Análisis combinatorio - Conceptos y Ejercicios

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Análisis combinatorio - Conceptos y Ejercicios

  1. 1. AnálisisCombinatorio
  2. 2. Trabajo Practico Nº 5 Análisis Combinatorio1) Con las letras de la palabra MESA, forme todas las palabras posibles con o sin sentido sin repetir letras, calculando previamente su número.2) ¿ De cuántas maneras distintas pueden salir alineados al campo de juego, los jugadores titulares de un equipo de fútbol ?. De cuántas maneras distintaspueden hacerlo si el arquero debe ocupar siempre la primera posición ?. 3) Un grupo musical va a grabar un compact que contiene 7 temas ; ¿ De cuántas maneras puede elegir la secuencia de los temas ? Si el compact requiere que dos temas en particular no se escuchen en forma consecutiva, ¿ de cuántas maneras puede elegir la secuencia de los temas ?
  3. 3. 4) Para confeccionar un examen, se dispone de 3 problemas de Geometría, 4 de Combinatoria y 2 de Algebra. ¿ De cuántas maneras pueden ordenarse los problemas si los que corresponden a un mismo tema deben aparecer en forma consecutiva ?5) Un señor olvidó la combinación del candado que cierra su maletín y que consisteen cinco ruedas contiguas con los dígitos de 1 a 6 cada rueda. En el peor de loscasos, ¿ cuántos intentos tendrá que hacer antes de poder abrirlo ?6) Cuatro amigos se reúnen a jugar al truco. ¿ De cuántas maneras diferentespueden sentarse alrededor de la mesa ?.7) Con los dígitos 1, 2, 3, 4, y 5. ¿ Cuántos números de tres cifras distintaspueden formarse ?. ¿ Cuántos son pares ?. ¿ Cuántos terminan en 32 ?. Cuántosson divisibles por 5 ?.
  4. 4. 8) Con 22 consonantes y 5 vocales : a)   ¿ Cuántas palabras distintas con o sin sentido de cinco letras (sin que se repitan letras) se pueden formar ? b) ¿ En cuántas de las palabras del ítem a) la letra central es una vocal ? c) ¿ Cuántas de las palabras del ítem a) se forman con 3 consonantes y 2 vocales ? 9) En un curso de 42 estudiantes de Lic. en Sistemas, se desea elegir 3 alumnospara formar una Comisión. a ) De cuántas maneras se puede elegir si los representantes tienen iguales atribuciones ?. b) ¿ De cuántas maneras se puede elegir si los representante tienen diferentes atribuciones ?.
  5. 5. 10) Se tienen 10 puntos a, b, c, . . . . , j ; pertenecientes a unplano α, de los cuales no hay 3 alineados.a)   ¿ Cuántas rectas determinan esos puntos ?b) ¿ Cuántas de esas rectas pasan por el punto a ?c)   ¿ Cuántos triángulos determinan esos puntos ?d) ¿ Cuántos de esos triángulos tienen un vértice en a ?e) ¿ Cuántos de esos triángulos tienen un lado en ab ?11) Entre 12 hombres y 8 mujeres debe elegirse una delegación de 5 personas.a) ¿ De cuántas maneras se puede formar la delegación ?b) ¿ De cuántas maneras se puede formar si dos personas determinadas deben estarsiempre la delegación? c)  ¿ De cuántas maneras se puede formar si en la delegación deben haber 3 hombres y2 mujeres ? d) ¿ Decuántas maneras se puede formar si en la delegación deben haber por lo menos 3hombres y 1 mujer ? e)  ¿ De cuántas maneras se puede formar si en la delegación no pueden estar juntas 2personas enemistadas ? f)¿ De cuántas maneras se puede formar la delegación si un hombre y una mujer(esposos) deben estar los dos o ninguno en la delegación ?
  6. 6. 12) Todas las personas que asisten a una fiesta se estrechan lamano. Si se estrecharon la mano en 45 oportunidades ; ¿ cuántaspersonas asistieron a dicha reunión ?.13) Cuántas palabras con o sin sentido pueden formarse con las letras de las palabras :INDEPENDENCIA ; CATAMARCA ; MONOMIO. (usando todas las letras en cada caso)14) Con los dígitos 2, 3 y 9 : ¿ Cuántos números mayores que 100 se forman ? ¿ Cuántosson pares ? n  n − 1 15) Determine n ∈ N si existe, tal que : a) 3  = 5  4  5       1 n b) A3 − A2−1 = A2−1 n n c) 7 A2−1 = 6 C3 n n 2 4 n +3 3 n + 2 d) A2 − A2 = 10 e) 4 C2+2 − C2+1 + C2 = 56 n n n 3 2
  7. 7. 16) Desarrolle las siguientes potencias aplicando Binomio deNewton : 1 a) ( x − 3)5 b) ( x 3 + ) 4 x17) Hallar si existe : (2 x2 − x)15 a) el undécimo término de sinxefectuar el desarrollo. (3 − 2 y)9 b) el ó los términos centrales de 15  4 1  x − 3 c)   el coeficiente de x en  32 x  ( x1 / 2 + x 3 ) 7 d) el término de grado 7 en 25  3 3 a + 2  e) el término que contiene a en  -35 a  18) En el desarrollo ordenado del binomio ( x + a) , los términos T 10 y T15 n son equidistantes de los extremos. Hallar n.
