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Tarea 3. Combinatoria

Cesarator	Jan 17 2007, 09:12 PM Publicado: #1
Invitado	Nuestra tercera tarea, diseñada para que los pobres alumnos recuperen nota. En el P3 falta decir que las torres no pueden atacarse. Untitled.jpg ( 111.01k ) Número de descargas: 8

Zirou Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 18 2007, 09:18 PM Publicado: #2
Máquina que convierte café en teoremas Grupo: Colaborador Silver Mensajes: 1.665 Registrado: 18-August 05 Desde: Concepción Miembro Nº: 247 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	$TEX: \noindent $\boxed{SP_6}$\\<br />\\<br />Notemos que si el conjunto def coincide con efg entonces:\\<br /><br />\begin{equation}<br />\begin{aligned}<br />def&=efg\\<br />d&=e\\ e&=f \\ f&=g \\<br />\Rightarrow d&=e=f&=g<br />\end{aligned}<br />\end{equation}<br />Encontrando asi que la unica posibilidad que def coincida con efg y a la vez con abc es cuando son todos iguales.\\<br />Volviendo al problema separamos el ejercicio en dos casos:\\<br />Caso 1: def depende de abc (para que sea memorable)\\<br />Caso 2: efg depende de abc (para que sea memorable)\\<br />\\<br />$\boxed{Caso\ 1}$\\<br />\\<br />Notemos que:\\<br />La eleccion del conjunto abc es aleatoria (sin restriccion alguna)\\<br />la eleccion del conjunto def depende estrictamente de abc\\<br />la eleccion de g es aleatoria (no interviene en "memorable o no")\\<br />Los valores a los digitos fructuan entre 0 y 9\\<br />entonces tenemos que:\\<br />$\boxed{a}\ \ \boxed{b}\ \ \boxed{c}\ \ \boxed{d}\ \ \boxed{e}\ \ \boxed{f} \ \ \boxed{g}$\\<br />$10\cdot10\cdot10\ \cdot1\ \cdot1\ \cdot1\ \cdot10$\\<br />(lease los cuadros como principio multiplicativo)\\<br />Se obtiene asi que $\boxed{Caso\ 1}=10000\ posibilidades$\\<br />\\<br />$\boxed{Caso\ 2}$\\<br />Notemos que:\\<br />La eleccion del conjunto $abc$ es aleatoria (sin restriccion alguna)\\<br />la eleccion de $d$ es aleatoria (no interviene en el caso)\\<br />la eleccion del conjunto $efg$ depende estrictamente de $abc$\\<br />Los valores a los digitos estan entre 0 y 9\\<br />entonces tenemos que:$ $TEX: \noindent $\boxed{a}\ \ \boxed{b}\ \ \boxed{c}\ \ \boxed{d}\ \ \boxed{e}\ \ \boxed{f} \ \ \boxed{g}$\\<br />$10\cdot10\cdot10\cdot10\ \cdot1\ \cdot1\ \cdot1$\\<br />\\<br />$ \Rightarrow \boxed{Caso\ 2}=10000\ posibilidades$\\<br />\\<br />sumando:\\<br />\begin{equation}<br />\begin{aligned}<br />Posibilidades\ totales&=\boxed{Caso\ 1}+\boxed{Caso\ 2}\\<br />&=10000+10000\\<br />&=20000<br />\end{aligned}<br />\end{equation}<br />\\<br />Pero notemos que hay unos casos que los hemos sumado dos veces, cuando:\\<br />$$a=b=c=d=e=f=g$$<br />y como los valores oscilan entre 0 y 9 (en total 10 digitos), hemos repetido 10 ternas de numeros $abc\ defg$\\<br />Entonces:\\<br />$20000-10=19990$<br />$ -------------------- $TEX: $mathcal{Z}$ $imath$ $Re$ $varnothing$ $mho$$ Manual para subir imágenes y archivos a fmat (con servidor propio) Manual de latex Estilo Propio Lista de libros en fmat "Un Matemático es una máquina que trasforma café en teoremas"(Erdös) --- Consultas, sugerencias, reclamos via mp o a los correos mencionados.

