ÁLGEBRA Algunas soluciones a la Práctica 2

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1 ÁLGEBRA Algunas soluciones a la Práctica Combinatoria (Curso ) 9. Con 3 mujeres y 5 hombres (a) Cuántos grupos de tres personas que incluyan dos del mismo sexo se pueden formar? Nos referimos a grupos con EXACTAMENTE dos personas del mismo sexo, es decir, grupos de dos hombres y una mujer, o un hombre y dos mujeres. Contamos grupos de o personas, elegidas entre 3 o 5 posibilidades (dependiendo de si son mujeres u hombres) sin importarnos el orden. Utilizaremos por tanto combinaciones sin repetición: )( ) )( ) 3 3 C 5, C 3, + C 5, C 3, = ( 5 + ( 5 = = 45 (b) Cuántas hileras de 8 personas se pueden formar si las mujeres no pueden ocupar ni el primer ni el último lugar? Ahora importa el orden, por tratarse de hileras. Sabemos que en el primer y último puesto necesariamente hay un hombre. Por tanto, las posiblidades para elegir al primero y al último son V 5, = 0. Ahora para los otros seis puestos intermedios nos quedan 3 hombres y 3 mujeres. Las posilbidades totales son: V 5, P 6 = 0 70 = 4400 (c) Cuántas hileras de 6 personas se pueden formar si personas del mismo sexo no pueden ocupar lugares consecutivos? Las posiblidades por sexos son HMHMHM o MHMHMH, donde H reprenta un hombre y M una mujer. Teniendo en cuenta que hay 5 hombres y 3 mujeres, el número de hileras que podemos formar será: V 5,3 V 3,3 = 60 6 = 70 (d) De cuántas formas pueden repartirse bombones? Pensamos en que a cada bombón le asignamos una persona, pudiendo asignar la misma persona a bombones distintos. Debido a que no distinguimos entre bombones pero si entre personas, las posibilidades son, combinaciones con repetición de 8 clases de elementos tomados de en. ( ) + 8 CR 8, = = (Primer parcial, febrero 003) ( ) 9 = ( ) 9 =

2 0. En una carrera deportiva participan cinco equipos de cuatro corredores cada uno. Para contabilizar el resultado al primero se le adjudican cuatro puntos, al segundo dos y al tercero uno. (a) Cuántos resultados distintos son posibles, con la condición de que los tres corredores sean de tres equipos distintos? Los cinco equipos pueden ordenarse en los tres primeros puestos de V 5,3 = formas distintas. Ahora dentro de cada equipo hay 4 posibilidades, una por cada corredor. El número total de posibles resultados será: = (b) Cuántos resultados posibles son distintos en la competición por equipos? Las posibilidades son: - Todos los puntos para un equipo: 5 posibilidades. - 6 puntos para un equipo (primer y segundo puesto) y para otro (tercer puesto): 5 4 posibilidades. - 5 puntos para un equipo (primer y tercer puesto) y para otro (segundo puesto): 5 4 posibilidades. - 4 puntos para un equipo (primer puesto) y 3 para otro (segundo y tercero): 5 4 posibilidades. - Que los puntos se repartan entre 3 equipos distintos: posibilidades. En total quedan: resultados posibles = = 5