  8. 8. PermutacionesSi tres alumnos deben exponer en unaclase especial, y desean analizar todas lasposibilidades del orden de exposición quetienen . . . .Es simple advertir que una alternativa es . . . . . Primero expone Pablo (que 1-2 suele ser muy convincente) 3 4 luego expone Matías, (que sabe mucho , pero no convence) y por último Julio, (que es algo desordenado) Pablo Matías Julio Una alternativa diferente será si Julio toma el lugar de Matías y éste el de Julio Pablo Julio Matías Otra posibilidad es que Julio tome el lugar de Pablo y éste el de Julio Julio Pablo Matías 1-2-3 4
  9. 9. Ahora si Pablo y Matías cambian sus posiciones, tenemos otra alternativa Julio Matías Pablo 1-2 Luego es Matías el que toma el 3 4 primer turnoMatías Julio Pablo Y finalmente, puede habernuevamente un intercambio entre el segundo y el tercer expositor Matías Pablo Julio Todo lo expuesto podemos sintetizar en que para tres personas existen treslugares (ordenes de exposición); así, si queremos saber cuántos son los órdenes en que pueden exponer estas tres personas podemos buscar . . . . . . la cantidad de funciones inyectivas posibles, entre el conjunto de personas y los lugares que pueden ocupar Que se encuentra con la expresión Pn = n! 1-2-3 4
  10. 10.  f ( 0) = 1La función factorial n! se define: f (n ) =  f (1) = 1  de N0 → N f (h + 1) = (h + 1) ⋅ f (h ) es decir: n! es igual al producto de los n primeros números naturales 1-2 n! = n ⋅ (n-1) ⋅ (n-2) ⋅ (n-3) . . . . . . 3 ⋅ 2 ⋅ 1 3 4 Así, para hallar la cantidad de posibilidades de colocar tres elementos (alumnos) en tres ubicaciones diferentes (orden de exposición) resolvemos . . . P3 = 3 ! = 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 6 Los ordenamientos posibles son 1 2 3 4 5 6 Pablo Pablo Julio Julio Matías Matías Matías Julio Pablo Matías Julio Pablo Julio Matías Matías Pablo Pablo Julio 1-2-3 4
  11. 11. 1) Calculamos previamente el número de palabras con o sin sentido que se forman con las letras de la palabra MESA, sin repetir letras Se trata de ordenar cuatro MESA EMSA SMEA AMES elementos (letras) en cuatro posiciones diferentes MEAS EMAS SMAE AMSE MAES ESMA SEMA AEMS P4 = 4! = 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 24 MASE ESAM SEAM AESM MSEA EAMS SAME ASEM 2) Si son jugadores de un equipo de fútbol MSAE EASM SAEM ASME son once jugadores para once posiciones si el arquero ocupa siempreP11 = 11! = 11 ⋅ 10 ⋅ 9 . . . . . . . 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 39.916.800 la primera posición A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 se pueden cambiar los lugares del 2 al 11 (entre 10 jugadores) P10 = 10 ! = 10 ⋅ 9 ⋅ 8 . . . . . . . 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 3.628.800
  12. 12. 3) Se deben ordenar 7 temas para un compact el total de ordenamientos posibles es P7 = 7 ! = 7 ⋅ 6 ⋅ 5 . . . . . . . 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 5.040 si dos temas no se deben escuchar en forma consecutiva . . . vamos a buscar el número de situaciones en que aparecen dos temas en particular (por ejemplo el 2 y el 3) juntosUn ordenamiento será : 1 2 3 4 5 6 7 si 2 y 3 deben estar juntos otro ordenamiento puede ser . . . 1 4 2 3 5 6 7observando convenientemente advertimos que estamos ordenando 6 temas en 6 lugares (el 2 y 3 consideramos un solo tema) P6 = 6 ! = 720 Y debemos considerar también cuando 1 4 3 2 5 6 7 Aparece primero el 3 y luego el 2 nuevamente . . . P6 = 6 ! = 720 (los temas aparecen juntos) entonces dos temas determinados no aparecen juntos en P7 – 2 P6 = 7 ! – 2 ⋅ 6 ! = 5.040 – 2 ⋅ 720 = 3.600
  13. 13. 4) Cada asignatura puede ocupar una posición, las posibilidades son G A C A C G G C A C A G A G C C G A P3 = 3 ! = 6 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 3 3 Pero el 2 2 3 3 4 4 1 1 3 3 4 4 orden de G 2 3 1 3 1 2 3 4 2 4 2 3 3 4 1 4 1 3 los 3 2 3 1 2 1problemas 4 3 4 2 3 2 4 3 4 1 3 1 de cada C 1 2 3 3 3 3 3 3 4 4 4 4 4 4 materia A también 2 1 1 1 2 2 4 4 1 1 2 2 3 3 pueden entonces la cantidad total de 2 4 1 4 1 2 2 3 1 3 1 2cambiarse posibles temas es : 4 2 4 1 2 1 3 2 3 1 2 1 P3 ⋅ ( P3 ⋅ P4 ⋅ P2 ) = 3 ! ⋅ ( 3! ⋅ 4! ⋅ 2! ) = 6 ⋅6 ⋅ 24 ⋅ 2 = 1.728
  14. 14. 5) Supongamos que el maletín tenga una sola rueda de 6 dígitos Las posibilidades serán que se abra con 1, 2, 3, 4, 5, ó 6Lo que significa que en el peor de los Pero si el maletín tuvieracasos se deberá hacer 6 intentos 2 ruedas de 6 dígitos a cada dígito de la primera rueda habrán entonces 6 nuevas 1 le corresponden 6 dígitos de la alternativas por cada segunda rueda dígito de la primera rueda 2 Las posibilidades con 2 ruedas son 6 x 6 = 36 3 Pero el maletín tiene 3 ruedas, entonces se agregan 6 3 6 1alternativas más a cada una de las 36 posibilidades anteriores4 5 2 4 Para tres ruedas son 6 x 6 x 6 = 216 Generalizando, podemos plantear que para n ruedas el 5 número de intentos será : 6 n 6 En este caso, con n = 5 65 = 7.776
  15. 15. Permutaciones Circulares Si debo ordenar cuatro amigos en fila sabemos que la cantidad de alternativas está dada por la permutación de 4 elementos P4 = 4! = 4 ⋅3⋅ 2 ⋅1 = 24 formas a b c d b c d a Entre las que se encuentran las siguientes . . . c d a b d a b c y son formas diferentes Pero, si los amigos estuvieran d a b c alrededor de un círculo en vez a c b d c a d b de estar alineados . . . b c d a Lo que antes eran 4configuraciones diferentes, ahora Las cuatro ordenaciones En todos los casos a la no se pueden diferenciar deben ser consideradas izquierda de a está d y la misma ordenación a la derecha b . . . La permutación circular de m elementos se resuelve . . . Pm P Pm ,c = = ( m −1 ) = ( m − 1 )! m
  16. 16. 6) Cuatro amigos se reúnen a jugar al truco. ¿ De cuántas maneras diferentes pueden sentarse alrededor de la mesa ?.Puede que Ud. esté pensando en la permutación de cuatro elementos . . . .y esto sería correcto si los amigos A B C D juegan al truco en fila india Pero todos sabemos que al truco se juega en pareja y A es lo mismo que . . . B alrededor de una mesa D B A C donde . . . C A y C siguen D Se trata entonces de la siendo compañeros permutación circular de 4 elementos B a la izquierda y D a la derecha de A que se resuelve . . . P4,c = ( 4 − 1)! = 3⋅2⋅1 = 6
  17. 17. VARIACION ó ARREGLOSi queremos formar números de dos cifras con los dígitos 1, 2 y 3 Resulta que debemos tomar dos Por ejemplo, si tomamos los 7 8 a 8 b de los elementos (dígitos) y dígitos 1 y 2 formamos el 12 formar un número de dos cifras 9 10 El mismo 12, con las cifras invertidas forma otro número de dos cifras 21 también 13 y 31 . . . . . . . finalmente 23 y 32 Se lee “arreglo de m elementos m! tomados de a n”Esta operación viene dada por la expresión: Vm ,n = Anm = ( m − n )! 3! 6 donde m=3 y n=2 A23 = = =6 ( 3 − 2 )! 1 3 : cantidad total de elementos que disponemos 2 : cantidad de elementos que tomamos para formar cada arreglo observe que con solo cambiar el orden de los dígitos, se considera un caso diferente; aunque no se haya cambiado alguno 7 de los dígitos 8-9-10
  18. 18. 7) Si disponemos de los dígitos 1, 2, 3, 4, y 5 para formar números de tres cifras 5! 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2! i) debemos resolver A35 = = = 60 ( 5 − 3)! 2!Si los números de tres cifras buscados deben ser cifra cifra pares, la última cifra debe ser un número par par 1 2 Asignamos el lugar de la cifra par al 2 cifra cifra 2y quedan 2 lugares para cuatro dígitos posibles 1 2 4! 4 ⋅ 3 ⋅ 2! pero en vez del 2,A = 2 4 = = 12 el último dígito cifra cifra ( 4 − 2)! 2! 4 pudo ser el 4 1 2 4 ii) Los números pares son: 2 ⋅ A2 = 2 ⋅ 12 = 24 cifra 3 2 iii) Si los números deben terminar en 32 3! 3 ⋅ 2! iv) Si debe ser múltiplo de 5, debe terminar en 5 A13 = = =3 ( 3 − 1 )! 2! cifra cifra 5 4! 4 ⋅ 3 ⋅ 2! 1 2 A24 = = = 12 ( 4 − 2)! 2!