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 21 2007, 09:01 PM Publicado: #3
Staff Fmat Grupo: Moderador Mensajes: 1.185 Registrado: 29-October 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 352 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Solución al problema 5 $TEX: \noindent Tenemos que encontrar el n\'umero de soluciones de la ecuaci\'on<br /><br />$$p_1+p_2+p_3+p_4=98$$<br /><br />\noindent con $p_i$ impar, $p_i\ge{1}$\\<br /><br />\noindent Sean $p_1=2a-1, p_2=2b-1, p_3=2c-1, p_4=2d-1$.\\<br /><br />\noindent Aqu\'i los $4$ n\'umeros son impares, donde $a, b, c, d\in\mathbb{N}, a, b, c, d\ge{1}$, para que todos sean positivos. Luego:<br /><br />$$2a-1+2b-1+2c-1+2d-1=98$$<br />$$2(a+b+c+d)=102$$<br />$$a+b+c+d=51$$<br /><br />\noindent Con $a, b, c, d$ de cualquier paridad.$ Lema: el número de soluciones enteras positivas de la ecuación $TEX: $x_1+x_2+x_3+\ldots+x_n=m, x_i\ge{1}$$ viene dado por $TEX: $\displaystyle\binom{m-1}{n-1}$$ Demostración del lema: $TEX: \noindent Este problema puede interpretarse como: ?`de cu\'antas maneras se puede separar $m$ objetos en $n$ grupos disjuntos no vac\'ios?\\<br /><br />\noindent Considere los $m$ objetos en fila. Como tenemos que elegir $n$ grupos, tenemos que separarlos usando $n-1$ trabas. Tenemos $m-1$ posibilidades de trabas (entre cada objeto adyacente). Luego, tenemos que elegir $n-1$ trabas entre $m-1$ posibilidades de trabas, o sea $\displaystyle\binom{m-1}{n-1}$, probando as\'i el lema.\\<br /><br />\noindent Volviendo al problema:<br /><br />$$a+b+c+d=51$$<br /><br />\noindent que seg\'un el lema, tiene $\displaystyle\binom{50}{3}$ soluciones naturales. O sea, la respuesta es $\displaystyle\binom{50}{3}=19600$ $4-uplas$ ordenadas $\blacksquare$$ Saludos -------------------- "He looks rather ill, but he looks all over the genius he was" (G. H. Hardy) "A mathematician is a device for turning coffee into theorems" (Paul Erdös)

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 21 2007, 10:33 PM Publicado: #4
Staff Fmat Grupo: Moderador Mensajes: 1.185 Registrado: 29-October 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 352 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Solución al problema 4 Caso 1: n par $TEX: $(n=2k, k\in\mathbb{N})$$ $TEX: \noindent Notemos que:<br /><br />$$2^{2k}=(1+1)^{2k}=\displaystyle\binom{2k}{0}1^01^{2k}+\displaystyle\binom{2k}{1}1^11^{2k-1}+\ldots+\displaystyle\binom{2k}{2k}1^{2k}1^0$$<br />$$2^{2k}=\displaystyle\binom{2k}{0}+\displaystyle\binom{2k}{1}+\displaystyle\binom{2k}{2}+\ldots+\displaystyle\binom{2k}{2k}$$<br /><br />\noindent Aplicando un Nikita-Nipone:<br /><br />\noindent $2^{2k}=(1+1)^{2k}+(1-1)^{2k}=\displaystyle\binom{2k}{0}+\displaystyle\binom{2k}{1}+\displaystyle\binom{2k}{2}+\ldots+\displaystyle\binom{2k}{2k}+\displaystyle\binom{2k}{0}1^0(-1)^{2k}+\displaystyle\binom{2k}{1}1^1(-1)^{2k-1}+\ldots+\displaystyle\binom{2k}{2k}1^{2k}(-1)^0$\\<br /><br />\noindent $2^{2k}=\displaystyle\binom{2k}{0}+\displaystyle\binom{2k}{1}+\displaystyle\binom{2k}{2}+\ldots+\displaystyle\binom{2k}{2k}+\displaystyle\binom{2k}{0}-\displaystyle\binom{2k}{1}+\displaystyle\binom{2k}{2}-\displaystyle\binom{2k}{3}+\ldots+\displaystyle\binom{2k}{2k}$$ $TEX: \noindent $2^{2k}=2\left(\displaystyle\binom{2k}{0}+\displaystyle\binom{2k}{2}+\ldots+\displaystyle\binom{2k}{2k}\right)$\\<br /><br />\noindent $2^{2k-1}=\displaystyle\binom{2k}{0}+\displaystyle\binom{2k}{2}+\ldots+\displaystyle\binom{2k}{2k}$\\<br /><br />\noindent Probando as\'i lo pedido $\blacksquare$$ Como ando sin tiempo , dejo propuesto el caso para n impar (es básicamente lo mismo sólo que los $TEX: $C(2k; 2j)$$ cambian por $TEX: $C(2m-1; 2i-1$$ ) Saludos -------------------- "He looks rather ill, but he looks all over the genius he was" (G. H. Hardy) "A mathematician is a device for turning coffee into theorems" (Paul Erdös)