3 ÁLGEBRA Solución a los problemas adicionales Combinatoria (Curso ) I. De cuántas maneras podemos distribuir 8 bolas idénticas en 3 contenedores A, B, C de modo que a) ninguna caja se quede vacía? En primer lugar, para que ninguna caja se quede vacía debemos poner al menos una bola en cada caja y luego distribuir las 5 bolas sobrantes entre las 3 cajas. Se trata por tanto de formar grupos no ordenados de 5 elementos, de manera que cada uno de ellos puede ser A, B o C. Son combinaciones con repetición: ( ) CR 3,5 = = 5 (3 + 5 )! 5!(3 )! = b) ninguna caja se quede vacía y que el contenedor C contenga un número par de bolas? Ahora, ponemos como mínimo una bola en cada contenedor, pero además para que en el contenedor C siempre halla un número par de bolas, podemos meter en él,, 4 o 6. En cada caso las bolas restantes se distribuyen en los contenedores A y B. Queda por tanto: ( ) ( ) ( ) CR,4 + CR, + CR,0 = + + = = (Primer parcial, enero 008) II. En una cena de antiguos compañeros de clase hay doce comensales que han reservado una mesa redonda en un restaurante de moda. Por una vieja rencilla dos de ellos no se tratan. El organizador, preocupado por la situación, se pregunta: (a) De cuantas formas pueden sentarse a la mesa los doce comensales, de manera que los enemistados no se sienten juntos?. Método I: Primero calculamos de cuantas formas pueden sentarse los sin ninguna restricción. Teniendo en cuenta que es una mesa redonda, lo que diferencia una configuración de otra es la posición relativa de unos respecto a otros. Por tanto fijamos un comensal. Los once restantes pueden sentarse en once sillas, de manera que el orden en que se coloquen diferencia una configuración de otra. Se trata por tanto de permutaciones de elementos, es decir: P =! Ahora vemos en cuantas de estas posibilidades los dos enemistados A y B se sientan juntos. Fijado A como referencia, B puede sentarse a su derecha o a su izquierda, y los 0 restantes en las 0 sillas que quedan. Son por tanto P 0 opciones.

4 Restando unas de otras queda: P P 0 =! 0! = 9 0! Método II: Directamente: si los enemistados son A y B, fijamos la posición de A. Entonces B puede sentarse en cualquier silla que no este al lado de A, es decir, 9 opciones. Los otros 0 en las restantes. Obtenemos que las posibilidades totales son: 9 P 0 = 9 0! (b) De cuantas formas pueden sentarse a la mesa los doce comensales, de manera que los dos enemistados no se sienten uno enfrente del otro?. Método I: A las posibilidades totales le descontamos en las que A y B están enfrente. Fijadas sus posiciones los otros 0 se pueden sentar en las 0 sillas restantes. Son P 0 combinaciones. Por tanto aquellas en las que no están enfrente son: P P 0 =! 0! = 0 0! Método II: Directamente: fijada la posición de A, si B no esta enfrente puede sentarse en las 0 sillas restantes. Ahora los otros invitados pueden sentarse en cualquier silla no ocupada. Las opciones totales son: 0 P 0 = 0 0! (c) De cuantas formas pueden sentarse a la mesa los doce comensales, de manera que los dos enemistados no se sienten ni juntos ni uno enfrente del otro?. Método I: A las posibilidades totales les restamos aquellas en las que A y B están juntos o enfrente: P! P 0! P 0! =! 3 0! = 8 0! Método II: Directamente: fijada la posición de A, si B no esta enfrente ni al lado puede sentarse en 8 sillas. Los otros comensales eligen entre las 0 sillas restantes. Queda: 8 P 0 = 8 0! (Examen final, junio 004) III. Vives en una urbanización que se puede representar esquemáticamente con el siguiente diagrama:

5 Una mañana te dispones a desplazarte desde A hasta B. Es claro que para hacerlo tendrás que recorrer al menos tramos (un tramo es la longitud del lado de una manzana). (a) Cuantos recorridos formados por tramos llevan desde A hasta B? Para hacer el recorrido en once tramos necesariamente en cada cruce sólo puedes, o bien subir, o bien ir a la derecha. Si bajas o vas a la izquierda necesitarías más de tramos para completar el recorrido. En concreto hay que subir 4 manzanas e ir 7 a la derecha. Por tanto una ruta de once tramos consiste simplemente en decidir en que orden hacemos los tramos de subida y los de ir a la derecha. Son permutaciones con repetición de elementos donde hay 7 de una clase y 4 de la otra: P (; 7, 4) =! 7!4! = 330 (b) Cuántos de tramos? Sabemos que el número mínimo de tramos es, 4 hacia arriba y 7 a la derecha. Si recorremos algún tramo a la izquieda o hacia abajo, hemos de volver a recorrer otro hacia la derecha o hacia arriba respectivamente, para recuperalo. Por tanto para completar el recorrido de A a B, necesariamente hemos de añadir un número par de tramos al número mínimo. Deducimos que es imposible hacerlo en tramos. (c) Si deseas evitar a toda costa la intersección C marcada en el dibujo (por motivos que no vienen al caso), cuántos recorridos de tramos puedes seguir? Contamos el número de recorridos de tramos que pasan por la intersección C y los descontamos del número de recorridos total calculado en (a). Para ir de A a C necesitamos 3 tramos a la derecha y hacia arriba. Las posibilidades son P (5; 3, ). Para ir de C a B necesitamos 4 tramos a la derecha y hacia arriba. Es decir, P (6; 4, ) posiblidades. En total hay recorridos de tramos pasando por C. P (5; 3, ) P (6; 4, ) = 5! 3!! 6! 4!! = 50 Por tanto el número de recorridos de tramos que no pasan por C es:! 7!4! 5! 3!! 6! 4!! = = 80. IV. Tres personas se suben al ascensor en la planta baja de un edificio con 5 plantas más. Calcular de cuántas formas pueden bajar del ascensor (a) si distinguimos entre las tres personas. Cada una de ellas puede elegir una cualquiera de las 5 plantas, pudiendo bajarse dos o más en la misma. Son por tanto variaciones con repetición de 5 elementos tomados de 3 en 3: V R 5,3 = 5 3 = 5