  19. 19. 8 a) Con 22 consonantes y 5 vocales se pueden formar palabrascon ó sin sentido de cinco letras (sin que se repitan letras) Si se cambia el orden dePor ejemplo L U C H A la palabra sus letras resulta otra palabra distinta C H U L A Debe aplicarsesin haber cambiado ninguna de sus letras (elementos) VARIACIÓN O ARREGLO Dispongo de 22 c + 5 v para formar las palabras, 27 elementos en total m!A = n m ( m − n )! Para formar palabras de 5 letras (elementos) 27 27! 27!A5= = = 27 ⋅ 26 ⋅ 25 ⋅ 24 ⋅ 23 ⋅ 22! = 9.687.600 palabras ( 27 − 5 )! 22! 22! Esto se puede resolver directamente con calculadora ó simplificando previamente 8 b
  20. 20. 8 b) Si deseo saber en cuántas palabras de 5 letras (que no se repiten) formadas por 22 consonantes y 5 vocales, la letra central es una vocal Podemos pensar que la palabra será: ASi el lugar central debe Quedan 4 lugares para completar con 22 consonantes y 4 ocupar una vocal (por vocales (porque una vocal ya fue ubicada en el centro) ejemplo la A)La operación que resuelve esto es: 26 26! 26! 26 ⋅ 25 ⋅ 24 ⋅ 23 ⋅ 22! A4= ( 26 − 4 )! = 22! = = 358.800 palabras 22! Pero, el lugar central puede ser ocupado por cinco vocales distintas Entonces a A4 26 Lo multiplicamos por 5 porque la letra central puede ser 26! 5 ⋅ A426 = 5 ⋅ = A E O I U ( 26 − 4 )! 5 x 358.800 = 1.794.000 palabras
  21. 21. COMBINACION Si tenemos una situación donde nos interesa saber las alternativas posibles cuando es necesario que cambie un 10 11 a 11 b-c elemento al menos (no nos interesa el orden en que se 11 d-e 12 a-b presenten los elementos) 12 c 12 d 12 e Tenemos una combinación, que m! se resuelve con la expresión C n m = n ! ( m − n )! 12 f 13 Si tenemos Jamón, queso y lechuga y queremos saber cuántos tipos de sandwich podemos preparar usando dos de los alimentos mencionadosun sandwich hecho de jamón y queso será lo mismo que uno hecho de queso y jamónUna vez elegidos dos alimentos cualesquiera, es necesario cambiar uno de ellos al menos para cambiar el sabor del sandwich Este es un caso de combinación, que se resuelve: combinación 3! 3 ⋅ 2! C 23 = = = 3 10 13 2! ( 3 − 2)! 2! ⋅1! 11-12
  22. 22. 9) De 42 estudiantes; debo tomar 3; pero no hay diferencia de posiciones ni de “cargos” entre los tres, en la comisión son todos “iguales” 42! Es un caso de combinación C 3 = 42 Arreglo Combinación 3! ( 42 − 3)! Que tienen iguales 14 20 atribuciones significa 42 ⋅ 41 ⋅ 40 ⋅ 39! = = 11.480 formas que todos puedenPero . . . 3 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 39! cumplir el mismo rol Juan prepara las diapositivas Será María prepara las diapositivas María dá la charla de introducción diferente Pablo dá la charla de introducción si . . . Pablo expone Juan expone; Se aprecia que: aunque los elementos seleccionados (Juan, Pablo y María) sean los mismos, los equipos 1 y 2 serán diferentes, por el rol que desempeñan sus integrantes. Ahora nos interesa el orden de los elementos esto se resuelve 42! 42! 42 ⋅ 41 ⋅ 40 ⋅ 39! con variación ó A342 = = = = ( 42 − 3)! 39! 39! arreglo = 68.880 formas
  23. 23. 10) Si tenemos 10 puntos en un plano de los cuales no hay 3 alineados Sabemos que dos puntos cualesquiera determinan una recta por ac cf ch ce ejemplo bi df dj eh Pero la recta ac es la misma que ca la recta bi es la misma que ib y así sucesivamente . . . Es necesario que un elemento (punto) sea diferente para que se trate de una recta diferente La cantidad de elementos que disponemos para formar rectas son 10 puntos son necesarios 2 puntos para unirlos (sin importar el orden ) y así formar la recta entonces . . . 5 10! 10 ⋅ 9 ⋅ 8! C 210 = = = 45 2! ( 10 − 2 )! 2! ⋅8! 11 b-c 11 d-e
  24. 24. 10 b) Para saber cuántas de las 45 rectas pasan por el puntoa, pensemos que disponemos de 10 puntos b, c; d; . . . h; i; j En principio tengo 10 elementos para 2 lugares –recta- sin importar el orden Si uno de los lugares ocupa el punto a Me quedan ahora 9 elementosa para el lugar que restaC19 = 1! ( 9 !− 1)! 9 = 9 ⋅ 8! 1 ⋅ 8! = 9 rectas 11 c) tres puntos no alineados pueden formar un triánguloPodemos distinguir entre otros, el ∆ ∆triángulo acf; el triángulo cfi ; etc.Entonces corresponderá tomar los 10 puntos de tres en tres ∆ ∆ ∆recordando que cfi = fci = icf etc. 5 3 10! 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7! C 310 = 3! ( 10 − 3)! = 6 ⋅ 7! = 2 120 triángulos 11 d-e
  25. 25. d) Para saber cuántos triángulos tienen vértice en a: En principio tengo 10 elementos (puntos) a para 3 lugares (vértices del triángulo) Si el elemento a debe estar porque es un vértice de cualquiera de siempre ocupando un lugar los triángulos que busco 4 Me quedan 9 elementos (puntos) para ubicar enlas dos posiciones restantes que son 2 (vértices) C 29 = 9! = 9 ⋅ 8 ⋅ 7! = 2! ( 9 − 2 )! 2! ⋅7! 36 triángulos tienen vértice en a e) Si los triángulos deben tener un lado (ab) común, significa que de los 10 puntos dos puntos ya están a b Me quedan entonces 8 ubicados elementos (puntos) para ocupar un lugar (vértice) 8! 8 ⋅ 7! C18 = = 1! ( 8 − 1 )! 1 ⋅ 7! = 8 triángulos