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Feb 8 2007, 12:01 AM Publicado: #5
Staff Fmat Grupo: Moderador Mensajes: 1.185 Registrado: 29-October 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 352 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Solución al problema 2 Seamos pesimistas. Supongamos que todas las rectas trazadas cortan al menos a un dominó. Supongamos ahora que sólo cortan a un dominó. Figura 1 Trazamos la recta $TEX: $L_1$$ cortando a $TEX: $D_1$$ por la mitad. Entonces, como $TEX: $L_1$$ sólo corta a $TEX: $D_1$$ , se tendrá que el sector a la izquierda de ella debe ser cubierto por una cierta cantidad de dominós, pero la cantidad de casillas de ese lado es impar (una de ellas ya está cubierta por $TEX: $D_1$$ ), y como los dominós cubren una cantidad par de casilleros, se llega a una contradicción. Por lo tanto cada recta debe cortar al menos dos dominós. Figura 2 Notemos además que dos rectas, digamos $TEX: $L_j$$ y $TEX: $L_i$$ , no pueden cortar ambas al mismo dominó (ya que, en caso contrario, serían la misma recta). Como vemos en la figura 2, son $TEX: $10$$ rectas en total. Como concluimos que una recta debe cortar al menos dos dominós, entonces las $TEX: $10$$ deben cortar a al menos $TEX: $20$$ dominós. Pero son $TEX: $18$$ dominós los que estamos usando, entonces se ha llegado a una contradicción, luego la conclusión es directa Saludos PD: disculpen lo rasca de la segunda imagen -------------------- "He looks rather ill, but he looks all over the genius he was" (G. H. Hardy) "A mathematician is a device for turning coffee into theorems" (Paul Erdös)

Vicho_Correa Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Feb 9 2007, 10:19 PM Publicado: #6
Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 40 Registrado: 19-July 06 Desde: Conce, Jazz Capitol Miembro Nº: 1.716 Nacionalidad: Sexo:	Problema 1: Notemos que en un triángulo equilátero la distancia entre dos puntos cualesquiera en su interior no puede ser mayor a uno de sus lados. Trazemos las mediatrices del triángulo en cuestión, sudividiéndolo en 4 triángulos equiláteros de lado $TEX: $\dfrac{1}{2}$$ como se muestra en la figura, screen.width0.6) {this.resized=true; this.width=screen.width0.4; this.alt='Pincha Aqui para ver esta imagen en su tamaÃ±o original';}" onmouseover="if(this.resized) this.style.cursor='hand';" onclick="if(this.resized) {window.open('http://img296.imageshack.us/img296/7687/grfico1pu5.png');}" /> Uno de estos triángulos tendrá en su interior al menos 2 de los puntos y la distancia entre ellos es estrictamente menor que $TEX: $\dfrac{1}{2}$$ (no sé por qué sale en el enunciado "menor o igual a", al parecer se permite colocar los puntos en el triángulo ). Salu2

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