domingo, 19 de noviembre de 2017
martes, 30 de mayo de 2017
Elaboración de un programa en GNU Octave que resuelve la distribución de bolas idénticas entre un cierto número de personas
El número de maneras de repartir $3$ bolas idénticas entre $n$ personas es un problema de combinaciones con repetición (lo representamos de la forma $CR_{n,3}$, lo cual también puede designarse de la forma $\displaystyle \left(\binom{n}{3}\right)$), y es igual a $$\displaystyle \binom{3+n-1}{3}=\binom{n+2}{3}=\dfrac{(n+2)!}{3!\cdot (n-1)!}=\dfrac{(n+2)(n+1)n}{6}$$ A continuación se muestra el código del programa escrito en el lenguaje de programación GNU Octave, mediante el cual, podemos visualizar cada uno de los repartos posibles:
Elaboración de un programa en GNU Octave que resuelve la distribución de bolas distintas entre un cierto número de personas
El número de maneras de repartir $3$ bolas de distinto color ( azul, rojo y negro ) entre $n$ personas es un problema de variaciones con repetición, y es igual a $$\displaystyle n^3$$ A continuación se muestra el código del programa escrito en el lenguaje de programación GNU Octave, mediante el cual, podemos visualizar cada uno de los repartos posibles:
martes, 2 de mayo de 2017
Las funciones piso, techo, parte entera, mantisa y redondeo
La función piso, $\lfloor x \rfloor$, de $\mathbb{R}$ en $\mathbb{Z}$, se define de la siguiente manera: $$ \lfloor x \rfloor = \text{máx}\{ k \in \mathbb{Z}: k \le x \}$$ Ejemplos: $\lfloor 1,3 \rfloor = 1$; $\lfloor -1,3 \rfloor = -2$; $\lfloor 0,3 \rfloor = 0$
La función techo, $\lceil x \rceil$, de $\mathbb{R}$ en $\mathbb{Z}$, se define de la siguiente manera: $$ \lceil x \rceil = \text{mín}\{ k \in \mathbb{Z}: k \ge x \}$$ Ejemplos: $\lceil 1,3 \rceil = 2$; $\lceil -1,3 \rceil = -1$; $\lceil 0,3 \rceil = 1$
La función parte entera, $\
[ x ]$, de $\mathbb{R}$ en $\mathbb{Z}$, se define de la siguiente manera: $$ [x]=\left\{\begin{matrix}\lceil x \rceil & \text{si} & x\ge 1 \\ 0 & \text{si} & -1 \le x\le 1 \\ \lfloor x \rfloor & \text{si} & x\le -1 \end{matrix}\right.$$ Ejemplos: $[ 1,3 ] = 2$; $[-1,3 ] = -2$; $[0,3] = 0$; $[-0,3] = 0$
Observación: Definición de la función empleando el condicional ( GeoGebra ): Si[x<-1,ceil(x),Si[x>1,floor(x),0]]
La función mantisa (o parte decimal ), $\
\{ x \}$, de $\mathbb{R}$ en $(-1,1)\subset \mathbb{R}$, se define de la siguiente manera: $$ \{x\}=\left\{\begin{matrix}x - \lfloor x \rfloor & \text{si} & x\ge 0 \\ \lfloor x \rfloor - x & \text{si} & x \prec 0 \end{matrix}\right.$$ Ejemplos: $\{ 1,3 \} = 0,3$; $\{-1,3 \} = 0,3$
La función redondeo, $\text{redondeo}(x)$, de $\mathbb{R}$ en $\mathbb{Z}$, se define de la siguiente manera: $$ \text{redondeo}(x)=\lfloor(x+0,5)\rfloor$$ Ejemplos: $\text{redondeo}(1,4)=1$; $\text{redondeo}(1,6)=2$; $\text{redondeo}(-0,7)=-1$; $\text{redondeo}(-0,2)=0$;$\text{redondeo}(-1,8)=-2$
$\square$