  26. 26. 11 a) Si hay 12 hombres y 8 mujeres para formar la delegación (tengo en total 20 personas) y debemos elegir 5 personas (sin distribuir cargos ni considerar el orden) de 20 personas Las cantidad de delegaciones posibles (total de elementos) estará dada por la combinación . . . 20 = 20! 20! tomadas de a 5 (cantidad de miembros C5 5! ( 20 − 5 )! = 5! ⋅15! = de cada delegación posible) 3 20 ⋅ 19 ⋅ 18 ⋅ 17 ⋅ 16 ⋅ 15! = = 15.504 maneras distintas 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 15!12 b) Si dos personas deben estar siempre en la misma delegación supongamos . . .de los 5 lugares que dispongo a b persona a dos ya están ocupados persona bLa operación es la misma . . . pero del total de 20 personas descuento 2 que ya están ubicadas porque deben estar siempre juntas 3 y me quedan 3 lugares para las C 18 = 3 18! 3! ( 18 − 3)! = 18 ⋅ 17 ⋅ 16 ⋅ 15! 3 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 15! = 18 personas restantes 816 formas si dos personas deben estar juntas 12 c 12 d 12 e 12 f
  27. 27. 11 c) Si en la delegación deben haber tres hombres y dos mujeresPrimero busco la cantidad de delegaciones que se pueden formar con los 12 hombres disponibles tomados de a 3 2 12 C 3 = 3! ( 12 !− 3)! = 12 ⋅⋅11 ⋅⋅ 1 ⋅ 9!9! = 12 3 2 10 ⋅ 220 delegaciones de tres hombres 4 8 = 8! 8 ⋅ 7 ⋅ 6! Y busco la cantidad de delegaciones C 2 2! ( 8 − 2)! = = 2 ⋅ 1 ⋅ 6! = que se pueden formar con las 8 mujeres disponibles tomadas de a 2 = 28 delegaciones de dos mujeres Para hallar el total de delegaciones posibles de tres hombres y dos mujeres, planteamos los siguiente . . . . para cada delegación de 3 hombres hay 28 delegaciones posibles de 2 mujeres como tengo 220 delegaciones posibles de 3 hombres . . . las delegaciones de al menos tres hombres y dos mujeres son . . . 12 8 C3 ⋅ C2 = 220 ⋅ 28 = 6.160 formas de componer la delegación solicitada 12 d 12 e 12 f
  28. 28. 11 d) si en la delegación deben haber por lo menos 3 hombres y una mujer, analizamos las siguientes alternativas . . . De los cinco lugares disponibles h h h m mTres están ocupados por hombresy quedan dos lugares para mujeres la cantidad de delegaciones posibles con 12 8 esta configuración ya hemos visto en el C3 ⋅ C2 = 220 ⋅ 28 = 6.160 punto anteriorPero también puede suceder que . . . h h h h m De los cinco lugares disponiblescuarto están ocupados por hombres C 4 ⋅ C18 = 4! ( 12 − 4 )! ⋅ 1! ( 8 − 1)! 12 12! 8! = y solo uno por mujer lo que resulta . . . 5 No hay otra alternativa que 12 ⋅ 11 ⋅ 10 ⋅ 9 ⋅ 8! 8 ⋅ 7! = ⋅ verifique la condición, porque si = 495 ⋅ 8 = 3.960 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 8! 1 ⋅ 7! hay cinco hombres, no hay El resultado es la suma de las dos mujeres; y si hay tres o mas posibilidades analizadas mujeres, queda lugar para dos hombres o menos 12 8 12 8 C 3 ⋅ C 2 + C ⋅ C1 = 10.120 formas 4 12 e 12 f
  29. 29. 11 e) si dos personas enemistadas no deben estar juntas en la delegación Supongamos que los a b enemistados son a y b La cantidad de 3 delegaciones en las que 18 18! 18 ⋅ 17 ⋅ 16 ⋅ 15!a y b están juntos son . . C3 = 3! ( 18 − 3)! = 3 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 15! = 816 Conociendo la cantidad total de delegaciones que se pueden formar (de 12a) y la cantidad de delegaciones en las que dos personas están juntas Las delegaciones en las que esas dos personas no están juntas, será . . . 20 18 C 5 − C3 = 15.504 – 816 = 14.688 formas Otra manera de calcular lo mismo es mediante la operación 18 18 18 C5 + C 4 + C 4 = 8.568 + 3.060 + 3.060 = 14.688 formas justifique Ud. el procedimiento . . . 12 f
  30. 30. 11 f) Si un hombre y una mujer (esposos) deben estar los dos ó ninguno . . . Tenemos dos alternativas: la primera es que estén juntos Así de 20 personas (12 H y 8 M) quedan 18 posibles (porque 2 ya están ubicados) para 3 lugares de los 5 iniciales 3 La otra alternativa es que 18 18! 18 ⋅ 17 ⋅ 16 ⋅ 15! no estén ninguno de los dos C3 = 3! ( 18 − 3)! = 3 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 15! = 816En esa situación tenemos 18 3 4 3 personas para cubrir los 18 18! 18 ⋅ 17 ⋅ 16 ⋅ 15 ⋅ 14 ⋅ 13! cinco lugares, porque no C5 = 5! ( 18 − 5 )! = 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 13! = 8.568 están ninguno de los dos El resultado está dado por la suma de las cantidades de ambas posibilidades 18 18 C3 + C 5 = 816 + 8.568 = 9.384 formas
  31. 31. 12) Todas las personas se estrechan la mano una vez Supongamos que sean tres personas: A , B y C A B A C B Cse produjeron tres saludos observe Ud. Que para tener un “saludo diferente”, necesitamos que se salude al menos una persona diferenteEntonces se trata de una combinación . . . mPero como no sabemos de cuántas personas, C 2 = 45 consideramos esa cantidad igual a my como el saludo se establece entre dos personas, a En total fueron 45 saludos las m personas las tomamos de 2 en 2 resolvemos . . . m! m ⋅ ( m − 1 ) ⋅ ( m − 2 )! C 2m = = 45 = 45 2! ( m − 2 )! 2! ( m − 2 )! m ⋅ ( m − 1 ) = 45 ⋅ 2 m 2 − m = 90 m 2 − m − 90 = 0 buscamos m aplicando la fórmula que resuelve la ecuación de segundo grado
  32. 32. 2 m − m − 90 = 0 1 ± ( −1 ) 2 − 4 ⋅ 1 ⋅ ( −90 ) m1 −2 = = 2⋅1 1 + 19 20 = = 10 1 ± 1 + 360 1 ± 361 1 ± 19 2 2m1 −2 = = = = 2 2 2 1 − 19 18 =− = -9 2 2 m1 = 10 m2 = - 9 Por ser – 9 un número negativo, adoptamos como solución única m = 10 Verificamos . . . 5 10 10! 10 ⋅ 9 ⋅ 8! C2 = = = 45 2! ( 10 − 2 )! 2! ⋅8!
