)an-rbr] = (".:1)an-r+1br + (:)an-r+1br
= [ (".: 1) + (:)] an-r+l br

5. 28 TECNICAS DE CONTAR [CAP. 2
Pero, por el teorema (n)
2.6, r _ 1 + r(11) = (n+1)
r . O sea el término que contiene b" es (n+1)
r an-r+ 1 br•
Observamos que (a + b)(a + b)n es un polinomio de grado n + l en b. En consecuencia,
(a+b)n+l = (a+b)(a+b)n = n+l(n+1)
~ an-r+1br
r=O r
lo cual se quería demostrar.
2.19. Calcular los coeficientes multinomiales siguientes:
(i) (3,~, 1)' (ii) (4, 2~2,o), (iii) (5, 3~02,
2)
6! 1>'5·4'3'2'1
(i)
(3,:,1) = 3! 2! 1! 3'2'1,2'1'1
= 60
(ií) 8) 8! 8'7'6'5'4'3'2'1
( 4 , 2 , 2, O = 4! 2! 2! O! = 4' 3 • 2 • 1 • 2 • 1 • 2 • 1 • 1 = 420
(iii) ,,(
La expresión 10 ). no tiene senu 'd o puesto que 5 +3 +2 +2 ~ 10.
5,3,2,2
COMBINACIONES
2.20. ¿De cuántas maneras puede escogerse un comité, compuesto de 3 hombres y 2 mujeres, de un
grupo de 7 hombres y 5 mujeres?
De los 7 hombres se pueden escoger 3 de (;) maneras, y de las 5 mujeres se pueden escoger 2 de (:) maneras.
Por consiguiente el comité puede escogerse de (7)(5) 2
3 = 7'6'52 • 3 •5·4• 2 = 350 maneras.
1• 1
2.21. Una delegación de 4 estudiantes de un colegio se selecciona todos los años para asistir a la asam-
blea anual de la Asociación de Estudiantes. (i) ¿De cuántas maneras puede escogerse la delega-
ción si hay 12 estudiantes elegibles? (ii) ¿De cuántas maneras si dos de los estudiantes elegibles
no asisten al mismo tiempo? (iii) ¿De cuántas maneras si dos de los estudiantes elegibles son ca-
sados y sólo asistirán si van ambos?
12) 12' 11 • 10 • 9
(i) Los 4 estudiantes pueden ser escogidos de los 12 de ( 4 = l' 2' 3, 4 = 495 maneras.
(ii) Sean A y B los estudiantes que no asisten juntos a la asamblea.
Método 1. ( )
'" .. 10
SI no se Incluye a A ru a B. entonces la delegación puede escogerse de 4 = 10' 9 ••8' •74 =
l' 2 3 210
0
maneras. Si uno de los dos A o B. pero no juntos, es incluido, entonces la delegación puede escogerse de (13
2'
10'9'8. )
= 2· l' 2' 3 = 240 maneras. Por lo tanto, en total, la delegación puede ser escogida de 210 + 240 = 450
maneras.
Método 2. (10)
Si A y B son incluidos, entonces los otros 2 miembros de la delegación pueden escogerse de 2 = 45
maneras. O sea que hay 495 - 45 = 450 maneras para que la delegación pueda escogerse si A y B no se incluyen
al tiempo.
0
(iii) Llamemos e y D los estudiantes casados. Si e y D no van, entonces la delegación puede escogerse de (14 ) = 210
maneras. Si ambos e y D van, entonces la delegación puede escogerse de (10) = 45 maneras. En resumen,
la delegación puede escogerse de 210 + 45 = 255 maneras. 2

6. ~P. 2] TECNICAS DE CONTAR 29
22. Un estudiante tiene que contestar 8 de 10 preguntas en un examen. (i) ¿Cuántas maneras de esco-
ger tiene? (ii) ¿Cuántas maneras, si las 3 primeras preguntas son obligatorias? (iii) ¿Cuántas, si
tiene que contestar 4 de las 5 primeras preguntas?
(i) Las 8 preguntas .
pueden seleccionarse de (10)8 = 2 (10)~
= = 10' 9
45 maneras.