La función techo, $\lceil x \rceil$, de $\mathbb{R}$ en $\mathbb{Z}$, se define de la siguiente manera: $$ \lceil x \rceil = \text{mín}\{ k \in \mathbb{Z}: k \ge x \}$$ Ejemplos: $\lceil 1,3 \rceil = 2$; $\lceil -1,3 \rceil = -1$; $\lceil 0,3 \rceil = 1$
La función parte entera, $\
[ x ]$, de $\mathbb{R}$ en $\mathbb{Z}$, se define de la siguiente manera: $$ [x]=\left\{\begin{matrix}\lceil x \rceil & \text{si} & x\ge 1 \\ 0 & \text{si} & -1 \le x\le 1 \\ \lfloor x \rfloor & \text{si} & x\le -1 \end{matrix}\right.$$ Ejemplos: $[ 1,3 ] = 2$; $[-1,3 ] = -2$; $[0,3] = 0$; $[-0,3] = 0$
La función mantisa (o parte decimal ), $\
\{ x \}$, de $\mathbb{R}$ en $(-1,1)\subset \mathbb{R}$, se define de la siguiente manera: $$ \{x\}=\left\{\begin{matrix}x - \lfloor x \rfloor & \text{si} & x\ge 0 \\ \lfloor x \rfloor - x & \text{si} & x \prec 0 \end{matrix}\right.$$ Ejemplos: $\{ 1,3 \} = 0,3$; $\{-1,3 \} = 0,3$
La función redondeo, $\text{redondeo}(x)$, de $\mathbb{R}$ en $\mathbb{Z}$, se define de la siguiente manera: $$ \text{redondeo}(x)=\lfloor(x+0,5)\rfloor$$ Ejemplos: $\text{redondeo}(1,4)=1$; $\text{redondeo}(1,6)=2$; $\text{redondeo}(-0,7)=-1$; $\text{redondeo}(-0,2)=0$;$\text{redondeo}(-1,8)=-2$
$\square$
miércoles, 19 de abril de 2017
domingo, 2 de abril de 2017
Manejando funciones con GNU Octave
En la siguiente imagen se muestra una manera ( hay otras formas de hacerlo ) de definir una función ( ejemplo: $f(x)=x^2+x+1$ ) con la herramienta GNU Octave, para luego valorarla, fijando algunos valores de la variable independiente $x$.
Nota: Para realizar esta prueba de cálculo se ha empleado la interfaz gráfica de usuario ( GUI ) del programa, si bien también puede usarse la consola de comandos ( CLI )
Nota: Para realizar esta prueba de cálculo se ha empleado la interfaz gráfica de usuario ( GUI ) del programa, si bien también puede usarse la consola de comandos ( CLI )
martes, 21 de febrero de 2017
La paradoja de Monty-Hall
En 1963, en el concurso de televisión estadounidense Let's make a deal ( Hagamos un trato ), presentado por el actor Monty Hall, surgió un dilema conocido como paradoja de Monty Hall y que hoy en día ocupa ya un destacado lugar en la lista de los problemas de probabilidad que podríamos considerar emblemáticos o notorios, como lo son también: el problema del reparto de las cantidades apostadas en un juego inacabado y el problema de las apuestas en el lanzamiento de dados -- que le Chevalier de Méré planteó a Blaise Pascal ( siglo XVII) -- y el problema conocido como de los abrigos, por citar algunos más (entre otros muchos). Veamos en qué consiste el problema de Monty Hall. Las soluciones de dichos problemas nos enseñan cuáles son las mejores estrategias en los respectivos juegos de apuestas ( o bien en otros equivalentes a los originalmente planteados ), entendiendo por apuestas, no sólo las que se hacen en los casinos de juego, sino también las que debemos hacer en muchas situaciones de la vida en las que deberíamos tomar decisiones razonables, a pesar de la complejidad de las circunstancias.
