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Autor Tema: Problema de combinatoria  (Leído 61 veces)
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JoseLuisGT
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« : 12/09/2017, 01:00:40 pm »

Hola me podrían ayudar con el siguiente problema de combinatoria. Gracias.

Se van a repartir 30 paquetes de 100 folios a siete aulas en las que se están realizando exámenes. Al menos hay que dar dos paquetes a cada aula, pero a las dos más pequeñas no hace falta dar más de cuatro paquetes y a las dos más grandes hay que dar al menos 4; las tres medianas deberán recibir entre 3 y 5 paquetes. ¿De cuántas formas se puede hacer el reparto?
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Ignacio Larrosa
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« Respuesta #1 : 12/09/2017, 02:15:22 pm »

Hay que asignar [texx]2[/texx] paquetes a cada aula, por lo que quedan otras [texx]16[/texx] para asignar. A las medianas hay que asignarles como mínimo un paquete más, y a las dos grandes 2 más a cada una. Esto deja fijados 21 paquetes, por lo que solo hay que decidir sobre los otros nueve, teniendo en cuenta que deben añadirse:

  • [texx] 0, 1,\textrm{ o }2[/texx] a cada una de las dos pequeñas
  • [texx] 0, 1,\textrm{ o }2[/texx] a cada una de las tres medianas
  • [texx]0[/texx] a [texx]9[/texx] a cada una de las dos grandes.

Debemos entonces calcular el coeficiente del término de grado [texx]9[/texx] del polinomio:

[texx]
P(x) = (1 + x + x^2)^2(1+x + x^2)^3(1 + x + x^2 + x^3 + x^4 + x^5 + x^6 + x^7 + x^8 + x^9)^2[/texx]

Esto es sin duda laborioso de calcular a mano, no se me ocurren atajos para hacerlo. Con cualquier programa de cálculo simbólico se obtiene inmediatamente la respuesta: [texx]1215[/texx].

Saludos,
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Daría todo lo que se por la mitad de lo que ignoro (R. Descartes)
O incluso por mucho menos ...
Luis Fuentes
el_manco
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« Respuesta #2 : 13/09/2017, 06:57:36 am »

Hola

Hay que asignar [texx]2[/texx] paquetes a cada aula, por lo que quedan otras [texx]16[/texx] para asignar. A las medianas hay que asignarles como mínimo un paquete más, y a las dos grandes 2 más a cada una. Esto deja fijados 21 paquetes, por lo que solo hay que decidir sobre los otros nueve, teniendo en cuenta que deben añadirse:

  • [texx] 0, 1,\textrm{ o }2[/texx] a cada una de las dos pequeñas
  • [texx] 0, 1,\textrm{ o }2[/texx] a cada una de las tres medianas
  • [texx]0[/texx] a [texx]9[/texx] a cada una de las dos grandes.

Esto equivale al número de soluciones enteras no negativas de:

[texx]x_1+x_2+x_3+x_4+x_5+x_6+x_7=9[/texx] (*)

con las restricciones [texx]x_i\leq 2[/texx] para [texx]i=1,2,3,4,5[/texx].

A partir de aquí se puede hacer con el principio de inclusión exclusión:

[texx]S-5S_{uno}+\displaystyle\binom{10}{2}S_{dos}-\displaystyle\binom{10}{3}S_{tres}[/texx]

donde:

[texx]S[/texx] es el número de soluciones enteras no negativas de (*)
[texx]S_{uno}[/texx] es el número de soluciones enteras no negativas de (*) con [texx]x_i>2[/texx] para [texx]i[/texx] prefijado.
[texx]S_{dos}[/texx] es el número de soluciones enteras no negativas de (*) con [texx]x_i,x_j>2[/texx] para [texx]i\neq j[/texx] prefijados.
[texx]S_{tres}[/texx] es el número de soluciones enteras no negativas de (*) con [texx]x_i,x_j,x_k>2[/texx] para [texx]i\neq j\neq k[/texx] prefijados.

(notamos que no puede haber soluciones con cuatro [texx]x_i>2[/texx]).

Para hallar estos números tenemos en cuenta que el número de soluciones enteras no negativas de una ecuación:

[texx]x_1+x_2+\ldots+x_k=N[/texx]

es [texx]CR_{k,N}=\displaystyle\binom{k+N-1}{N}=\displaystyle\binom{k+N-1}{k-1}[/texx]

Y si exigimos por ejemplo [texx]x_1>p[/texx] se reduce a una ecuación análoga:

[texx]x_1'+x_2+\ldots+x_k=N-p-1[/texx] con [texx]x_1'=x_1-p-1[/texx].

Por tanto:

[texx]S=CR_{7,9}=\displaystyle\binom{15}{6}[/texx]
[texx]S_{uno}=CR_{7,6}=\displaystyle\binom{12}{6}[/texx]
[texx]S_{dos}=CR_{7,3}=\displaystyle\binom{9}{6}[/texx]
[texx]S_{tres}=CR_{7,0}=\displaystyle\binom{6}{6}[/texx]

Y así el número pedido es:

[texx]\displaystyle\binom{15}{6}-5\displaystyle\binom{12}{6}+10\displaystyle\binom{9}{6}-10\displaystyle\binom{6}{6}=1215[/texx]

Cita
Debemos entonces calcular el coeficiente del término de grado [texx]9[/texx] del polinomio:

[texx]
P(x) = (1 + x + x^2)^2(1+x + x^2)^3(1 + x + x^2 + x^3 + x^4 + x^5 + x^6 + x^7 + x^8 + x^9)^2[/texx]

Esto es sin duda laborioso de calcular a mano, no se me ocurren atajos para hacerlo. Con cualquier programa de cálculo simbólico se obtiene inmediatamente la respuesta: [texx]1215[/texx].