  33. 33. Permutaciones con repetición Si tenemos solo dos símbolos ( 0 y 1 ) para emitir señales de 2 símbolos diferentes Podremos emitir las señales 0 1 1 0 si los símbolos no pueden repetirse La cantidad de señales posibles se calcula mediante P2 = 2 ⋅ 1 = 2 si no debemos repetir símbolos . . Pero si podemos repetir El conjunto de símbolos será { 0, 0, 1, 1 } símbolos; con dos ceros y dos unos y las señales posibles . . . 0 0 1 1 0 1 1 0 1 0 1 0 La cantidad de señales 0 1 0 1 1 0 0 1 1 1 0 0posibles cuando hay símbolos Permutaciones con repetición repetidos se calcula con Con dos elementos que se 2,2 4! 2 P 4 = 2! ⋅2! = 4 ⋅ 3 ⋅ 2! 2! ⋅2! = 6 repiten dos veces cada uno (0 y 1) Permutación de cuatro Generalizando elementos, con dos Pmα ,β, δ... λ = α! ⋅β!mδ!!....λ! elementos que se repiten dos veces cada uno ⋅
  34. 34. Sabe Ud. que el procesador de una computadora trabaja básicamente con elementos biestables llamados bit; y que 8 bit conforman 1 byte; . . . y 1.000 byte son 1 Kb, etc.Si 1 byte tiene 8 bit, significa que puede almacenar 8 símbolos (que pueden ser ceros ó unos) ese byte con sus 8Supongamos un byte en el que hay símbolos emitirá 0 0 0 0 0 0 0 0 5 ceros y 3 unos señales como . . 1 0 1 0 0 1 0 0 ¿ Cuántas señales diferentes podrá emitir ese byte ? 0 0 1 1 0 1 0 1 etc. etc. . .En este caso, el conjunto de elementos es { 0, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1 } conjunto de 8 elementos, y la operación que resuelve . . . 5,3 8! de los cuales uno se repite 5 veces; y el otro se repite 3 veces P8 = = 8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5! = 5! ⋅3! 5! ⋅3 ⋅ 2 ⋅ 1 5 ,3 P 8 = 56 Señales diferentes se pueden emitir desde 1 byte con 5 ceros y 3 unos
  35. 35. 13 i) La palabra I N D E P E N D E N C I A tiene 13 letrasDe las cuales I se repite 2 veces D se repite 2 veces N se repite 3 veces E se repite 3 veces Las demás letras de la palabra, no se repiten, aparecen solo una vez P13, ,2,3 23 = 13! 2! ⋅3! ⋅2! ⋅3! = 13 ⋅ 12 ⋅ 11 ⋅ 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 43.243.200 2⋅1⋅3⋅2⋅1⋅2⋅1 ⋅3⋅2⋅1 = palabrasi i ) La palabra CATAMARCA tiene 9 letras De las cuales C se repite 2 veces A se repite 4 veces 4 P92, 4 = 9! 2! ⋅4! = 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4! 2 ⋅ 1 ⋅ 4! = 7.560 palabras i i i ) La palabra M O N O M I O tiene 7 letras De las cuales M se repite 2 veces O se repite 3 veces 3 2,3 7! P 7 = 2! ⋅3! = 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3! 2 ⋅ 1 ⋅ 3! = 420 palabras
  36. 36. Arreglo con RepeticiónDado un conjunto de dos elementos {a, b} puedo formar cadenas de tres elementos donde al menos un elemento se repite aaa aab abb aba bbb baa bba bab 2 ASe trata de un Arreglo de 2 elementos, = 23 = 8tomados de tres en tres, con repetición 3,rDado un conjunto de tres elementos {a, b, c} también puedo formar cadenas deincluyendo aquellas donde los elementos se repiten dos elementos aa ab ba bb ac ca cc bc cbSe trata de un Arreglo de 3 elementos, 3 tomados de dos en dos,con repetición A 2,r = 32 = 9 Generalizando, Arreglo de m m elementos tomados de n en n, con repetición; se calcula con . . . An,r = mn
  37. 37. Ahora podemos volver sobre el problema del total de informaciónque se almacena en 1 byte . . .un bit entrega señales bi-estables con los elementos son { 0, 1 }Pero, en 1 byte hay 8 bit, es decir que las cadenas que se forman en un byte están conformadas por 8 señales, que pueden ser ceros ó unosPara calcular cuántas señales diferentes puedo de dos elementosalmacenar en 1 byte, debo plantear un Arreglo tomados de ocho en ocho con repetición 2 A 8,r = 8 2 = 256 señales diferentes
  38. 38. 14) Con los dígitos 2, 3 y 9  se puede formar números 3De los cuales serán mayores que 100 soloaquellos números que tengan tres cifras A 3,r = 3 3 = 27 Son pares los números en este caso, la única cifra par es el 2 terminados en cifra par quedan entonces dos lugares, pero los elementos de que 2 disponemos para esos dos lugares siguen siendo 3 recuerde que hay repetición de elementos; y los resolvemos con . . . 3 A2,r = 32 = 9 efectivamente, esos números son . . . 2 2 2 2 3 2 2 9 2 3 2 2 3 3 2 3 9 2 9 2 2 9 3 2 9 9 2
  39. 39. 15)  n  n − 1 n! (n − 1)!   = 5 3⋅ = 5⋅ a ) 3   5   4!⋅(n − 4)! 5!⋅[(n − 1) − 5]!  4   desarrollamos las expresiones factoriales hasta que queden en condiciones de poder simplificarse n ⋅ (n − 1)! (n − 1)! Haciendo pasajes de divisores3⋅ = 5⋅ 4!⋅(n − 4) ⋅ (n − 5) ⋅ (n − 6)! 5 ⋅ 4!⋅(n − 6)! como factores y viceversa n ⋅ (n − 1)! (n − 6)! simplificando los factores que3⋅ = 5⋅ son idénticos en el numerador 4!⋅(n − 4) ⋅ (n − 5) ⋅ (n − 1)! 5 ⋅ 4!⋅(n − 6)! y el denominador 3 ⋅n 1 se simplifica 4! ; se resuelve el producto de = 4!⋅(n − 4) ⋅ (n − 5) 4! los binomios 3 ⋅n =1 haciendo pasajes de términos (n 2 − 4n − 5n + 20) 3n = (n 2 − 9n + 20) finalmente n 2 − 9n + 20 − 3n = 0 ó bien n 2 − 12n + 20 = 0 16 b 16 c-d 16 e