En el concurso de televisión se daba la posibilidad de ganar un premio a un participante. Para ello, el concursante debía encarar la siguiente situación. Tras una de tres puertas cerradas había un premio y tras las otras dos no había premio. Se pedía al concursante que eligiese una puerta al azar. Después de que el concursante la señalara ( no se abría la puerta elegida ), el presentador abría otra de las dos puertas, tras la cual no estaba el premio, dándole al concursante la posibilidad de cambiar de elección. Éste, pues, se encontraba con el dilema de continuar con su elección original o bien cambiar la elección a la otra puerta aún no abierta.
¿ En cuál de las dos estrategias la probabilidad de obtener el premio es mayor, la que pasa por aceptar el ofrecimiento del presentador de cambiar la elección original de la puerta o bien la de seguir con la puerta elegida en un principio ?.
Es claro que antes de que intervenga el presentador, la probabilidad de elegir la puerta premiada es $\dfrac{1}{3}$. Ahora bien, al intervenir éste ( y antes que de que abra la puerta elegida en primera instancia ), abriendo una puerta en la que no está el premio, es evidente que la información que el concursante tiene ha aumentado; así que la probabilidad de que en la puerta elegida esté el premio, también se ha modificado. La cuestión es: ¿ cuál es dicha probabilidad , teniendo en cuenta la nueva situación ?.
La mayor parte del público, dejándose engañar por la intuición, manifestaba la opinión de que cambiar o no de elección era irrelevante ( muchas personas que no han estudiado el problema siguen pensando lo mismo ), pues - decían - la probabilidad debe ser la misma, esto es $\dfrac{1}{2}$, ya que el premio está tras una de las dos puertas que continuan cerradas.
En contra de esa opinión -- casi generalizada --, Marilyn vos Savant ( a la que se le atribuye uno de las mayores capacidades intelectuales conocidas ) escribió en su columna Ask Marilyn ( Pregunta a Marilyn ) del periódico en el que colaboraba que la estrategia favorable consistía en cambiar la elección de la puerta, pues con ello la probabilidad de acertar el premio era igual a $\dfrac{2}{3}$. Por ello, obtuvo muchas protestas de personas ofendidas por su supuesta falta de visión matemática. Hasta hubo quien la calificó de ignorante.
Pues bien, el público contrario a la solución de Marilyn vos Savant - entre los que se encontraban también algunos matemáticos profesionales - se equivocaba. Justificaremos a continuación la corrección de su respuesta:
En el concurso de televisión se daba la posibilidad de ganar un premio a un participante. Para ello, el concursante debía encarar la siguiente situación. Tras una de tres puertas cerradas había un premio y tras las otras dos no había premio. Se pedía al concursante que eligiese una puerta al azar. Después de que el concursante la señalara ( no se abría la puerta elegida ), el presentador abría otra de las dos puertas, tras la cual no estaba el premio, dándole al concursante la posibilidad de cambiar de elección. Éste, pues, se encontraba con el dilema de continuar con su elección original o bien cambiar la elección a la otra puerta aún no abierta.
¿ En cuál de las dos estrategias la probabilidad de obtener el premio es mayor, la que pasa por aceptar el ofrecimiento del presentador de cambiar la elección original de la puerta o bien la de seguir con la puerta elegida en un principio ?.
Es claro que antes de que intervenga el presentador, la probabilidad de elegir la puerta premiada es $\dfrac{1}{3}$. Ahora bien, al intervenir éste ( y antes que de que abra la puerta elegida en primera instancia ), abriendo una puerta en la que no está el premio, es evidente que la información que el concursante tiene ha aumentado; así que la probabilidad de que en la puerta elegida esté el premio, también se ha modificado. La cuestión es: ¿ cuál es dicha probabilidad , teniendo en cuenta la nueva situación ?.
La mayor parte del público, dejándose engañar por la intuición, manifestaba la opinión de que cambiar o no de elección era irrelevante ( muchas personas que no han estudiado el problema siguen pensando lo mismo ), pues - decían - la probabilidad debe ser la misma, esto es $\dfrac{1}{2}$, ya que el premio está tras una de las dos puertas que continuan cerradas.
