Dos problemas de combinatoria:

Hola!

Me podrías ayudar a resolver los siguientes ejercicios de combinatoria?

  1. En una baraja de cartas, hay cartas de cuatro colores diferentes, y ordenadas del 1 al 12. De manera que hay 4 cartas con el uno, pero las cartas no pueden tener el mismo color y número a la vez; no se repiten.

1.1. Cuantas cartas tiene la baraja?

Fácilmente la baraja tiene 48 cartas pues tiene 4 unos, 4 doses, 4 tres… 4 docenes.

1.2. Repartimos  6 cartas a un solo jugador. Repartimos de golpe 6 cartas , por lo que el orden no importa. Cuántos posibles repartos hay que contengan exactamente un tres.

Creo que como tiene que a ver sólo un tres, entonces sólo permutan 5 cartas repartidas, entonces serian 47 sobre 5? No estoy muy seguro porque dentro de estos 47 cartas aún hay tres numeros 3, por lo que seria 45 sobre 5?

2.En una clase de 12 estudiantes se harán 3 grupos de 4 personas. De cuántas maneras se pueden hacer los grupos?  Los grupos no estan ordenados, no hay el primero ni el segundo…

Aqui no se muy bien como empezar.

 

Muchas gracias!

Novato Enviada el 2 de diciembre de 2018 a Combinatoria.
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3 Respuesta(s)

Hola Oriol.

1.2

El número de formas de repartir 6 cartas sin importar el orden sería el combinatorio 48 sobre 6.

Si en ese pack de 6 tiene que haber un 3, entonces la cosa cambia. Imagina esas 6 cartas una al lado de la otra. Ya sé que no importa el orden, pero vamos a imaginarlo así. Imagina que la primera es un 3. ¿Cuántas posibilidades tienen las otras? Un combinatorio de 44 (porque sólo podemos escoger entre las que no son 3) sobre 5 (porque sólo escogemos 5). El mismo razonamiento sirve si el 3 está en la segunda posición, y en la tercera… En total será entonces

RE: Dos problemas de combinatoria:

RE: Dos problemas de combinatoria:

Seguro que hay otras formas de razonar, pero a mí ahora mismo se me ocurre resolverlo así.

2.

Tenemos que hacer grupos de 4 personas. Para crear el primer grupo escogemos a 4 entre 12, sin importar el orden, y eso es un combinatorio de 12 sobre 4. Ahora vamos a por el segundo grupo. Escogemos a 4 entre los 8 que quedan, es decir, es otro combinatorio pero ahora de 8 sobre 4. Ya tenemos los tres grupos hechos.  El resultado correcto es el producto de los dos combinatorios. También podríamos crear el tercer grupo, pero ahora escogeríamos a 4 entre 4 (absurdo) , y el combinatorio de 4 sobre 4 lógicamente nos va a dar 1.

RE: Dos problemas de combinatoria:

Espero que se entienda

Ciao !

 

 

Maestro Respuesta escrita el 2 de diciembre de 2018.
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Hola!

Entiendo lo que haces, pero el resultado es incorrecto, en el primero y segundo ejercicio.

No sé el resultado, pero me indica que esta mal. Habia pensado que a lo mejor es que cuando se reparte una carta luego te queda una menos para combinar, y asi sucesivamente. Pero no es verdad porque te dice que las reparte a la vez.

Y el segunto tambien no se.

 

Gracias

 

Novato Respuesta escrita el 2 de diciembre de 2018.
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Hola: Creo que sé dónde está el problema.

1.En el primer ejercicio para cada posición del 3 tenemos, efectivamente 6 sobre 4 posibilidades de elección. Lo que falta es que en cada posición hay 4 maneras de seleccionar un 3 porque hay cuatro treses, uno de cada color.  Es decir, para cada posición tenemos:

RE: Dos problemas de combinatoria:

Por lo que el resultado será:

RE: Dos problemas de combinatoria:

2. El dos es un poco más complicado. Yo hubiera dicho lo mismo que Silan si no hubieras dicho que está mal.  Pero dándole vueltas parece tener sentido que hay algunos casos que se están considerando como repetidos. Cuando seleccionamos 12 sobre 4 y 8 sobre 4 y 4 sobre 4 determinamos las posibilidades de hacer grupo1, grupo2 y grupo3. Pero luego los grupos se pueden reordenar, es decir, si lo que llamas grupo 1 lo pasas a llamar grupo 3 y el grupo 2 lo mantienes, obtienes la misma separación de la clase, porque no están ordenados los grupos. Por tanto, hay que dividir por 3!, que es el número de permutaciones de los tres grupos.  Es la misma idea que cuando se deduce la fórmula de los números combinatorios. Primero se calculan las maneras de seleccionar elementos y luego se divide por las permutaciones para tener en cuenta que no importa el orden. Por tanto, sería:

RE: Dos problemas de combinatoria:

Otra manera de verlo es la siguiente. Imagina que tienes la siguiente figura:

RE: Dos problemas de combinatoria:

  • Elegir una ordenación de los 12 elementos ya es escoger una separación en 3 grupos, porque te los separa según estas dos barras.
  • Cada grupo de 4 se puede reordenar sin cambiar el grupo, por lo que habrá un 4! dividiendo por cada grupo. Estos factores eliminan la importancia del orden de los elementos dentro de cada grupo.
  • Las etiquetas G1, G2 y G3 se pueden reordenar, porque no importa el orden de los grupos: esto te da una división por 3! Este factor elimina la importancia del orden de los grupos en sí.

RE: Dos problemas de combinatoria:

Puedes comprobar que el resultado es el mismo:

RE: Dos problemas de combinatoria:

Ayudante Respuesta escrita el 3 de diciembre de 2018.

Hola! Gracias! Ya se donde esta el error, cuando se múltiplica 6 por 44 sobre 5 estamos ordenando las cartas con las posibilidades de el 3 vaya a la posición 1, 2,… pero esto es incorrecto porque no estan ordenadas. Igualmente, no se debe multiplicar por 6. Se tiene que multiplicar por 4, adjuntare una imagen al final. 

Pero lo entiendo perfectamente. Igualmente el dos ahora veo el error que tuve al hacerlo yo, muchas gracias.   Y otra pregunta acerca de otro ejercicio: “Un exámen tipo test de 8 preguntas y cada pregunta tiene 4 opciones, cuantas manteras posibles hay de reordenar el examen reordenando las preguntas y las opciones?” Lo que he hecho es: independientemente de las respuestas cada pregunta se puede ordenar sin repeticón 8! veces, igualmente, cada pregunta puede reordenarse de 4! maneras distincas, entonces los posibles examenes serían 8!x8x4! ? Creo que mi hipotesis falla en algun sitio.

 

RE: Dos problemas de combinatoria:

oriolrama Novato el 3 de diciembre de 2018.

Ah, claro, qué fallo. Al no importar el orden no tiene sentido considerar diferentes posiciones del 3…

De ese nuevo problema que dices  tienes razón: 8! son las formas de ordenar las preguntas, y 4! son las formas de ordenar las opciones de cada pregunta. Yo diría que por tanto 8!4! es el número total de posibilidades. ¿De dónde sale el 8 extra que pones?

rmgMath Ayudante el 5 de diciembre de 2018.
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