  40. 40. Resolvemos ahora n 2 − 12n + 20 = 0 como ecuación de segundo grado a x2 + b x + c = 0 − b ± b 2 − 4ac con la fórmula x1 − 2 = 2a si a=1 b = -12 y c = 20 − b ± b 2 − 4ac − (−12) ± (−12)2 − 4 ⋅ 1 ⋅ 20 12 ± 144 − 80 x1 − 2 = = = = 2a 2 ⋅1 2 20 x1 = = 10 x1 = 10 x2 = 3 12 ± 64 12 ± 8 2 = = = 2 2 4 son soluciones de la ecuación x2 = =2 2 n 2 − 12n + 20 = 0 n  n − 1 adoptamos como solución de 3  = 5  n = 10  4  5  porque n = 2 es una solución absurda, ya que 2 2 − 1 3  = 5 4  5   no es posible hallar     16 b 16 c-d 16 e
  41. 41. Verificamos la solución n = 10 n  n − 1   10   10 − 1  3  = 5  4  3  = 5   5  4  5          10! 9! 3 ⋅ 10 ⋅ 9! 5 ⋅ 9! 3 =5 = 4! ⋅( 10 − 4 )! 5! ⋅( 9 − 5 )! 4! ⋅6 ⋅ 5! 5! ⋅4!Multiplicamos ambos miembros por 5! ⋅4! 9! 5! ⋅4! 3 ⋅ 10 ⋅ 9! 5! ⋅4! 5 ⋅ 9! y simplificamos ⋅ = ⋅ 9! 4! ⋅6 ⋅ 5! 9! 5! ⋅4! 3 ⋅ 10 ⋅ =5 5=5 6 queda verificado el resultado 16 b 16 c-d 16 e
  42. 42. 1 n 1 n! (n − 1)! (n − 1)!b) A3 − A2−1 = A2−1 n n ⋅ − = 2 2 (n − 3)! [(n − 1) − 2]! [(n − 1) − 2]!1 n! ( n − 1 )! ( n − 1 )! ⋅ − = Multiplicamos por 2 ambos miembros2 ( n − 3)! ( n − 3)! ( n − 3)! n! 2 ⋅ ( n − 1 )! 2 ⋅ ( n − 1 )! Ahora multiplicamos ambos − = miembros por (n – 3 )! ( n − 3)! ( n − 3)! ( n − 3)! n ! ( n − 3)! 2 ⋅ ( n − 1 )! ( n − 3)! 2 ⋅ ( n − 1 )! ( n − 3)! simplificamos y − = ( n − 3)! ( n − 3)! ( n − 3)! obtenemos que se puede n ! −2( n − 1 )! = 2( n − 1 )! n ( n − 1 )! −2( n − 1 )! = 2( n − 1 )! escribir Dividimos ambos miembros por (n - 1)! n ( n − 1 )! 2 ⋅ ( n − 1 )! 2 ⋅ ( n − 1 )! − = y simplificamos ( n − 1 )! ( n − 1 )! ( n − 1 )! finalmente n −2=2 n =4 16 c-d 16 e
  43. 43. Verificamos la solución n = 4 1 n 1 4 A 3 − A n −1 = An −1 2 2 A 3 − A 2 −1 = A 2 −1 4 4 2 2 1 4! 3! 3! ⋅ − = 2 ( 4 − 3)! ( 3 − 2 )! ( 3 − 2 )! 4 ⋅3⋅2⋅1 −3⋅2 = 3⋅2 2 6=6 queda verificado el resultado 16 c-d 16 e
  44. 44. (n − 1)! n!c) 7 A2−1 = 6 C 3 n n 7 =6 [(n − 1) − 2]! 3!⋅(n − 3)! desarrollamos las factoriales y (n − 1)! n ⋅ (n − 1)! 7 =6 resolvemos según convenga (n − 3)! 3 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ (n − 3)! (n − 1)! n ⋅ (n − 3)! hacemos pasajes factores 7 =6 y simplificamos como divisores y viceversa (n − 1)! 3 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ (n − 3)! te queda la tarea de entonces 7 =n luego n=7 verificar el resultado 4 n +3 3 n +2 4 (n + 3)! 3 (n + 2)!d) A2 − A2 = 10 ⋅ − ⋅ = 10 3 2 3 [(n + 3) − 2]! 2 [(n + 2) − 2]! 4 (n + 3)! 3 (n + 2)! desarrollamos convenientemente resolvemos ⋅ − ⋅ = 10 3 (n + 1)! 2 n! las factoriales y simplificamos 4 (n + 3)(n + 2)(n + 1)! 3 (n + 2)(n + 1)n ! ⋅ − ⋅ = 10 3 (n + 1)! 2 n! 16 e
  45. 45. 4 3 Quedamos con ⋅ (n + 3)(n + 2) − ⋅ (n + 2)(n + 1) = 10 3 2 4 3  Sacamos factor común (n + 2)  (n + 3) − (n + 1) = 10 3 2   4n 12 3n 3   n 5Resolvemos el corchete (n + 2)  + − −  = 10 (n + 2)  − +  = 10 3 3 2 2  6 2efectuamos el producto n 2 5n 2n 10 n 2 13n del 1er miembro − + − + = 10 − + + 5 = 10 6 2 6 2 6 6 Para resolver la ecuación de 2º 6 ⋅ n 2 6 ⋅ 13n + 6 ⋅ 5 = 6 ⋅ 10 simplificamos grado previamente multiplicamos − + 6 6 todo por (6) En la ecuación de 2º grado Y finalmente − n + 13n − 30 = 0 2 a = -1 b = 13 c = -30 − 13 + 7 x1 = =3 − 13 ± 132 − 4 ⋅ (−1) ⋅ (−30) − 13 ± 49 −2 x1 − 2 = = = 2 ⋅ (−1) −2 − 13 − 7 x2 = = 10 −2 Las soluciones n=3 ∨ n = 10 posibles son 16 e
  46. 46. 4 n +3 3 n +2 Verificamos para n = 3 A 2 − A 2 = 10 3 24 3+ 3 3 3+ 2 4 6 3 5 A 2 − A 2 = 10 A 2 − A 2 = 103 2 3 24 6! 3 5! 4 6 ⋅ 5! 3 5! ⋅ − ⋅ = 10 ⋅ − ⋅ = 10 simplificamos3 ( 6 − 2 )! 2 ( 5 − 2 )! 3 4! 2 3! 2 2 queda verificado el4 6 ⋅ 5 ⋅ 4! 3 5 ⋅ 4 ⋅ 3! ⋅ − ⋅ = 10 40 − 30 = 10 resultado n = 33 4! 2 3! 4 10 + 3 3 10 + 2 4 13 3 12Para n = 10 A 2 − A 2 = 10 A 2 − A 2 = 10 3 2 3 2 4 6 4 13! 3 12! 4 13 ⋅ 12 ⋅ 11! 3 12 ⋅ 11 ⋅ 10! ⋅ − ⋅ = 10 ⋅ − ⋅ = 10 3 ( 13 − 2 )! 2 ( 12 − 2)! 3 11! 2 10! 4 ⋅ 13 ⋅ 4 − 3 ⋅ 6 ⋅ 11 = 10 208 − 198 = 10 queda verificado el resultado n = 10 16 e
  47. 47. e) 4 C2+2 − C2+1 + C2 = 56 n n n (n + 2)! (n + 1)! n! 4 − + = 56 2!⋅[(n + 2) − 2]! 2!⋅[(n + 1) − 2]! 2!⋅(n − 2)! (n + 2)! (n + 1)! n! desarrollamos los resolvemos . . . 4 − + = 56 factoriales 2!⋅n ! 2!⋅(n − 1)! 2!⋅(n − 2)!2 (n + 2) ⋅ (n + 1) ⋅ n ! (n + 1) ⋅ n ⋅ (n − 1)! n ⋅ (n − 1) ⋅ (n − 2)! simplificamos 4 − + = 56 2!⋅n ! 2!⋅(n − 1)! 2!⋅(n − 2)! (n + 1) ⋅ n n ⋅ (n − 1) y operamos . . . . 2(n + 2)(n + 1) − + = 56 2 2 n2 n n2 n 2n 2 + 2n + 4n + 4 − n = 56 2(n + n + 2n + 2) − 2 − + − = 56 2 2 2 2 finalmente tenemos 2n 2 + 5n + 4 = 56 que es 2n 2 + 5n − 52 = 0