6 (b) si no distinguimos entre las tres personas Ahora, como no distinguimos entre las personas no nos importa el orden en que se elijan las plantas. Por tanto son combinaciones con repetición de 5 clases de elementos tomados de 3 en 3: + 3 CR 5,3 = = 35 3 V. (a) De cuántas maneras pueden entrar diez alumnos en tres aulas, si no se hace distinción de personas? Método I: Para contar cuántas posibilidades hay podemos tener en cuenta lo siguiente. Escribimos un número del al 3 por cada uno de los alumnos, dependiendo de en qué clase ha entrado. Estamos formando por tanto grupos de 0 elementos escogidos de entre 3 posibles. Como dos alumnos pueden entrar en la misma clase, pueden repetirse elementos. Como no distinguimos entre los alumnos, no nos importa el orden en que escribimos los 0 números del al 3. Se trata por tanto de combinaciones con repetición de 3 tipos de elementos tomados de 0 en 0: ( ) ( ) CR 3,0 = = = 0 = 66. Método II: Contamos de la siguiente manera. - Si en la clase no entra ningún alumno, los 0 entrarán en las dos restantes distribuidos: 0 0; 9 ; 8 ; ; posibilidades. - Si en la clase entra alumno, los 9 restantes podrán distribuirse: 9 0; 8 ; 7 ; ; 0 posibilidades. Reiterando este argumento vemos que el número de posibilidades totales es: = (b) Y si sí que se distingue entre personas? ( + ) = 66. Razonamos como antes. La única diferencia es que ahora sí distinguimos entre alumnos. Por tanto si importa el orden en que escribimos los 0 números del al 3. Se trata de variaciones con repetición de 3 tipos de elementos tomados de 0 en 0: V R 3,0 = 3 0 = (Examen extraordinario, diciembre 005)

7 VI. Un aspirante a hacker quiere entrar en el correo electrónico de su vecino del quinto. Para ello necesita conocer una clave de 0 caracteres, formada por 4 números y 6 letras. (a) Teniendo en cuenta que hay 6 letras, Cual es el máximo número de intentos que tendría que hacer?. De los 0 caracteres sabemos que hay 6 letras y 4 números. Escogemos primero donde vamos a poner números y donde letras. Se trata de permutaciones con repetición de 0 elementos, 6 de un tipo y 4 de otro: P R 0;6,4 = 0! 6!4!. Ahora por cada una de esas configuraciones, vemos cuantas letras y números podemos poner. Para cada posición alfabética tenemos 6 letras posibles y para cada posición numérica 0 cifras. En definitiva el número total de posibilidades es: 0! 6!4! (b) Se entera de que su vecino ha formado la clave mezclando las 6 letras de su nombre (Iginio) y las cuatro cifras de su año de nacimiento (969). Cuántos intentos tendría que hacer ahora como máximo?. Ahora simplemente tenemos que contar de cuantas formas podemos ordenar en 0 posiciones los siguientes elementos: - 3 i es, g, n, o, uno, nueves y seis. Son permutaciones con repetición: (Primer parcial, enero 007) P R 0;3,,,,,, = 0! 3!!. VI. Cuántas matrices 5 5 distintas pueden formarse con exactamente tres unos y todos los demás elementos nulos?. Método I: Tenemos que contar las formas de distribuir 5 elementos (3 unos y ceros) en 5 posiciones distintas; tenemos en cuenta que los unos son iguales entre si y los ceros también. Se trata por tanto de permutaciones con repetición de 5 elementos, de los cuales hay grupos de 3 y elementos iguales: P R 5;,3 = 5!!3! = 300. Método II: Para formar una matriz en las condiciones pedidas basta elegir las tres posiciones donde ponemos los unos. Para ello elegimos tres posiciones de entre las 5