(ii) Si contesta las J primeras preguntas, entonces puede escoger las otras 5 de las 7 últimas preguntas de (~) =
(7)
2
= -- 6=
7' 1· 2
21 maneras.
(iii) Si contesta todas las 5 primeras preguntas, entonces puede escoger las otras J de las 5 últimas de (:) = 10
maneras. Por otra parte, si contesta 4 de las 5 primeras preguntas, enton~es puede escogerlas de (!) =
(~) = 5 maneras, y puede escoger las otras 4 de las 5 últimas de (4) = (~) = 6 maneras; por
consiguiente puede escoger las 8 preguntas de 6 • 5 = 25 maneras. O sea que tiene 35 maneras diferentes para
escoger.
.23. Hallar el número de subconjuntos de un conjunto X que contiene n elementos.
Método l. ( )
El número de subconjuntos de X con r ~ n elementos está dado por ; • Por tanto, en resumen, hay
(~) + (;) + (;) + ... + (n ~1) + (:)
subconjuntos de X. La suma anterior (problema 2.51) es igual a 2", o sea que hay 2" subconjuntos de X.
Método 2.
Hay dos posibilidades para cada elemento de X: o pertenece al subconjunto o no pertenece; por consiguiente hay
.n veces
~
2' 2····· 2 = 2"
maneras de formar un subconjunto de X. o sea, hay 2" subconjuntos diferentes de X.
:.24. ¿De cuántas maneras puede un profesor escoger uno o más estudiantes de seis elegibles?
Método 1.
Según el problema anterior, hay 26 = 64 subconjuntos del conjunto de seis estudiantes. Sin embargo, el conjunto
vacío debe ser excluido puesto que se escogen uno o más estudiantes. En consecuencia hay 28 - I = 64 - I = 63
maneras de escoger los estudiantes.
Método 2.
Puesto que se escogen o uno, o dos, etc., o seis estudiantes; entonces, el número de maneras de escoger es
G) + (:) + G) + (!) + G) + G) = 6 + 15 + 20 + 15 + 6 + 1 = 63
fJARTICIONES ORDENADAS Y DESORDENADAS
US. ¿De cuántas maneras se pueden repartir 7 juguetes entre 3 niños si el menor recibe 3 y cada uno de
los otros recibe 2?
Buscamos el número de particiones ordenadas de 7 objetos en células de 3, 2 y 2 objetos respectivamente. Por el
teorema 2.9, hay __ 7_1_ = 210 de dichas particiones
~I 2! 21 .

7. 30· TECNICAS DE CONTAR [CAP.
2.26. En una clase hay 12 estudiantes. ¿De cuántas maneras los 12 estudiantes pueden presentar 3 pru
bas diferentes si a cada prueba le corresponden 4 estudiantes?
Método l.
Buscamos el número de particiones ordenadas de 12 estudiantes en células que constan de 4 estudiantes cada u
Por el teorema 2.9, hay
2
4/4 /4' = 34.650 de tales particiones.
Método 2.
Hay (~2) maneras de escoger 4 estudiantes que tomen la primera prueba; a continuación hay (!) ma
ras de escoger 4 estudiantes que tomen la segunda prueba. El resto de estudiantes toma la tercera prueba. O sea q
por todas,
2
hay (14 ) • (!) = 495·70 = 34.650 maneras para que los estudiantes presenten las pruebas.
2.27. ¿De cuántas maneras 12 estudiantes pueden repartirse en 3 equipos, Al' A2 Y A3' de suerte q
cada equipo conste de 4 estudiantes.
Método l.
Observamos que cada partición I Al, A2, A31 de estudiantes puede distribuirse de 3! = 6 maneras lo mismo
2
una partición ordenada. Puesto que (ver problema anterior) hay 4,14 "4' = 34.650 de tales particiones ordenad
hay 34.650/6 = 5775 particiones (no ordenadas). . . .
