ENUNCIADO. Diez personas quieren colocarse en fila india, de manera que la más baja y la más alta no estén juntas en ningún caso. ¿De cuántas maneras pueden hacerlo?
SOLUCIÓN. Si no impusiéramos la resctricción tendríamos $\text{P}_{10} = 10! = 3\,628\,800$ posibilidades; y, si hacemos el recuento de los casos en que la persona más baja y la más alta están juntas vemos que, como hay $\text{P}_{2}$ maneras de colocar a la pareja formada por la persona más baja y la persona más alta juntas en algún lugar de la fila y $\text{P}_{10-2}$ de colocar al resto de personas, aplicando el principio de independencia encontramos $\text{P}_{2} \cdot \text{P}_{10-2}= 2 \cdot 8! = 80\,640$ maneras de formar una fila india en la que la persona más baja y la más alta estén juntas, luego restando dichas cantidades obtenemos: $\text{P}_{10}-\text{P}_{2}\cdot \text{P}_{10-2}=3\,628\,800-80\,640=3\,548\,160$ maneras de colocarse en fila india a las diez personas, evitando que la persona más baja y la más alta estén juntas.
$\square$
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martes, 4 de septiembre de 2018
Ordenando dígitos
ENUNCIADO. ¿ Cuántos números enteros positivos de 5 cifras podemos formar, sin repetir ninguna, de tal modo que las tres primeras sean impares y las dos últimas pares ?
SOLUCIÓN. Dado que el conjunto de cifras pares es $\{0,2,4,6,8\}$, hay $\text{V}_{5,2}=5\cdot 4=20$ maneras de elegir la pareja de cifras correspondiente a las unidades y a las decenas ( que han de ser pares ); y, como disponemos de $5$ cifras impares, $\{1,3,5,7,9\}$, tenemos $\text{V}_{5,3}=5\cdot 4 \cdot 3=60$ maneras de elegir la terna de cifras impares que encabeza el número. Luego, por el principio de independencia, habrá $20\cdot 60=1\,200$ números posibles que cumplan las condiciones del enunciado.
$\square$
SOLUCIÓN. Dado que el conjunto de cifras pares es $\{0,2,4,6,8\}$, hay $\text{V}_{5,2}=5\cdot 4=20$ maneras de elegir la pareja de cifras correspondiente a las unidades y a las decenas ( que han de ser pares ); y, como disponemos de $5$ cifras impares, $\{1,3,5,7,9\}$, tenemos $\text{V}_{5,3}=5\cdot 4 \cdot 3=60$ maneras de elegir la terna de cifras impares que encabeza el número. Luego, por el principio de independencia, habrá $20\cdot 60=1\,200$ números posibles que cumplan las condiciones del enunciado.
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jueves, 22 de febrero de 2018
Habiendo olvidado la clave de la cerradura de la maleta ...
ENUNCIADO. Un maleta está protegida con una contraseña de cuatro cifras ( cada una de ellas, entre $0$ y $9$ ). Al cerrar la maleta con una cierta contraseña, ésta se nos olvida; sin embargo, recordamos que habíamos elegido dos cifras pares distintas y dos cifras impares distintas. ¿Cuántas claves deberemos probar como máximo?
SOLUCIÓN. Hay $\displaystyle \binom{5}{2}$ maneras de elegir las dos cifras pares y $\displaystyle \binom{5}{2}$ maneras de elegir las dos cifras impares. Por otra parte, podemos permutar las cuatro cifras de $4!$ maneras posibles. Así, pues, por el principio multiplicativo, hay, a lo sumo, un total de $\displaystyle 4!\cdot \binom{5}{2} \cdot \binom{5}{2} = 24\cdot 10\cdot 10 = 2400$ posibles claves a examinar. $\square$
SOLUCIÓN. Hay $\displaystyle \binom{5}{2}$ maneras de elegir las dos cifras pares y $\displaystyle \binom{5}{2}$ maneras de elegir las dos cifras impares. Por otra parte, podemos permutar las cuatro cifras de $4!$ maneras posibles. Así, pues, por el principio multiplicativo, hay, a lo sumo, un total de $\displaystyle 4!\cdot \binom{5}{2} \cdot \binom{5}{2} = 24\cdot 10\cdot 10 = 2400$ posibles claves a examinar. $\square$
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, 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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miércoles, 26 de octubre de 2016
Sentando chicos y chicas en una fila de butacas
ENUNCIADO. Cuatro chicos y cuatro chicas se quieren sentar en ocho butacas dispuestas en fila y numeradas. Se pide:
a) ¿ Cuántas ordenaciones son posibles ?
