Trabajo practico de matematica. combinatoria.

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Problema 2:
Comencemos calculando la cantidad de rondas que satisfacen el primer requerimiento. Para ello, podemos pensar a las 3 chicas que no se separaran como un solo bloque, y contar la cantidad de rondas que pueden formarse con el y las 7 chicas restantes. Por lo tanto, y de acuerdo a la terminología que hemos introducido, debemos considerar permutaciones circulares de 8 objetos distintos,cuyo numero total es 7!, según hemos visto. Ahora bien, en cada una de esas rondas, las 3 niñas que fueron consideradas como un solo bloque pueden también intercambiar sus posiciones - de 3! Maneras distintas -, de donde se concluye que el numero de rondas que satisfacen la primera condición es igual a 7! x 3! = 30.240.

Para completar la resolución del problema, debemos dilucidar en cuantas deestas rondas las otras dos chicas no ocupan posiciones contiguas. Nuestro plan es contar por descarte, determinando primero en cuantas están juntas y restando luego del total. Para ello, contamos las permutaciones circulares de 7 personas (un bloque de 3, otro de 2, y las 5 chicas restantes), cuyo numero es 6!, y luego multiplicamos sucesivamente por el numero de permutaciones internas de cadabloque. Obtenemos entonces el resultado 6! x 3! x 2! = 8.640.
En definitiva, nuestra respuesta final es 30.240 - 8.640 = 21.600.

Problema 8:
El problema que estamos planteando es combinatorio y no aritmético, pero no esta de mas puntualizar que los primos citados arriba se obtienen variando m entre 0 y 4; para m entre 5 y 19 se sabe que el correspondiente valor de 2^2^m + 1 no es primo, y estaabierta la cuestión de la existencia de otros primos de esta forma.
De acuerdo con el teorema de Gauss, el número de vértices n debe ser producto de uno o más primos pertenecientes a la lista dada, todos ellos distintos. Por la unicidad de la factorización de un numero natural como producto de primos, n quedara entonces determinado por la elección de cualquier subconjunto de ellos, elección quesegún hemos visto podemos hacer 2^5 = 32 maneras. Pero debemos descontar una, pues elegir el subconjunto vacío no tiene sentido en nuestro problema. Luego, podemos construir con regla y compás 31 polígonos regulares distintos.

Problema 10: Sin restricciones, sabemos que hay 7! maneras distintas de ponerlos. Restaremos de esta cantidad el número de formas que no cumplen nuestro requerimiento.Para agilizar nuestro lenguaje, es conveniente introducir un poco de notación: 
el numero de ordenamientos en los que todos los libros de una materia particular aparecen juntos será designado por α (h), α (m), y α (q) (cambiar estas a por alfa) respectivamente.

El numero de ordenamientos en los que todos los ejemplares de dos materias dadas están juntos será notado por α (h, m), α (h, q) y α (m,q) respectivamente. Por ejemplo, las permutaciones H H H M M Q Q y Q M M H H H Q integran el numero α (h, m)

Finalmente, el numero de ordenamientos en los que los libros de cada materia aparecen juntos será designado por α (h, m, q). Por ejemplo, M M Q Q H H H es una de ellas. 

En principio, α (h), α (m) y α (q) deben ser restados del total. Sin embargo, al hacer esto las ubicaciones quecontribuyen a α (h, m) son restadas dos veces, y lo mismo ocurre con aquellas que integran α (h, q) y α (m, q). Por lo tanto, estos últimos tres números deben ser sumados una vez.

Pero esto no agota nuestro análisis, ya que las permutaciones que integran α (h, m, q) son primero restadas tres veces - en α (h), en α (m) y en α (q) - y luego sumadas también tres veces - en α (h, m), α (h, q) y α (m,q)-. Puesto que hay que descartarlas, debemos restar α (h, m, q). No habiendo más situaciones posibles, obtenemos la respuesta 7! - (α (h) + α (m) + α (q)) + (α (h, m) + α (h, q) + α (m, q)) - α (h, m, q)

Antes de comenzar a calcular las cantidades involucradas en la respuesta, podemos simplificarla un poco, observando que algunas de ellas son iguales entre si. Concretamente, puesto que...
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