En contra de esa opinión -- casi generalizada --, Marilyn vos Savant ( a la que se le atribuye uno de las mayores capacidades intelectuales conocidas ) escribió en su columna Ask Marilyn ( Pregunta a Marilyn ) del periódico en el que colaboraba que la estrategia favorable consistía en cambiar la elección de la puerta, pues con ello la probabilidad de acertar el premio era igual a $\dfrac{2}{3}$. Por ello, obtuvo muchas protestas de personas ofendidas por su supuesta falta de visión matemática. Hasta hubo quien la calificó de ignorante.
Pues bien, el público contrario a la solución de Marilyn vos Savant - entre los que se encontraban también algunos matemáticos profesionales - se equivocaba. Justificaremos a continuación la corrección de su respuesta:
martes, 7 de febrero de 2017
Taller de introducción al cálculo simbólico con GNU MAXIMA, para estudiantes de 1.º de Bachillerato
El jueves, 09/02/2016 se realizará este taller en el Aula de Informática I del IES Miguel Delibes, como parte de las Jornadas de Puertas Abiertas del Centro.
viernes, 13 de enero de 2017
Cálculos de probabilidad acerca de la lotería primitiva
ENUNCIADO. La Lotería Primitiva es un juego de azar regulado por Loterías y Apuestas del Estado (LAE) que consiste en hacer apuestas, marcando por lo menos 6 números (diferentes) entre 1 y 49. En el sorteo, cada número de la 6-tupla premiada sólo puede salir una vez. Si se ha hecho una apuesta simple ( se han marcado $6$ números de entre los $49$ ), calcular la probabilidad de obtener:
a) $6$ aciertos
b) $4$ aciertos exactamente
c) que salga ( entre los aciertos ) el número '10'
d) obtener un sólo acierto
e) no obtener ningún acierto
SOLUCIÓN. El espacio muestral $\Omega$ se puede concebir como el conjunto de sucesos ( elementales ) del tipo $[x_1\,x_2\,x_3\,x_4\,x_5\,x_5]$ donde $x_i \in \{1,2,\ldots,49\}$ para $i\le 6$; dichos sucesos son equiprobables, luego podemos emplear la regla de Laplace para calcular/asignar probabilidades a cualquier suceso $S$ del espacio de probabilidad $(\Omega, P)$ de la forma $$P(S)\overset{\text{Laplace}}{=}\dfrac{N(S)}{S}$$ donde $N(S)$ es el número de casos favorables ( que calcularemos en cada uno de los casos pedidos ) a $S$ y $N$ es el número de sucesos posibles, que es igual a $C_{49,6}=\binom{49}{6}=13\,983\,816$ [ En el recuento no consideramos el orden en que van apareciendo los seis resultados ].
Entonces:
a) Hay $1$ sóla manera de elegir los seis aciertos ( la 6-tupla ganadora ), por lo tanto, $N(S)=1$; con lo cual, $P(S)=\dfrac{1}{\binom{49}{6}}\approx 7,1511\cdot 10^{-8}$
b) Hay $C_{6,4}$ maneras de elegir los cuatro aciertos y $C_{49-4,6-2}$ maneras de elegir los otros dos números ( no acertados ); entonces, por el principio multiplicativo, $N(S)=C_{6,4}\cdot C_{49-4,6-2}=\binom{6}{4}\cdot \binom{49-4}{6-4}$, luego $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{4}\cdot \binom{49-4}{6-4}}{\binom{49}{6}}\approx 1,06194\cdot 10^{-3}$$ Observación: Démonos cuenta que nos encontramos otra vez, aquí, con el modelo hipergeométrico.