b) Antes de sentarse, sortean las butacas entre las ocho personas. ¿ Cuál es la probabilidad de que todas las chicas tengan al lado un chico ?.
c) Generalizar el resultado anterior para un $n/2$ chicos y $n/2$ chicas, siendo $n$ un número par
SOLUCIÓN.
a)
Como importa el orden, el número de ordenaciones posibles es $V_{8,8}=8!=40\,320$
b)
El espacio muestral $\Omega$ está formado por $8!$ sucesos, que son las ordenaciones posibles. Cada una de ellas tiene la misma probabilidad de ser elegida, luego podemos aplicar la regla de Laplace para calcular la probabilidad pedida.
Denotemos por $A$ al suceso "todas las chicas tienen al lado un chico", entonces $$P(A)\overset{\text{def}}{=}\dfrac{N(A)}{N} \quad \quad (1)$$ siendo $N=8!=40320$ ya que es el cardinal de $\Omega$.
Vamos ahora a calcular el número de casos favorables $N(A)$. Para ello emplearemos el método constructivo de recuento y el principio multiplicativo del recuento. Por tanto podemos anotar $$N(A)=8\cdot 4 \cdot \square \cdot \square \cdot \square \cdot \square \cdot \square \cdot \square$$ La primera butaca puede ser ocupada por cualquiera de las ocho personas, ya sea chico o bien chica, luego hay $8$ posibilidades de elección para dicho sitio. Así que la segunda butaca ha de estar ocupada por alguna de las cuatro chicas, luego hay $4$ posibilidades de elección para la misma.
Para elegir la ocupación de la tercera butaca, debemos escoger entre los tres chicos restantes, así que tenemos $3$ posibilidades; y, como la cuarta butaca, ha de estar ocupada por una chica, podemos elegirla entre las tres chicas restantes. Por tanto podemos escribir: $$N(A)=8\cdot 4 \cdot 3 \cdot 3 \cdot \square \cdot \square \cdot \square \cdot \square $$
Así, la quinta butaca ha de estar ocupada por un chico, y éste puede elegirse entre los dos chicos que aún no están sentados. La sexta butaca tendrá que estar ocupada por una chica, y como sólo faltan dos chicas por sentarse, podemos escribir $$N(A)=8\cdot 4 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 2 \cdot \square \cdot \square$$
La sexta butaca deberá estar ocupada por un chico y la octava por una chica. Como sólo faltan por elegir un chico y una chica, llegamos finalmente a $$N(A)=8\cdot 4 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 1 \cdot 1=1152$$
Por consiguiente, de (1), podemos calcular ya la probabilidad pedida $$P(A)=\dfrac{1152}{40320} \approx 0,029$$
c)
Observando la regularidad que aparece en el cálculo de $N(A)$, al calcular esta cantidad para $n=2,4,6,8,\ldots$, podemos generalizar el resultado de la forma $$N(A)=n\cdot \dfrac{n}{2}\cdot \left( (\dfrac{n}{2}-1)^2 \cdot (\dfrac{n}{2}-2)^2 \cdot \overset{\underbrace{n-1}}{\ldots} \cdot 2^2\cdot 1\right)$$ Por otra parte $N=V_{n,n}=n!$, con lo cual $$P(A)=\dfrac{n\cdot \frac{n}{2}\cdot \left( (\frac{n}{2}-1)^2 \cdot (\frac{n}{2}-2)^2 \cdot \overset{\underbrace{n-1}}{\ldots} \cdot 2^2\cdot 1\right)}{n!}$$ que, simplificando, también podemos expresar de la forma $$P(A)=\dfrac{\left(n\cdot (\frac{n}{2}-1)!\right)^2}{2 \cdot n!}$$
NOTA. Calculando la probabilidad para valores de $n$ crecientes, podremos observar lo que de antemano podemos esperar: a medida que $n$ crece, $P(A)$ irá decreciendo.
