´ALGEBRA

ÁLGEBRA
Ejercicios no resueltos de la Práctica 2
Combinatoria
(Curso 2007–2008)
6.– Cierto juego de dados se basa en jugadas consistentes en lanzar simultáneamente cinco
dados (de los tradicionales).
(a) ¿Cuántos resultados distintos podemos obtener en cada uno de estos lanzamientos?
(Los dados son indistinguibles.)
Cada dado tiene seis posibilidades. No distinguimos orden alguno en los dados. Se
trata por tanto de combinaciones con repetición (dos dados pueden sacar el mismo
número) de 6 clases de elementos tomadas de 5 en 5:
6+5−1
CR6,5 =
= 252
5
(b) ¿En cuántos de ellos los dados muestran exactamente tres caras diferentes?
Fijamos las tres caras que se mostrarán. Cadan una de ellas aparece al menos en
un dado. Sobre los dos dados restantes el número de posiblidades corresponde a las
combinaciones con repetición de 3 clases de elementos tomados de 2 en 2, CR3,2 . Por
otra parte para elegir las tres caras distintas que aparecerán de entre las 6 posibles
tenemos C6,3 casos. Por tanto el número que buscamos es:
3+2−1
6
CR3,2 · C6,3 =
·
= 120
2
3
7.–
(a) Tres personas suben en la planta baja al ascensor de un edificio que tiene cinco pisos.
¿De cuántas maneras diferentes pueden ir saliendo del ascensor si en ningún piso baja
más de una persona?. Resolver el problema tanto si se distingue como si no entre las
personas.
- Primero supongamos que distinguimos entre las personas. Por cada persona elegimos
un piso, teniendo en cuenta que no se puede repetir piso, ya que en cada uno no se baja
más de una persona. Por tanto se trata de variaciones sin repetición de 5 elementos
tomados de 3 en 3:
V5,3 = 5 · 4 · 3 = 60
- Ahora supongamos que no distinguimos entre las personas. La diferencia es que ahora
no importa el orden en que elijamos los pisos. Por tanto se trata de combinaciones sin
repetición de 5 elementos tomados de 3 en 3:
5
5·4·3
C5,3 =
=
= 10
3
1·2·3
(b) ¿De cuántas maneras pueden alinearse siete personas, si tres de ellas deben estar
juntas?
Contabilizamos primero el grupo de tres que no debe de separarse como una solo
elemento. Contamos entonces de cuantas maneras puede alinearse 5 elementos (4
personas y el grupo de 3). Son permutaciones de 5 elementos.
Ahora por cada una de esas alineaciones, los tres del grupo especial pueden
intercambiar sus posiciones. El número posible de posiciones que pueden tomar son
permutaciones de 3 elementos.
En definitiva las posibilidades totales son:
P5 · P3 = 5! · 3! = 5 · 4 · 3 · 2 · 1 · 3 · 2 · 1 = 720
9.– 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 V5,3 = 5·4·3 formas
distintas. Ahora dentro de cada equipo hay 4 posibilidades, una por cada corredor.
El número total de posibles resultados será:
5 · 4 · 3 · 43 = 3840.
(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 1 para otro (tercer puesto):
5 · 4 posibilidades.
- 5 puntos para un equipo (primer y tercer puesto) y 2 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: 5 · 4 · 3 posibilidades.
En total quedan:
5 + 3 · 5 · 4 + 5 · 4 · 3 = 5 + 60 + 60 = 125
resultados posibles.
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Combinatoria
Problemas adicionales
(Curso 2007–2008)
I.– Queremos cubrir una quiniela de fútbol compuesta de 15 partidos.
(a) ¿Cuántas quinielas distintas podemos cubrir sin utilizar resultados múltiples?.
En cada partido puede haber tres posibles resultados 1x2; por tanto las posibilidades
son:
315 = 14348907
Si lo queremos razonar en la forma usual se trata de contar cuantos grupos ordenados
de 15 elementos podemos formar utilizando tres sı́mbolos que pueden repetirse. Es
decir, variaciones con repetición de 3 elementos tomados de 15 en 15.
(b) ¿Cuántas quinielas distintas podemos cubrir si utilizamos tres resultados dobles y dos
triples?.
Primero determinamos en que partidos están los resultados dobles y en cuales los
triples. Se trata de escoger 3 partidos de entre 15 para los dobles, y 2 partidos de entre
los 12 restantes para los triples. Son respectivamente combinaciones sin repetición de
15 elementos tomados de 3 en 3 y de 12 elementos tomados de 2 en 2:
15 12
15 · 14 · 13 · 12 · 11
C15,3 · C12,2 =
=
= 30030
3
2
1·2·3·1·2
Ahora tenemos que elegir en los dobles que resultado ponemos (1x, 12 o x2). Por
tanto hay tres opciones para cada uno de ellos. Para los triples hay una única opción.
Mientras que para los 10 resultados restantes hay 3 opciones. El número total de
posibilidades será:
C15,3 · C12,2 · 313 = 47877519690
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 12 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 11 elementos, es decir:
P11 = 11!
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 10 restantes en las 10 sillas que quedan. Son por tanto 2 · P10 opciones.