c) Hay $1$ sóla manera de elegir el número '10' y $C_{49-1,6-1}=\binom{49-1}{6-1}$ maneras de elegir los cinco restantes, luego por el principio multiplicativo $N(S)=1\cdot \binom{49-1}{6-1}$ y, por tanto, $$P(S)=\dfrac{1\cdot \binom{49-1}{6-1}}{\binom{49}{6}}\approx 1,2245\cdot 10^{-1}$$
d) Hay $C_{6,1}$ maneras elegir una 6-tupla con un sólo acierto y por tanto $C_{49-6,6-1}$ maneras de elegir los otros cinco números ( no acertados ) del la 6-tupla; entonces, por el principio multiplicativo, $N(S)=C_{6,1}\cdot C_{49-6,6-1}=\binom{6}{1}\cdot \binom{49-6}{6-1}$, luego $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{1}\cdot \binom{49-6}{6-1}}{\binom{49}{6}}\approx 4,1302 \cdot 10^{-1}$$
e) Hay $C_{6,0}=\binom{6}{0}=1$ sóla manera de elegir $0$ aciertos y $C_{49-6,6-0}$ maneras de elegir los otros seis números ( no acertados ) [ repárese en la necesidad de descontar los $6$ números premiados de los $49$ que hay en total ]; entonces, por el principio multiplicativo, $N(S)=C_{6,0}\cdot C_{49-6,6-0}=\binom{6}{0}\cdot \binom{49-6}{6-0}$, luego $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{0}\cdot \binom{49-6}{6-0}}{\binom{49}{6}}\approx 4,3596\cdot 10^{-1}$$
NOTA:
Invito al lector a leer [ aquí ] una ampliación del cálculo de probabilidades al objeto de dar respuesta a otras preguntas que pueden surgir acerca de la Lotería Primitiva.
$\square$
a) $6$ aciertos
b) $4$ aciertos exactamente
c) que salga ( entre los aciertos ) el número '10'
d) obtener un sólo acierto
e) no obtener ningún acierto
SOLUCIÓN. El espacio muestral $\Omega$ se puede concebir como el conjunto de sucesos ( elementales ) del tipo $[x_1\,x_2\,x_3\,x_4\,x_5\,x_5]$ donde $x_i \in \{1,2,\ldots,49\}$ para $i\le 6$; dichos sucesos son equiprobables, luego podemos emplear la regla de Laplace para calcular/asignar probabilidades a cualquier suceso $S$ del espacio de probabilidad $(\Omega, P)$ de la forma $$P(S)\overset{\text{Laplace}}{=}\dfrac{N(S)}{S}$$ donde $N(S)$ es el número de casos favorables ( que calcularemos en cada uno de los casos pedidos ) a $S$ y $N$ es el número de sucesos posibles, que es igual a $C_{49,6}=\binom{49}{6}=13\,983\,816$ [ En el recuento no consideramos el orden en que van apareciendo los seis resultados ].
Entonces:
a) Hay $1$ sóla manera de elegir los seis aciertos ( la 6-tupla ganadora ), por lo tanto, $N(S)=1$; con lo cual, $P(S)=\dfrac{1}{\binom{49}{6}}\approx 7,1511\cdot 10^{-8}$
b) Hay $C_{6,4}$ maneras de elegir los cuatro aciertos y $C_{49-4,6-2}$ maneras de elegir los otros dos números ( no acertados ); entonces, por el principio multiplicativo, $N(S)=C_{6,4}\cdot C_{49-4,6-2}=\binom{6}{4}\cdot \binom{49-4}{6-4}$, luego $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{4}\cdot \binom{49-4}{6-4}}{\binom{49}{6}}\approx 1,06194\cdot 10^{-3}$$ Observación: Démonos cuenta que nos encontramos otra vez, aquí, con el modelo hipergeométrico.