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a) ¿ Cuántas ordenaciones son posibles ?
b) Antes de sentarse, sortean las butacas entre las ocho personas. ¿ Cuál es la probabilidad de que todas las chicas tengan al lado un chico ?.
c) Generalizar el resultado anterior para un $n/2$ chicos y $n/2$ chicas, siendo $n$ un número par
SOLUCIÓN.
a)
Como importa el orden, el número de ordenaciones posibles es $V_{8,8}=8!=40\,320$
b)
El espacio muestral $\Omega$ está formado por $8!$ sucesos, que son las ordenaciones posibles. Cada una de ellas tiene la misma probabilidad de ser elegida, luego podemos aplicar la regla de Laplace para calcular la probabilidad pedida.
Denotemos por $A$ al suceso "todas las chicas tienen al lado un chico", entonces $$P(A)\overset{\text{def}}{=}\dfrac{N(A)}{N} \quad \quad (1)$$ siendo $N=8!=40320$ ya que es el cardinal de $\Omega$.
Vamos ahora a calcular el número de casos favorables $N(A)$. Para ello emplearemos el método constructivo de recuento y el principio multiplicativo del recuento. Por tanto podemos anotar $$N(A)=8\cdot 4 \cdot \square \cdot \square \cdot \square \cdot \square \cdot \square \cdot \square$$ La primera butaca puede ser ocupada por cualquiera de las ocho personas, ya sea chico o bien chica, luego hay $8$ posibilidades de elección para dicho sitio. Así que la segunda butaca ha de estar ocupada por alguna de las cuatro chicas, luego hay $4$ posibilidades de elección para la misma.
Para elegir la ocupación de la tercera butaca, debemos escoger entre los tres chicos restantes, así que tenemos $3$ posibilidades; y, como la cuarta butaca, ha de estar ocupada por una chica, podemos elegirla entre las tres chicas restantes. Por tanto podemos escribir: $$N(A)=8\cdot 4 \cdot 3 \cdot 3 \cdot \square \cdot \square \cdot \square \cdot \square $$
Así, la quinta butaca ha de estar ocupada por un chico, y éste puede elegirse entre los dos chicos que aún no están sentados. La sexta butaca tendrá que estar ocupada por una chica, y como sólo faltan dos chicas por sentarse, podemos escribir $$N(A)=8\cdot 4 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 2 \cdot \square \cdot \square$$
La sexta butaca deberá estar ocupada por un chico y la octava por una chica. Como sólo faltan por elegir un chico y una chica, llegamos finalmente a $$N(A)=8\cdot 4 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 1 \cdot 1=1152$$
Por consiguiente, de (1), podemos calcular ya la probabilidad pedida $$P(A)=\dfrac{1152}{40320} \approx 0,029$$
c)
Observando la regularidad que aparece en el cálculo de $N(A)$, al calcular esta cantidad para $n=2,4,6,8,\ldots$, podemos generalizar el resultado de la forma $$N(A)=n\cdot \dfrac{n}{2}\cdot \left( (\dfrac{n}{2}-1)^2 \cdot (\dfrac{n}{2}-2)^2 \cdot \overset{\underbrace{n-1}}{\ldots} \cdot 2^2\cdot 1\right)$$ Por otra parte $N=V_{n,n}=n!$, con lo cual $$P(A)=\dfrac{n\cdot \frac{n}{2}\cdot \left( (\frac{n}{2}-1)^2 \cdot (\frac{n}{2}-2)^2 \cdot \overset{\underbrace{n-1}}{\ldots} \cdot 2^2\cdot 1\right)}{n!}$$ que, simplificando, también podemos expresar de la forma $$P(A)=\dfrac{\left(n\cdot (\frac{n}{2}-1)!\right)^2}{2 \cdot n!}$$
NOTA. Calculando la probabilidad para valores de $n$ crecientes, podremos observar lo que de antemano podemos esperar: a medida que $n$ crece, $P(A)$ irá decreciendo.