  48. 48. Resolvemos 2n 2 + 5n − 52 = 0 como una ecuación de 2º grado Donde a=2 b=5 c= -52 16 n1 = =4 − 5 ± 52 − 4 ⋅ 2 ⋅ ( −52) − 5 ± 441 − 5 ± 21 4 n1 − 2 = = = 2⋅2 4 4 − 26 13 n2 = =− Descartamos n2 como resultado porque el resultado 4 4 debe ser enteroy verificamos n = 4 6! 5! 4!4 C 2 +2 − C 2 +1 + C 4 4 4 2 = 56 4 − + 2! ( 6 − 2 )! 2! ( 5 − 2 )! 2! ( 5 − 2)! = 56 3 2 6 ⋅ 5 ⋅ 4! 5 ⋅ 4 ⋅ 3! 4 ⋅ 3! 60 − 10 + 6 = 56 4 − + = 56 2 ⋅ 4! 2 ⋅ 3! 2⋅2 queda verificado el resultado n = 4
  49. 49. Binomio de Newton Sabemos que el ( a + b )2 se desarrolla a2 + 2 a b + b 2cuadrado de un binomio 17 ay el cubo de un binomio ( a + b ) 3 se desarrolla a3 + 3 a2 b + 3 a b2 + b3 17 b generalizando ( a + b )n n  n  n   n  n − (n − 1 ) n − 1  n  n − n n(a + b )n =  a n b 0 +  a n −1b 1 +  a n −2b 2 + . . . +  a b +  a b 0 0  1 1  2 2  n −1 n - 1 n  nEl desarrollo dela potencia de un binomio se compone de una sucesión de sumas(sumatoria) donde cada término está compuesto por un número combinatorio que multiplica al primer término del binomio elevado a una potencia y multiplica también al segundo término del binomio elevado a otra potencia donde el numerador de los números combinatorios se mantiene constante mientras el denominador aumenta desde 0 hasta n el exponente del primer término en cada sumando se forma con la diferencia entre el numerador y denominador del número combinatorio (va de n a 0) el exponente del segundo término en cada sumando se forma con el denominador del número combinatorio (va de 0 a n)
  50. 50. El desarrollo de la potencia de n  n  n −k k (a + b ) = n ∑  a b un binomio se escribe k = 0 k  17 a 17 b n  n  n   n  n − (n − 1 ) n − 1  n  n − n n(a + b )n =  a n b 0 +  a n −1b 1 +  a n −2b 2 + . . . +  a b +  a b  0  1  2  n − 1 n  n  n! n! n  n! n!  = = = 1  = = = 1  0  0!⋅(n − 0)! 1!⋅n !  n  n !⋅(n − n )! n !⋅0!n  n! n ⋅ (n − 1)!  n  n! n ⋅ (n − 1)! = = = n  = = =n 1  1!⋅(n − 1)! 1!⋅(n − 1)!  n − 1  (n − 1)!⋅[n − (n − 1)]! (n − 1)!⋅1! n  n! n ⋅ (n − 1) ⋅ (n − 2)! n 2 − n  = = =  2  2!⋅(n − 2)! 2!⋅(n − 2)! 2  n  n! n ⋅ (n − 1) ⋅ (n − 2)! n 2 − n  = = =  n − 2  (n − 2)!⋅[n − (n − 2)]! (n − 2)!⋅2! 2 Los números combinatorios equidistantes en el desarrollo del binomio de Newton son iguales
  51. 51. 16) n  n  n −k k a) ( x − 3) 5 (a + b ) = n ∑  a b k = 0 k donde a = x ; b = -3 ; n = 5 5 5 5 5 (x − 3)5 =  x 5 − 0 (−3)0 +  x 5 −1 (−3)1 +  x 5 − 2 (−3)2 +  x 5 −3 (−3)3 +  0 1 2  3 nos conviene resolver los  5  5−4  5  5−5 +  x (−3) +  x (−3)5 = 4 números combinatorios como  4 5 cálculo auxiliar5 5! 5! 5 5! 5! = = =1  = = =1 0  0!⋅(5 − 0)! 1 ⋅ 5!  5  5!⋅(5 − 5)! 5!⋅0!5 5! 5 ⋅ 4! 5 5! 5 ⋅ 4! = = =5  = = =5 1  1!⋅(5 − 1)! 1 ⋅ 4!  4  4! ⋅( 5 − 4 )! 4! ⋅1!   5 5! 5 ⋅ 4 ⋅ 3! 5 5! 5 ⋅ 4 ⋅ 3!  = = = 10  = = = 10  2  2!⋅(5 − 2)! 2 ⋅ 3!  3  3!⋅(5 − 3)! 3!⋅2! 17 b
  52. 52. 5  5  5 −k ( x − 3 ) = ( x + ( −3 ) ) 5 5 = ∑  x ( −3 ) k   k =0 k  reemplazamos los valores de los números combinatorios hallados en la expresión 5  5−0 5 5 5 5 5 x ( − 3 ) 0 +   x 5 − 1 ( − 3 ) 1 +   x 5 − 2 ( − 3 ) 2 +   x 5 − 3 ( − 3 ) 3 +  x 5 − 4 ( − 3 ) 4 +   x 5 − 5 ( − 3 ) 50 1 2  3  4 5            (x − 3)5 = 1 ⋅ x 5 ⋅ 1 + 5 ⋅ x 4 (−3) + 10 ⋅ x 3 ⋅ 9 + 10 ⋅ x 2 ⋅ (−27 ) + 5 ⋅ x ⋅ 81 + 1 ⋅ 1 ⋅ (−243) (x − 3)5 = x 5 − 15 ⋅ x 4 + 90 ⋅ x 3 − 270x 2 + 405 ⋅ x − 243 observe que los números combinatorios equidistantes que conforman el desarrollo de la potencia del binomio son iguales 17 b
  53. 53. 1 4 n n  b) ( x + ) 3 (a + b ) = n ∑  a n −k b k x k = 0 k  donde a = x3 ; b = 1/x ; n = 4  3 1 4  4  3 4 − 0  1  0  4  3 4 − 1  1 1  4  3 4 − 2  1  2  x +  =  ( x ) 0   +  ( x )   +  ( x ) 1   +  x   x     x  2   x  nos conviene resolver los  4  3 4 − 3  1 1  4  3 4 − 4  1  4 +  ( x )   +  ( x )   números combinatorios como 3  x   4 x  cálculo auxiliar      4 4! 4!  4 4! 4!  = = =1  = = =1  0  0!⋅(4 − 0)! 1 ⋅ 4!  4  4! ⋅( 4 − 4 )! 4! ⋅0!   4 4! 4 ⋅ 3!  4 4! 4 ⋅ 3! 4 = = =4  = = = 1  1! ⋅( 4 − 1 )! 1 ⋅ 3!  3  3! ⋅( 4 − 3)! 3! ⋅1!     4 4! 4 ⋅ 3 ⋅ 2! 12  = = = =6  2  2! ⋅( 4 − 2 )! 2! ⋅2! 2  
  54. 54. k 4 4 4  3 1 1 =  x +  = ∑  (x 3 ) 4 −k    x  k = 0 k  x  reemplazamos los valores de los números combinatorios hallados en la expresión 4  3 4 − 0  1  0  4  3 4 − 1  1 1  4  3 4 − 2  1  2  4  3 4 − 3  1  3  4  3 4 − 4  1  4 ( x )   +  ( x )   +  ( x )   +  ( x )   +  ( x )  0 x  1 2 x    x  3 x   4 x         4 3 1 10 3 3 1 12 3 1 1 14 1 3 x +  = 1 ⋅ (x ) ⋅ 0 + 4 ⋅ (x ) ⋅ 1 + 6 ⋅ (x ) ⋅ 2 + 4 ⋅ (x ) ⋅ 3 + 1 ⋅ (x ) ⋅ 4 3 4 3 2 3 0 x x x x x x 8 4 1 4  3 1 x x x 12 x x9 6 3 0 + 6 2 + 4 3 + 4 = x + 4x + 6x + 4 + x 12 8 4 −4 x +  = 0 + 4  x x x x x x 1