c) Hay $1$ sóla manera de elegir el número '10' y $C_{49-1,6-1}=\binom{49-1}{6-1}$ maneras de elegir los cinco restantes, luego por el principio multiplicativo $N(S)=1\cdot \binom{49-1}{6-1}$ y, por tanto, $$P(S)=\dfrac{1\cdot \binom{49-1}{6-1}}{\binom{49}{6}}\approx 1,2245\cdot 10^{-1}$$
d) Hay $C_{6,1}$ maneras elegir una 6-tupla con un sólo acierto y por tanto $C_{49-6,6-1}$ maneras de elegir los otros cinco números ( no acertados ) del la 6-tupla; entonces, por el principio multiplicativo, $N(S)=C_{6,1}\cdot C_{49-6,6-1}=\binom{6}{1}\cdot \binom{49-6}{6-1}$, luego $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{1}\cdot \binom{49-6}{6-1}}{\binom{49}{6}}\approx 4,1302 \cdot 10^{-1}$$
e) Hay $C_{6,0}=\binom{6}{0}=1$ sóla manera de elegir $0$ aciertos y $C_{49-6,6-0}$ maneras de elegir los otros seis números ( no acertados ) [ repárese en la necesidad de descontar los $6$ números premiados de los $49$ que hay en total ]; entonces, por el principio multiplicativo, $N(S)=C_{6,0}\cdot C_{49-6,6-0}=\binom{6}{0}\cdot \binom{49-6}{6-0}$, luego $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{0}\cdot \binom{49-6}{6-0}}{\binom{49}{6}}\approx 4,3596\cdot 10^{-1}$$
NOTA:
Invito al lector a leer [ aquí ] una ampliación del cálculo de probabilidades al objeto de dar respuesta a otras preguntas que pueden surgir acerca de la Lotería Primitiva.
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martes, 10 de enero de 2017
Recuento de los números enteros no negativos de a lo sumo n cifras
ENUNCIADO. ¿ Cuántos números enteros no negativos pueden formarse que tengan a lo sumo $n$ cifras ?
SOLUCIÓN.
Procedimiento I
El conjunto de cifras del alfabeto decimal es $\{0,1,2,\ldots,9\}$ y consta por tanto de $10$ cifras. Veamos ahora cuántos números se pueden formar de $1$, $2$, $\ldots$ hasta de $n$ cifras. Veamos qué sucede a medida que aumentamos el valor de $n$.
Números de una cifra:
Desde luego, se puede formar $1$ número, el $0$
Se pueden formar también los $9$ números, del $1$ al $9$
Por tanto podemos formar $1+9=10$ números de una cifra.
Números de dos cifras:
Como podemos elegir de $9$ maneras la cifra de las decenas ( pues no podemos elegir el '0' si dichos números han de tener dos cifras ) y de $10$ maneras las de las unidades, podemos formar $9\cdot 10$ números de dos cifras
Números de tres cifras:
Como podemos elegir de $9$ maneras la cifra de las centenas ( pues no podemos elegir el '0' si dichos números han de tener tres cifras ), de $10$ maneras las de las decenas, y de $9$ maneras las cifra de las unidades. Así que podemos formar $9\cdot 10 \cdot 10=9\cdot 10^2$ números de tres cifras.
...
De ahí es fácil inducir que:
Números de $n$ cifras:
Podemos formar $9\cdot 10^{n-1}$ números de $n$ cifras.
Por consiguiente, en total, podemos formar $$10+9\cdot 10 + 9\cdot 10^2+ \ldots + 9\cdot 10^{n} \quad \text{números de a lo sumo}\, n\, \text{cifras}$$ esto es $$10+9\cdot 10\cdot (1+10+10^2+\overset{\underbrace{n-1}}{\ldots}+10^{n-1}) \quad \quad (1)$$ Y teniendo en cuenta que la suma del paréntesis corresponde a la de los términos de una progresión geométrica de $n-1$ términos cuyo primer término es igual a $1$ y de razón $10$, sabemos ( por la fórmula de la suma ) que ésta es igual a $1\cdot \dfrac{10^{n-1}-1}{10-1}$ por lo que (1) nos queda
$10+9\cdot 10\cdot \dfrac{10^{n-1}-1}{10-1}$
$=10+\dfrac{9\cdot 10}{9}\cdot (10^{n-1}-1)$
$=10+10\cdot (10^{n-1}-1)$
$=10\cdot (1+10^{n-1}-1)$
$=10\cdot 10^{n-1}$
$=10^{n}$
Procedimiento II. Éste es el procedimiento más directo y más simple.