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miércoles, 19 de octubre de 2016
Recuentos
ENUNCIADO. ¿ Cuántos múltiplos de $5$ hay entre $11$ y $63$ ?
SOLUCIÓN.
Procedimiento 1. Una manera sencilla de hacer el recuento -- descartamos, por supuesto, el proceso tedioso de escribirlos uno a uno y contar aditivamente todos y cada uno de los múltiplos pertinentes --, consiste en encontrar el menor y el mayor de dichos múltiplos de $5$; el menor es, obviamente, $15$; y, el mayor, claramente, $60$. Entonces, teniendo en cuenta que los múltiplos consecutivos de $5$ se obtienen sumando $5$ unidades al precedente, deducimos que dicho número de múltiplos de $5$ comprendidos entre $11$ y $63$ es igual a $\dfrac{60-5}{5}+1$, esto es, $10$. El lector se preguntará: ¿ Por qué le sumamos uno ? Pues por la misma razón que el número de postes necesarios para que queden $n$ espacios entre ellos, es $n+1$.
Procedimiento 2. Llamemos a este procedimiento procedimiento interesante, pues el anterior ya lo venimos aplicando, desde hace tiempo, en otros cursos más básicos. Si podemos establecer una aplicación uno a uno ( biyección ) entre el conjunto de los números naturales consecutivos, hasta un cierto número, y el conjunto de los sucesivos múltiplos de $5$, mayores que $11$ y menores que $63$, el cardinal del conjunto de partida habrá de ser igual al del conjunto de llegada, con lo cual, tendremos listo el recuento. Como enseguida vamos a ver, en el caso que nos ocupa sí es posible establecer dicha aplicación uno a uno. En otros casos, sin embargo, puede que no lo sea.
Veamos dicha aplicación uno a uno. Como todo número natural multiplicado por $5$ es un múltiplo de $5$, podemos bosquejar una expresión que 'fabrique' múltiplos de $5$; ésta que sigue, como idea primaria, vale $5\cdot \diamond $, donde $\diamond$ designa un número natural arbitrario; ahora bien, no hemos terminado; debemos conseguir expresar el conjunto de los números múltiplos de $5$ consecutivos, y para ello necesitamos una variable independiente. Demos pues un pasito más; esa variable independiente, a la que denotaremos por $i$, ha de protagonizar el recuento, por tanto es necesario que $i\in \{1,2,3,\ldots\}$. Así, podemos ir perfilando la siguiente expresión en función de $i$: $5\cdot ( \lozenge + i )$ ( donde $\lozenge$ denota un número natural arbitrario; y, ajustando el primer sumando del paréntesis para que, siendo $i=1$, el valor de la expresión sea lo más próximo a $15$ ( que es el primer múltiplo ), vemos que el valor que debe tomar el parámetro $\lozenge$ es $2$; y, así, llegamos a la siguiente función $f(i)= 5\cdot (i+2)$ para $i=1,2,3,\ldots$, cuyos valores son los sucesivos múltiplos de $5$. Si $i=1$, $f(1)=15$, que es el primer múltiplo de $5$ que nos interesa. Por otra parte, encontramos que si $i=10$, $f(10)=60$ que es el mayor múltiplo de $5$ menor que $63$, luego el número de dichos múltiplos es $i=10$
A modo de ejemplo, apliquemos ahora este procedimiento a otro problema similar: ¿ Cuántos múltiplos de $11$ hay entre $13$ y $123$ ?. Vamos a ello. Queremos establecer una aplicación biyectiva entre los conjuntos $\{1,2,3,\ldots,i_{\text{máximo}}\}$ y $\{22,33,44,\ldots,121\}$, que deberá ser de la forma $f(i)=11\cdot ( a+i)$, para $i=1,2,3,\ldots,,i_{\text{máximo}}$ y donde $a$ es número entero que, en su papel de parámetro, debemos determinar. Lo hacemos de la siguiente manera. Como para $i=1$, $f(1)=22$ ( el primer múltiplo ), tenemos la siguiente igualdad $22=11\cdot (a+1)$, de donde encontramos $a=1$. Entonces la función que buscábamos es $f(i)=11\cdot (1+i)$ para $i=1,2,3,\ldots,,i_{\text{máximo}}$. Ahora es inmediato ver que el mayor múltiplo de $11$ comprendido entre $13$ y $123$ es $122$, que corresponde a $f(10)$, luego como $i_{\text{máximo}}=10$, el número de múltiplos pedido es $10$
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SOLUCIÓN.