  55. 55. Término k-ésimo Si el desarrollo de la n  n  n −k k (a + b ) = n ∑  a b potencia de un binomio es k = 0 k  18 a-b 18 c-d 18 eVemos que en el número combinatorio, para el primer término k = 0; para elsegundo término k = 1; para el tercer término k = 2 y así sucesivamente . . . El desarrollo de la potencia n del binomio siempre tiene n + 1 términos  n  n − ( k − 1 ) (k − 1 ) así Tk =  a b  k − 1 Si n (exponente) es par, n + 1 (cantidad de términos) es impar entonces el desarrollo tendrá un término central Si n (exponente) es impar, n + 1 (cantidad de términos) es par entonces el desarrollo tendrá dos términos centrales
  56. 56. 17) a) Para hallar el undécimo término sin efectuar el desarrollo de (2 x2 − x)15  n  n − (k − 1 ) (k − 1 ) Aplicamos la fórmula Tk =  a b  k − 1 donde a = 2 x2 ; b=-x; n = 15 y k = 11 Tenga presente que (–x)10 = [(-1)10 x10]  15   15  T11 =  (2x 2 )15 − (11 −1) (−x )11 −1 =  (2x 2 )5 (−x )10  11 − 1   10  15! 15! 32x 20 = 96.096 x 20 T11 = 25 x 10 (−1)10 x 10 = 10!⋅(15 − 10)! 10!⋅5! comprobamos b) Calcular el o los términos centrales de (3x − 2 y) 9 9 9 9 9 9 9  9 9 9 9(a + b ) 9 =  a 9b 0 +  a 8b 1 +  a 7 b 2 +  a 6b 3 +  a 5b 4 +  a 4b 5 +  a 3b 6 +  a 2b 7 +  a 1b 8 +  a 0b 9 = 0 1 2 3  4 5  6 7 8 9                     Si n = 9 el desarrollo tiene 10 términos, entonces hay 2 términos centrales n +1 9+1 términos centrales hacemos =5 son el 5º y 6º 2 2 18 c-d 18 e
  57. 57. Hallamos entonces el 5º y el 6º término para (3x − 2 y)9  n  n − (k − 1 ) (k − 1 )Tk =  a b donde a = 3 x b = -2 y k − 1 n=9 y k = 5  9  9 9!T5 =  (3x )9 − (5 −1 ) (−2y )(5 −1) =  (3x ) (−2y ) = 5 4 35 x 5 (−2) 4 y 4 5 − 1  4 4!⋅(9 − 4)! 9! ahora a = 3 x b = -2 y = 243 ⋅ x 5 ⋅ 16 ⋅ y 4 = 489.888 x 5y 4 4!⋅5! n=9 y k = 6  9  9 9!T6 =  (3x ) 9 − ( 6 −1 ) (−2y ) ( 6 −1) =  (3x ) 4 (−2y )5 = 34 x 4 (−2)5 y 5  6 − 1 5 5!⋅(9 − 5)! 9! = 81 ⋅ x 4 ⋅ (−32) ⋅ y 5 = −362.592x 4 y 5 5!⋅4!
  58. 58. 1517 c) El coeficiente de x en el desarrollo de  4 32 1   x − 3  x Debe hallarse teniendo en cuenta  15  15 − (k −1) 32 que el término que contenga x32 Tk =  a x (−1)k −1(si existe) debe ser de la forma k − 1  15  4 15 − (k −1) aplicando la fórmula del término k-ésimo Tk =   (x ) (−1)k −1 ((x ) − 3 )(k −1 ) k − 1 Resolvemos en el término k-ésimo solamente los factores que contienen x  15  4 16 − k  15  64 − 4k Tk =   (x ) (−1)k −1 (x ) − 3k + 3 =  x (−1)k −1 (x ) − 3k + 3 k − 1 k − 1  15  64 − 4k  15  64 − 4k −3k + 3 = x (x ) −3k + 3 (−1)k −1 = x (−1)k −1 k − 1 k − 1 Llegamos a una expresión que contiene una potencia de x, en función de k ; como nosotros queremos saber cuál es el término (k) que contiene x 32 ; igualamos el exponente de x a 32 y despejamos k 67 − 7k = 32 67 − 32 = 7k k =5 18 d 18 e
  59. 59. 15  4 1  17 c) Para verificar hallamos el 5º x − 3 término del desarrollo de  x   15  4 15 − (5 −1 ) 15!T5 =  (x ) (−1)5 −1 (x − 3 )5 −1 = (x 4 )11 (−1) 4 (x −3 ) 4 5 − 1 4!⋅(15 − 4)! 15! 44 −12 = x x = 1.365 x 32 Usamos el mismo 4!⋅11! procedimiento que en el ejercicio18 d) Para hallar el término de grado 7 en ( x1 / 2 + x 3 ) 7 anterior  7  1 / 2 7 −k +1 3 k −1  7  8 −k 3k −3 entonces, Tk =   (x ) (x ) = x 2 x trabajando con k − 1 k − 1 los exponentes 8−k 8−k k 5 + 3k − 3 = 7 + 3k − 3 = 4 − + 3k − 3 = 1 + k = 7 2 2 2 2 5 6 ⋅ 2 12 k =6 k = = 5 5 2 El problema NO TIENE SOLUCION porque k debe ser un número natural 18 e
  60. 60. 25  3 317 e) Para hallar el término que contiene a-35 en a + 2   a  planteamos . . .  25  3 25 −k +1  3 k −1 Tk =  ( a ) k − 1  2   a  y estudiamos en particular los factores 3( 26 − k ) 3k −1 3( k −1 ) a ( 78 −3k ) que contienen a a 2( k −1 ) = ( 2k −1 ) = a a La potencia del denominador pasa al ( k −1 ) ( 78 − 3k ) −( 2k − 2 ) numerador con signo cambiado=3 ⋅a ⋅a = operamos los exponentes del factor a ( k −1 ) ( 78 − 3k − 2k + 2 ) (producto de potencias de igual base) =3 ⋅a = igualamos el factor a elevado a la ( 78 − 3k − 2k + 2 ) − 35 a =a potencia que buscamos ( -35 ) igualamos los exponentes y despejamos k 80 − 5k = −35 El término que contiene a-35 − 115 es el 23º − 5k = −35 − 80 k = = 23 −5 23 < 25 B.C. Recuerde que k debe ser un número natural menor ó igual que el exponente del binomio
  61. 61. 18) Si los términos T10 y T15 son equidistantes de los extremos en el desarrollo de (x + a)nhallar n es mucho mas simple de lo que parece El desarrollo tiene n + 1 términos y si T10 y T15 son equidistantes de los extremosAntes que T10 hay 9 términos después de T15 también deben haber 9 términos T1 T2 T8 T9 T10 T15 T16 T17 T23 T24 + + ... + + + + ... + + + + ... + + podíamos haber planteado: si T10 y T15 son equidistantes de los extremos 10 – 1 = 9 9 términos a la izquierda de T10 15 + 9 = 24 el último término es T24 n + 1 = 24 el desarrollo de cualquier binomio y para tiene n + 1 términos finalizar . . . Serás lo que debas ser, entonces . . . n = 23 sino serás nada. Gral. José de San Martín te presento alguien que en algún momento puede darte una ayuda importante . . .

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