Consideremos un número de $n$ cifras. La primera ( por la izquierda ) podemos elegirla de $10$ maneras distintas, ya que también podemos optar por el '0', habida cuenta que estamos construyendo número de a lo sumo $n$ cifras. La misma consideración podemos hacer para elegir la segunda cifra, luego ésta podremos escogerla también de $10$ maneras distintas; y, de igual forma, hasta llegar a la última cifra ( la de las unidades ), que también podremos elegir de $10$ maneras distintas. Por consiguiente, y empleando el principio multiplicativo, podemos formar $$10\cdot 10 \cdot \overset{\underbrace{n}}{\ldots} \cdot 10 = 10^n\quad \text{números de a lo sumo}\, n\, \text{cifras}$$
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SOLUCIÓN.
Procedimiento I
El conjunto de cifras del alfabeto decimal es $\{0,1,2,\ldots,9\}$ y consta por tanto de $10$ cifras. Veamos ahora cuántos números se pueden formar de $1$, $2$, $\ldots$ hasta de $n$ cifras. Veamos qué sucede a medida que aumentamos el valor de $n$.
Números de una cifra:
Desde luego, se puede formar $1$ número, el $0$
Se pueden formar también los $9$ números, del $1$ al $9$
Por tanto podemos formar $1+9=10$ números de una cifra.
Números de dos cifras:
Como podemos elegir de $9$ maneras la cifra de las decenas ( pues no podemos elegir el '0' si dichos números han de tener dos cifras ) y de $10$ maneras las de las unidades, podemos formar $9\cdot 10$ números de dos cifras
Números de tres cifras:
Como podemos elegir de $9$ maneras la cifra de las centenas ( pues no podemos elegir el '0' si dichos números han de tener tres cifras ), de $10$ maneras las de las decenas, y de $9$ maneras las cifra de las unidades. Así que podemos formar $9\cdot 10 \cdot 10=9\cdot 10^2$ números de tres cifras.
...
De ahí es fácil inducir que:
Números de $n$ cifras:
Podemos formar $9\cdot 10^{n-1}$ números de $n$ cifras.
Por consiguiente, en total, podemos formar $$10+9\cdot 10 + 9\cdot 10^2+ \ldots + 9\cdot 10^{n} \quad \text{números de a lo sumo}\, n\, \text{cifras}$$ esto es $$10+9\cdot 10\cdot (1+10+10^2+\overset{\underbrace{n-1}}{\ldots}+10^{n-1}) \quad \quad (1)$$ Y teniendo en cuenta que la suma del paréntesis corresponde a la de los términos de una progresión geométrica de $n-1$ términos cuyo primer término es igual a $1$ y de razón $10$, sabemos ( por la fórmula de la suma ) que ésta es igual a $1\cdot \dfrac{10^{n-1}-1}{10-1}$ por lo que (1) nos queda
$10+9\cdot 10\cdot \dfrac{10^{n-1}-1}{10-1}$
$=10+\dfrac{9\cdot 10}{9}\cdot (10^{n-1}-1)$
$=10+10\cdot (10^{n-1}-1)$
$=10\cdot (1+10^{n-1}-1)$
$=10\cdot 10^{n-1}$
$=10^{n}$
Procedimiento II. Éste es el procedimiento más directo y más simple.
Consideremos un número de $n$ cifras. La primera ( por la izquierda ) podemos elegirla de $10$ maneras distintas, ya que también podemos optar por el '0', habida cuenta que estamos construyendo número de a lo sumo $n$ cifras. La misma consideración podemos hacer para elegir la segunda cifra, luego ésta podremos escogerla también de $10$ maneras distintas; y, de igual forma, hasta llegar a la última cifra ( la de las unidades ), que también podremos elegir de $10$ maneras distintas. Por consiguiente, y empleando el principio multiplicativo, podemos formar $$10\cdot 10 \cdot \overset{\underbrace{n}}{\ldots} \cdot 10 = 10^n\quad \text{números de a lo sumo}\, n\, \text{cifras}$$
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