Procedimiento 1. Una manera sencilla de hacer el recuento -- descartamos, por supuesto, el proceso tedioso de escribirlos uno a uno y contar aditivamente todos y cada uno de los múltiplos pertinentes --, consiste en encontrar el menor y el mayor de dichos múltiplos de $5$; el menor es, obviamente, $15$; y, el mayor, claramente, $60$. Entonces, teniendo en cuenta que los múltiplos consecutivos de $5$ se obtienen sumando $5$ unidades al precedente, deducimos que dicho número de múltiplos de $5$ comprendidos entre $11$ y $63$ es igual a $\dfrac{60-5}{5}+1$, esto es, $10$. El lector se preguntará: ¿ Por qué le sumamos uno ? Pues por la misma razón que el número de postes necesarios para que queden $n$ espacios entre ellos, es $n+1$.
Procedimiento 2. Llamemos a este procedimiento procedimiento interesante, pues el anterior ya lo venimos aplicando, desde hace tiempo, en otros cursos más básicos. Si podemos establecer una aplicación uno a uno ( biyección ) entre el conjunto de los números naturales consecutivos, hasta un cierto número, y el conjunto de los sucesivos múltiplos de $5$, mayores que $11$ y menores que $63$, el cardinal del conjunto de partida habrá de ser igual al del conjunto de llegada, con lo cual, tendremos listo el recuento. Como enseguida vamos a ver, en el caso que nos ocupa sí es posible establecer dicha aplicación uno a uno. En otros casos, sin embargo, puede que no lo sea.
Veamos dicha aplicación uno a uno. Como todo número natural multiplicado por $5$ es un múltiplo de $5$, podemos bosquejar una expresión que 'fabrique' múltiplos de $5$; ésta que sigue, como idea primaria, vale $5\cdot \diamond $, donde $\diamond$ designa un número natural arbitrario; ahora bien, no hemos terminado; debemos conseguir expresar el conjunto de los números múltiplos de $5$ consecutivos, y para ello necesitamos una variable independiente. Demos pues un pasito más; esa variable independiente, a la que denotaremos por $i$, ha de protagonizar el recuento, por tanto es necesario que $i\in \{1,2,3,\ldots\}$. Así, podemos ir perfilando la siguiente expresión en función de $i$: $5\cdot ( \lozenge + i )$ ( donde $\lozenge$ denota un número natural arbitrario; y, ajustando el primer sumando del paréntesis para que, siendo $i=1$, el valor de la expresión sea lo más próximo a $15$ ( que es el primer múltiplo ), vemos que el valor que debe tomar el parámetro $\lozenge$ es $2$; y, así, llegamos a la siguiente función $f(i)= 5\cdot (i+2)$ para $i=1,2,3,\ldots$, cuyos valores son los sucesivos múltiplos de $5$. Si $i=1$, $f(1)=15$, que es el primer múltiplo de $5$ que nos interesa. Por otra parte, encontramos que si $i=10$, $f(10)=60$ que es el mayor múltiplo de $5$ menor que $63$, luego el número de dichos múltiplos es $i=10$
A modo de ejemplo, apliquemos ahora este procedimiento a otro problema similar: ¿ Cuántos múltiplos de $11$ hay entre $13$ y $123$ ?. Vamos a ello. Queremos establecer una aplicación biyectiva entre los conjuntos $\{1,2,3,\ldots,i_{\text{máximo}}\}$ y $\{22,33,44,\ldots,121\}$, que deberá ser de la forma $f(i)=11\cdot ( a+i)$, para $i=1,2,3,\ldots,,i_{\text{máximo}}$ y donde $a$ es número entero que, en su papel de parámetro, debemos determinar. Lo hacemos de la siguiente manera. Como para $i=1$, $f(1)=22$ ( el primer múltiplo ), tenemos la siguiente igualdad $22=11\cdot (a+1)$, de donde encontramos $a=1$. Entonces la función que buscábamos es $f(i)=11\cdot (1+i)$ para $i=1,2,3,\ldots,,i_{\text{máximo}}$. Ahora es inmediato ver que el mayor múltiplo de $11$ comprendido entre $13$ y $123$ es $122$, que corresponde a $f(10)$, luego como $i_{\text{máximo}}=10$, el número de múltiplos pedido es $10$
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miércoles, 1 de julio de 2015
En una ciudad se publican tres periódicos ...