También con este punto de vista uno puede usar una estrategia para hallar el coeficiente. Tenemos en cuenta que a efectos de calcular el coeficiente de grado nueve es lo mismo escribir:

[texx]P(x) = (1 + x + x^2)^2(1+x + x^2)^3(1 + x + x^2 + x^3 + x^4 + x^5 + x^6 + x^7 + x^8 + x^9+\color{red}x^{10}+\ldots\color{black})^2[/texx]

Ahora:

[texx]1+x+x^2=\dfrac{1-x^3}{1-x}[/texx]

[texx]\displaystyle\sum_{i=0}^\infty{}x^i=\dfrac{1}{1-x}[/texx]

Por tanto se trata de calcular el coeficiente de grado nueve de:

[texx]q(x)=\dfrac{(1-x^3)^5}{(1-x)^7}[/texx]

Para el numerador por el binomio de Newton calculamos los coeficientes hasta grado nueve:

[texx](1-x^3)^t=1-5x^3+10x^6-10x^9+\ldots[/texx]

Por tanto el número pedido es:

[texx]1coef_9(h(x))-5coef_6(h(x))+10coef_3(h(x))-10coef_0(h(x))[/texx]

donde [texx]coef_k(h(x))[/texx] es el coeficiente de grado [texx]k[/texx] de [texx]h(x)=\dfrac{1}{(1-x)^7}[/texx]

Finalmente es fácil ver que coef_k(h(x)) coincide precisamente con el número de soluciones no negativas de una ecuación:

[texx]x_1+x_2+x_3+x_4+x_5+x_6+x_7=k[/texx]

y ahora se concluye como antes.

Saludos.
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Ignacio Larrosa
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« Respuesta #3 : 13/09/2017, 07:38:11 am »



Cita
Debemos entonces calcular el coeficiente del término de grado [texx]9[/texx] del polinomio:

[texx]
P(x) = (1 + x + x^2)^2(1+x + x^2)^3(1 + x + x^2 + x^3 + x^4 + x^5 + x^6 + x^7 + x^8 + x^9)^2[/texx]

Esto es sin duda laborioso de calcular a mano, no se me ocurren atajos para hacerlo. Con cualquier programa de cálculo simbólico se obtiene inmediatamente la respuesta: [texx]1215[/texx].

También con este punto de vista uno puede usar una estrategia para hallar el coeficiente. Tenemos en cuenta que a efectos de calcular el coeficiente de grado nueve es lo mismo escribir:

[texx]P(x) = (1 + x + x^2)^2(1+x + x^2)^3(1 + x + x^2 + x^3 + x^4 + x^5 + x^6 + x^7 + x^8 + x^9+\color{red}x^{10}+\ldots\color{black})^2[/texx]

Ahora:

[texx]1+x+x^2=\dfrac{1-x^3}{1-x}[/texx]

[texx]\displaystyle\sum_{i=0}^\infty{}x^i=\dfrac{1}{1-x}[/texx]

Por tanto se trata de calcular el coeficiente de grado nueve de:

[texx]q(x)=\dfrac{(1-x^3)^5}{(1-x)^7}[/texx]

Para el numerador por el binomio de Newton calculamos los coeficientes hasta grado nueve:

[texx](1-x^3)^t=1-5x^3+10x^6-10x^9+\ldots[/texx]

Por tanto el número pedido es:

[texx]1coef_9(h(x))-5coef_6(h(x))+10coef_3(h(x))-10coef_0(h(x))[/texx]

donde [texx]coef_k(h(x))[/texx] es el coeficiente de grado [texx]k[/texx] de [texx]h(x)=\dfrac{1}{(1-x)^7}[/texx]

Cierto, ya lo había visto en alguna ocasión y debería haberlo recordado ...  :BangHead: :BangHead:

Finalmente es fácil ver que coef_k(h(x)) coincide precisamente con el número de soluciones no negativas de una ecuación:

[texx]x_1+x_2+x_3+x_4+x_5+x_6+x_7=k[/texx]

y ahora se concluye como antes.

Saludos.

También pueden calcularse teniendo en cuenta que

[texx]h(x) = \displaystyle\frac{1}{(1-x)^7}=\frac{1}{720}\frac{d^6\left(\frac{1}{1-x}\right)}{dx^6}[/texx]

Entonces, el coeficiente del término de grado [texx]k\textrm{ de }h(x)[/texx] es

[texx]c_k(h) = \displaystyle\binom{k+6}{6}[/texx]

que en realidad no es más que calcular el número de soluciones no negativas de las ecuaciones planteadas por el_manco.

En definitiva, el número pedido se calcula como

[texx]1\cdot{}\displaystyle\binom{15}{6}-5\cdot{}\displaystyle\binom{12}{6}+10\cdot{}\displaystyle\binom{9}{6}-10\cdot{}\displaystyle\binom{6}{6}= 1215[/texx]

Saludos,
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