8 posibles (no nos importa el orden en el cual las damos). Por tanto son combianciones sin repetición de 5 elementos tomados de 3 en 3: C 5,3 = = Cuántas de estas matrices tienen rango?. Método I: Descontaremos a las calculadas previamente las de rango 3 y las de rango. Las de rango 3 se obtienen colocando los tres unos en filas y columnas distintas. Para el primer uno tenemos 5 opciones; para el segundo 6; para el tercero 9. Tenemos en cuenta además que los tres unos son iguales entre si, por lo que estamos repitiendo sus posibles permutaciones. Por tanto las matrices de rango 3 son: = 600. Las de rango tienen los tres unos en una fila o en una columna. Hay P R 5;3, formas de colocar los tres unos en una fila y 5 posibilidades para elegir la fila. Exactamente lo mismo ocurre para las columnas. Por tanto las matrices de rango son: 5 5! 3!! = 00. Finalmente el número de matrices de rango es: = 600. Método II: Una matriz de las anteriores, pero de rango tiene todos los unos en dos filas o en dos columnas. El número de filas posibles con dos unos, dependiendo de la posición de éstos, es: P R 5;3, = C 5, =. El número de filas posibles con un uno, dependiendo de la posición de éste, es: P R 5;4, = C 5, =. Ahora para colocar la fila de dos unos tenemos cinco opciones; para la de un sólo uno cuatro. En total: 5 4

9 Hacemos el mismo razonamiento para columnas; por último tenemos en cuenta que hay matrices de rango que tienen al mismo tiempo los unos en dos filas y en dos columnas. Son aquellas en las que la fila de un sólo uno tiene ese elemento no nulo en alguna de las dos posiciones no nulas de la fila con dos unos. En definitiva el número de matrices pedido es: 5 4 (Examen final, junio 008) 5 4 ( ) = Se dispone de 0 candados con sus correspondientes 0 llaves. Además hay una llave maestra adicional que abre cualquiera de ellos. Se cierra una caja con dos de esos candados. (a) Cuántos grupos distintos de 4 llaves pueden formarse?. Tenemos en total llaves. Cada grupo se forma escogiendo 4 de ellas, sin repetirlas y sin importarnos el orden en que lo hacemos. Se trata de combinaciones sin repetición de elementos tomados de 4 en 4: C,4 = ( 4 ) = = 330. (b) Cuántos de ellos nos aseguran poder abrir la caja?. Podremos abrir la caja si: ) En nuestro grupo de 4 llaves está la maestra. ) En nuestro grupo de 4 llaves no está la maestra pero si las dos llaves que abren los dos candados. Contamos cada uno de ellos: ) Un grupo de 4 donde está la maestra se forma escogiendo 3 llaves de entre las 0 restantes: ( ) 0 C 0,3 = = = 0. ) Un grupo de 4 donde están las dos de la caja pero no la maestra se forma escogiendo llaves de entre las 8 restantes: ( ) 8 C 8, = = 8 7 = 8. En total: C 0,3 + C 8, = 48. (c) Con cuántos de ellos podremos abrir al menos uno de los dos candados?.

10 Contamos con cuantos grupos no podemos abrir ningún candado. formados con las 8 llaves que no abren ninguno: C 8,4 = ( ) 8 = = 70. Serán grupos Los que abren al menos uno, serán el resto: C,4 C 8,4 = = 60. (Examen extraordinario, septiembre 008)