ENUNCIAT:
En una ciutat es publiquen tres diaris (A, B, i C). Hem fet un estudi sobre l'ús de la premsa i per això hem escollit un grup de 100 persones. Trobem que 54 llegeixen el diari A; 41, el diari B; 26, el C; 11 llegeixen tan A com B; 9, A i C; 10, B i C; i 6, llegeixen A, B, i C. Es demana:
a) Quantes persones llegeixen almenys un dels tres diaris ? Hi ha algú que no llegeixi cap diari?
b) Quantes persones llegeixen únicament el diari A?
c) Quantes persones llegeixen el diari B o bé el diari C, però no el diari A?
Notació:
El nombre d'elements d'un conjunt $X$ s'anomena cardinal de $X$, i es designa amb la notació $\text{card}(X)$
El complement d'un conjunt X (conjunt d'elements que no pertanyen a X) es representa amb la notació
SOLUCIÓ
a) Pel principi d'inclusió/exclusió:
$\text{card}(A \cup B \cup C)=\text{card}(A)+\text{card}(B)+\text{card}(C)-\text{card}(A \cap B)-\text{card}(A \cap C)-$
$-\text{card}(B \cap C)+\text{card}(A \cap B \cap C)$
i, d'acord amb la informació donada,
$$\text{card}(A)=54$$
$$\text{card}(B)=41$$
$$\text{card}(C)=26$$
$$\text{card}(A \cap B)=11$$
$$\text{card}(A \cap C)=9$$
$$\text{card}(B \cap C)=10$$
$$\text{card}(A \cap B \cap C)=6$$
trobem que el nombre de persones que llegeixen almenys un diari es igual a
vemos que el número de personas que algún ( al menos un ) diario es
$$\text{card}(A \cup B \cup C)=54+41+26-11-10-9+6=97$$
Per tant, el nombre de persones que no llegeixen cap diari s'obté fent $100 - 97 = 3$
Figura 1.
A partir dels nombres cardinals també podríem fer servir un diagrama de Venn per calcular altres nombres cardinals seguint un mètode de comprensió gràfica, tal i com es mostra a la figura; per això, cal començar anotant el nombre cardinal del conjunt intersecció dels tres conjunts, i, de dins a fora, podem anar restant els cardinals de les zones comunes fins arribar a completar tot el diagrama.
b) Tornant a fer ús de la noció d'inclusió-exclusió i, de forma natural, transcrivint al llenguatge de l'àlgebra de conjunts, escriurem el nombre de persones que llegeixen únicament el diari A de la forma $$\text{card}(A \cap \bar{B} \cap \bar{C})=\text{card}(A)-\text{card}(A \cap B) - \text{card}(A \cap C)+\text{card}(A \cap B \cap C)$$ $$=54-9-11+6$$ $$=40$$
c) Per calcular el nombre de persones que llegeixen els diaris B o bé C, però no el diari A, transcrivint les sumes i les restes al llenguatge de l'àlgebra de conjunts (com hem fet als apartats anteriors), escriurem:
$$\text{card}(B \cap C \cap \bar{A})=\text{card}(B \cap C)-\text{card}(A \cap B) - \text{card}(A \cap C)+\text{card}(A \cap B \cap C)$$ $$=57-11-9+6$$ $$=43$$
Observació/comentari: Fent ús d'aquests recomptes, i donant un pas més, per aprofitar els resultats que hem trobat, seria ben senzill aplicar el principi de Laplace per calcular la probabilitat que, escollida una persona a l'atzar, aquesta pertanyés a algun dels diversos subconjunts de l'esquema del diagrama de Venn, d'acord amb l'associació abstracta que podem establir entre la noció de conjunt i la de succés d'un espai de probabilitats.