Método 2. (11)
Denotemos por A uno de los estudiantes. Entonces hay 3 maneras de escoger los otros 3 estudiantes q
estén en el mismo equipo de A. Ahora denotemos por B a un estudiante que no sea del mismo equipo de A; enton
hay (~) maneras dé escoger, entre los restantes, 3 estudiantes que estén en el mismo equipo de B. Los 4 estudi:
tes que quedan constituyen el tercer equipo. Así, en total hay (11). (7) = 165·35 = 5775 maneras
repartir los estudiantes. 3 3
2.28. Probar el teorema 2.9: Sea A compuesto de n elementos y sean n1, ns, .... n; enteros positiv
con n1 + n2 + ... + nr =
n. Entonces existen
n!
nd n2 !n3! ... nr!
particiones ordenadas diferentes de A de la forma (Al, A2, ••• , Ar) donde Al contiene ni elem
tos, A2 contiene ns elementos, .. ,y Ar contiene n; elementos.
~ n -
Empezamos
n1 elementos
con los n elementos
que sobran,
de A; hay
o sea, la diferencia
n - n -
(:)
A" Al,
...
maneras de seleccionar
Y por consiguiente
- n )
hay e,
la célula Al,
n1)
En seguida
maneras
de esto, h
de seleccion
A2. Similarmente, para i = 3, ... , r, hay 1 ni 1-1 maneras de seleccionar Aj. Así hay
(
(~)(n :2n1)(n -:~ - n2) ... (n - n1 - ~:. - nr-1) (t,
diferentes particiones ordenadas de A. Ahora (*) es igual a
n' (n - n1)! (n-n1- .,. -nr-1)!
n1! (n-n1)! n2! (n- n1 - n2)! nr! (n-n1-'" -n )!T
Pero esto es igual a n! puesto que cada numerador después del primero se simplifica con el segundo faci
n1!~! ... nr!
tor del denominador que le precede y como (n - n1 - ... - nr)! = O! = 1. Entonces el teorema queda probad

8. TECNICAS DE CONTAR 31
p.2J
IAGRAMAS DE ARBOL
19. Construir el diagrama de árbol para el número de permutaciones de I a, b, el.
e abc
~.<: b<a
b
e
acb
bac
e a bca
b cab
c<:::::::
a cba
A la derecha del diagrama se ordenan las seis permutaciones .
.30. Un hombre tiene tiempo para jugar ruleta cinco veces
a lo sumo. En cada juego gana o pierde un dólar. El
LO 1<°
.<.<:
hombre empieza con un dólar y dejará de jugar si antes
de la quinta vez pierde todo su dinero o si gana tres dó-
lares, esto es, si tiene cuatro. Hallar el número de casos
en que la apuesta puede ocurrir. /:/1
El diagrama de árbol de la derecha, describe el camino en que
la apuesta puede suceder. Cada número del diagrama denota el nú-
mero de dólares' que el hombre tiene en ese punto. Observamos que ,<:
'",,'(.<2
la apuesta puede suceder de ll maneras diferentes. Obsérvese que él
suspenderá la apuesta antes de que los cinco juegos se hayan realiza-
do en solamente tres de los casos.
4 4
Problemas propuestos
FACTORIAL
2.31. Calcular: (i) 9!, (ii) lO!, (iii) 11!
8! lO!
2.31 Calcular: (1 16!
')
14!'
(ii) 14!
11 11!' (iii) lO!' (iv) 13! .
2.33. Si m pli ficar:
(n+1)! " n! (n-1)! (iv) (n - r + 1)!
(í) n! ' (11) (n-2)!' (iii) (n + 2)! ' (n-r-1)! .
PERMUT ACIONES
I
2.34. (i) i,Cuántas placas para automóvil pueden hacerse si cada placa consta de dos letras diferentes seguidas de 3 dígitos dife-
rentes? (ii) Resolver el problema si el primer dígito no puede ser cero.
2.35. De A a B hay 6 caminos y de B a e 4.
(i) ¿De cuántas maneras se puede ir de A a e pasando por B?
(ii) ¿De cuántas maneras se puede hacer el viaje redondo de A a e pasando por B?
(iii) i,De cuántas maneras se puede hacer el viaje redondo de A a e sin usar el mismo camino más de una vez?