Restando unas de otras queda:
P11 − 2 · P10 = 11! − 2 · 10! = 9 · 10!
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 10 en las restantes. Obtenemos que las posibilidades totales son:
9 · P10 = 9 · 10!
(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 10 se pueden sentar en las 10 sillas restantes. Son P10
combinaciones. Por tanto aquellas en las que no están enfrente son:
P11 − P10 = 11! − 10! = 10 · 10!
Método II: Directamente: fijada la posición de A, si B no esta enfrente puede sentarse
en las 10 sillas restantes. Ahora los otros invitados pueden sentarse en cualquier silla
no ocupada. Las opciones totales son:
10 · P10 = 10 · 10!
(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:
P11 ! − 2 · P10 ! − P10 ! = 11! − 3 · 10! = 8 · 10!
Métod 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 10 sillas restantes.
Queda:
8 · P10 = 8 · 10!
III.– Vives en una urbanización que se puede representar esquemáticamente con el siguiente
diagrama:
Una mañana te dispones a desplazarte desde A hasta B. Es claro que para hacerlo
tendrás que recorrer al menos 11 tramos (un “tramo” es la longitud del lado de una
manzana).
(a) ¿Cuantos recorridos formados por 11 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 necesitarı́as más de 11
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 11 elementos donde hay 7 de una clase y 4 de la otra:
P (11; 7, 4) =
11!
= 330
7!4!
(b) ¿Cuántos de 12 tramos?
Sabemos que el número mı́nimo de tramos es 11, 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 mı́nimo 11. Deducimos que es imposible hacerlo en 12 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 11 tramos puedes seguir?
Contamos el número de recorridos de 11 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 2 hacia arriba. Las posibilidades
son P (5; 3, 2). Para ir de C a B necesitamos 4 tramos a la derecha y 2 hacia arriba.
Es decir, P (6; 4, 2) posiblidades. En total hay
P (5; 3, 2) · P (6; 4, 2) =
recorridos de 11 tramos pasando por C.
5!
6!
·
= 150
3!2! 4!2!
Por tanto el número de recorridos de 11 tramos que no pasan por C es:
11!
5!
6!
−
·
= 330 − 150 = 180.
7!4! 3!2! 4!2!
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 R5,3 = 53 = 125
(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:
5+3−1
CR5,3 =
= 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 1 al 3 por cada uno de los alumnos, dependiendo
de en qué clase ha entrado. Estamos formando por tanto grupos de 10 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 10 números del 1 al 3.
Se trata por tanto de combinaciones con repetición de 3 tipos de elementos tomados
de 10 en 10:
3 + 10 − 1
12
12 · 11
CR3,10 =
=
=
= 66.
2
10
1·2
Método II: Contamos de la siguiente manera.
- Si en la clase 1 no entra ningún alumno, los 10 entrarán en las dos restantes
distribuidos:
10 − 0;
9 − 1;
8 − 2;
...
0 − 10; ⇒ 11 posibilidades.
- Si en la clase 1 entra 1 alumno, los 9 restantes podrán distribuirse:
9 − 0;
8 − 1;
7 − 2;
...
0 − 9; ⇒ 10 posibilidades.
Reiterando este argumento vemos que el número de posibilidades totales es:
11 + 10 + 9 + . . . + 2 + 1 =
11 · (1 + 11)
= 66.
2
(b) ¿Y si sı́ que se distingue entre personas?
Razonamos como antes. La única diferencia es que ahora sı́ distinguimos entre
alumnos. Por tanto si importa el orden en que escribimos los 10 números del 1 al
3.
Se trata de variaciones con repetición de 3 tipos de elementos tomados de 10 en 10:
V R3,10 = 310 = 59049.
VI.–
(a) ¿Cuántas palabras de 10 letras se pueden formar con las letras de “MATEMATICA”?
Vemos que algunas letras de la palabra MATEMATICA se repiten. En concreto
tenemos:
M : 2,
A : 3,
T : 2,
E : 1,
I : 1,
C : 1.
Hay que contar de cuantas formas podemos reordenar estas 10 letras, teniendo en
cuenta las que hay repetidas. Obviamente lo que diferencia una palabra de otras es el
orden en el que se escriben las letras. Se trata de permutaciones con repetición:
P R10;3,2,2,1,1,1 =
10!
= 151200.
3!2!2!
(b) ¿Cuántas palabras de 9 letras se pueden formar con las letras de “MATEMATICA”?
Razonamos como antes, pero teniendo en cuenta que descartaremos una letra:
- Si descartamos una A, las posibilidades son:
P R9;2,2,2,1,1,1 =
9!
= 45360.
2!2!2!
- Si descartamos una M o una T , las posibilidades son:
2 · P R9;3,2,1,1,1,1 = 2 ·
9!
= 2 · 30240 = 60480.
3!2!
- Si descartamos una E, una I o una C, las posibilidades son:
3 · P R9;3,2,2,1,1 = 3 ·
9!
= 3 · 15120 = 45360.
3!2!2!
En total tenemos:
P R9;2,2,2,1,1,1 + 2 · P R9;3,2,1,1,1,1 + 3 · P R9;3,2,2,1,1 = 45360 + 60480 + 45360 = 151200.