Referències:
En una ciutat es publiquen tres diaris (A, B, i C). Hem fet un estudi sobre l'ús de la premsa i per això hem escollit un grup de 100 persones. Trobem que 54 llegeixen el diari A; 41, el diari B; 26, el C; 11 llegeixen tan A com B; 9, A i C; 10, B i C; i 6, llegeixen A, B, i C. Es demana:
a) Quantes persones llegeixen almenys un dels tres diaris ? Hi ha algú que no llegeixi cap diari?
b) Quantes persones llegeixen únicament el diari A?
c) Quantes persones llegeixen el diari B o bé el diari C, però no el diari A?
Notació:
El nombre d'elements d'un conjunt $X$ s'anomena cardinal de $X$, i es designa amb la notació $\text{card}(X)$
El complement d'un conjunt X (conjunt d'elements que no pertanyen a X) es representa amb la notació
SOLUCIÓ
a) Pel principi d'inclusió/exclusió:
$\text{card}(A \cup B \cup C)=\text{card}(A)+\text{card}(B)+\text{card}(C)-\text{card}(A \cap B)-\text{card}(A \cap C)-$
$-\text{card}(B \cap C)+\text{card}(A \cap B \cap C)$
i, d'acord amb la informació donada,
$$\text{card}(A)=54$$
$$\text{card}(B)=41$$
$$\text{card}(C)=26$$
$$\text{card}(A \cap B)=11$$
$$\text{card}(A \cap C)=9$$
$$\text{card}(B \cap C)=10$$
$$\text{card}(A \cap B \cap C)=6$$
trobem que el nombre de persones que llegeixen almenys un diari es igual a
vemos que el número de personas que algún ( al menos un ) diario es
$$\text{card}(A \cup B \cup C)=54+41+26-11-10-9+6=97$$
Per tant, el nombre de persones que no llegeixen cap diari s'obté fent $100 - 97 = 3$
A partir dels nombres cardinals també podríem fer servir un diagrama de Venn per calcular altres nombres cardinals seguint un mètode de comprensió gràfica, tal i com es mostra a la figura; per això, cal començar anotant el nombre cardinal del conjunt intersecció dels tres conjunts, i, de dins a fora, podem anar restant els cardinals de les zones comunes fins arribar a completar tot el diagrama.
b) Tornant a fer ús de la noció d'inclusió-exclusió i, de forma natural, transcrivint al llenguatge de l'àlgebra de conjunts, escriurem el nombre de persones que llegeixen únicament el diari A de la forma $$\text{card}(A \cap \bar{B} \cap \bar{C})=\text{card}(A)-\text{card}(A \cap B) - \text{card}(A \cap C)+\text{card}(A \cap B \cap C)$$ $$=54-9-11+6$$ $$=40$$
c) Per calcular el nombre de persones que llegeixen els diaris B o bé C, però no el diari A, transcrivint les sumes i les restes al llenguatge de l'àlgebra de conjunts (com hem fet als apartats anteriors), escriurem:
$$\text{card}(B \cap C \cap \bar{A})=\text{card}(B \cap C)-\text{card}(A \cap B) - \text{card}(A \cap C)+\text{card}(A \cap B \cap C)$$ $$=57-11-9+6$$ $$=43$$
Observació/comentari: Fent ús d'aquests recomptes, i donant un pas més, per aprofitar els resultats que hem trobat, seria ben senzill aplicar el principi de Laplace per calcular la probabilitat que, escollida una persona a l'atzar, aquesta pertanyés a algun dels diversos subconjunts de l'esquema del diagrama de Venn, d'acord amb l'associació abstracta que podem establir entre la noció de conjunt i la de succés d'un espai de probabilitats.
Referències:
- BOADAS, J.; VILLALBÍ, R. Álgebra moderna a través de los problemas. Teide, 1974
- GRIMALDI, R. Matemáticas discreta y combinatoria. Addison-Wesley, 1989
martes, 2 de junio de 2015
Consideremos un número indefinido de tarjetas de colores ...
ENUNCIADO
Consideremos un número indefinido de tarjetas, de cada uno de los siguientes colores: blanco, rojo, verde, amarillo, y negro. ¿ Cuántos grupos de cuatro tarjetas podemos formar, en el supuesto que se puedan repetir los colores ?
SOLUCIÓN
Este problema es equivalente a repartir cuatro bolas idénticas en un conjunto de cinco compartimentos. Cada compartimento representa color; y cada "bola" representa una marca de selección de color. Así, por ejemplo, las siguientes son algunas de las ordenaciones posibles:
-----------
[B|R|V|A|N]
-----------
[xx|xx| | | ] -> BBRR
[xxxx|| | | ] -> BBBB
[x|x| | |x|x] -> BRAN
etcétera
Por lo tanto podemos ver este problema como un problema de combinaciones con repetición ( de $m$ bolas idénticas en $n$ urnas/compartimentos ), que, como sabemos puede verse a su vez como un problema de permutaciones con repetición de $m+(n-1)$ símbolos entre los cuales $m$ ( las bolas ) son de un tipo y $n-1$ de otro ( barras separadoras de los compartimentos ), y, por tanto, es igual a $\dfrac{m+(n-1)}{m!\,(n-1)!}$. También podemos expresar esta solución de la forma $\binom{m+(n-1)}{m}$ y, también, de la forma $\binom{m+(n-1)}{n-1}$ ( por la propiedad simétrica de los números combinatorios ). Así, como en este problema, $m=4$ y $n=5$, obtenemos un total de $\dfrac{4+(5-1)}{4!\,(5-1)!}=70$ maneras de disponer las tarjetas ( de cinco posibles colores ) en grupos de cuatro tarjetas. $\square$
Consideremos un número indefinido de tarjetas, de cada uno de los siguientes colores: blanco, rojo, verde, amarillo, y negro. ¿ Cuántos grupos de cuatro tarjetas podemos formar, en el supuesto que se puedan repetir los colores ?
SOLUCIÓN
Este problema es equivalente a repartir cuatro bolas idénticas en un conjunto de cinco compartimentos. Cada compartimento representa color; y cada "bola" representa una marca de selección de color. Así, por ejemplo, las siguientes son algunas de las ordenaciones posibles:
-----------
[B|R|V|A|N]
-----------
[xx|xx| | | ] -> BBRR
[xxxx|| | | ] -> BBBB
[x|x| | |x|x] -> BRAN
etcétera
Por lo tanto podemos ver este problema como un problema de combinaciones con repetición ( de $m$ bolas idénticas en $n$ urnas/compartimentos ), que, como sabemos puede verse a su vez como un problema de permutaciones con repetición de $m+(n-1)$ símbolos entre los cuales $m$ ( las bolas ) son de un tipo y $n-1$ de otro ( barras separadoras de los compartimentos ), y, por tanto, es igual a $\dfrac{m+(n-1)}{m!\,(n-1)!}$. También podemos expresar esta solución de la forma $\binom{m+(n-1)}{m}$ y, también, de la forma $\binom{m+(n-1)}{n-1}$ ( por la propiedad simétrica de los números combinatorios ). Así, como en este problema, $m=4$ y $n=5$, obtenemos un total de $\dfrac{4+(5-1)}{4!\,(5-1)!}=70$ maneras de disponer las tarjetas ( de cinco posibles colores ) en grupos de cuatro tarjetas. $\square$
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