Análisis
Combinatorio
Trabajo Practico Nº 5
Análisis Combinatorio
1) Con las letras de la palabra MESA, forme todas las palabras posibles
con o sin sentido sin repetir letras, calculando previamente su
número.
2) ¿ De cuántas maneras distintas pueden salir alineados al campo de juego, los
jugadores titulares de un equipo de fútbol ?. De cuántas maneras distintas pueden
hacerlo si el arquero debe ocupar siempre la primera posición ?.
3) Un grupo musical va a grabar un compact que contiene 7 temas ; ¿ De cuántas
maneras puede elegir la secuencia de los temas ? Si el compact requiere que dos
temas en particular no se escuchen en forma consecutiva, ¿ de cuántas maneras
puede elegir la secuencia de los temas ?
4) Para confeccionar un examen, se dispone de 3 problemas de
Geometría, 4 de Combinatoria y 2 de Algebra. ¿ De cuántas
maneras pueden ordenarse los problemas si los que corresponden
a un mismo tema deben aparecer en forma consecutiva ?
5) Un señor olvidó la combinación del candado que cierra su maletín y que consiste
en cinco ruedas contiguas con los dígitos de 1 a 6 cada rueda. En el peor de los
casos, ¿ cuántos intentos tendrá que hacer antes de poder abrirlo ?
6) Cuatro amigos se reúnen a jugar al truco. ¿ De cuántas maneras diferentes
pueden sentarse alrededor de la mesa ?.
7) Con los dígitos 1, 2, 3, 4, y 5. ¿ Cuántos números de tres cifras distintas
pueden formarse ?. ¿ Cuántos son pares ?. ¿ Cuántos terminan en 32 ?. Cuántos
son divisibles por 5 ?.
8) Con 22 consonantes y 5 vocales :
a) ¿ Cuántas palabras distintas con o sin sentido de cinco letras
(sin que se repitan letras) se pueden formar ?
b) ¿ En cuántas de las palabras del ítem a) la letra central es
una vocal ?
c) ¿ Cuántas de las palabras del ítem a) se forman con 3
consonantes y 2 vocales ?
9) En un curso de 42 estudiantes de Lic. en Sistemas, se desea elegir 3 alumnos
para formar una Comisión.
a ) De cuántas maneras se puede elegir si los representantes tienen
iguales atribuciones ?.
b) ¿ De cuántas maneras se puede elegir si los representante tienen
diferentes atribuciones ?.
10) Se tienen 10 puntos a, b, c, . . . . , j ; pertenecientes a un
plano , de los cuales no hay 3 alineados.
a) ¿ Cuántas rectas determinan esos puntos ?
b) ¿ Cuántas de esas rectas pasan por el punto a ?
c) ¿ Cuántos triángulos determinan esos puntos ?
d) ¿ Cuántos de esos triángulos tienen un vértice en a ?
e) ¿ Cuántos de esos triángulos tienen un lado en ab ?
11) Entre 12 hombres y 8 mujeres debe elegirse una delegación de 5 personas.
a) ¿ De cuántas maneras se puede formar la delegación ?
b) ¿ De cuántas maneras se puede formar si dos personas determinadas deben estar
siempre la delegación?
c) ¿ De cuántas maneras se puede formar si en la delegación deben haber 3
hombres y 2 mujeres ?
d) ¿ De cuántas maneras se puede formar si en la delegación deben haber por lo
menos 3 hombres y 1 mujer ?
e) ¿ De cuántas maneras se puede formar si en la delegación no pueden estar
juntas 2 personas enemistadas ?
f) ¿ De cuántas maneras se puede formar la delegación si un hombre y una
mujer (esposos) deben estar los dos o ninguno en la delegación ?
12) Todas las personas que asisten a una fiesta se estrechan la
mano. Si se estrecharon la mano en 45 oportunidades ; ¿ cuántas
personas asistieron a dicha reunión ?.
13) Cuántas palabras con o sin sentido pueden formarse con las letras de las palabras :
INDEPENDENCIA ; CATAMARCA ; MONOMIO. (usando todas las letras en cada caso)
14) Con los dígitos 2, 3 y 9 : ¿ Cuántos números mayores que 100 se forman ? ¿ Cuántos
son pares ?
15) Determine n  N si existe, tal que :
b)
d)
1
2
4
3
n
n 1
n 1
A3  A2  A2
n3
A2

3
2
n2
A2
 10
n 
n
a ) 3    5 
4
 5
1


c ) 7 A 2n  1  6 C 3n
e ) 4 C 2n  2  C 2n  1  C 2n  56
16) Desarrolle las siguientes potencias aplicando Binomio de
Newton :
a ) ( x  3)
3
b) ( x 
5
1
x
)
4
17) Hallar si existe :
a) el undécimo término de ( 2 x 2  x ) 15
sin efectuar el desarrollo.
(3 x  2 y )
b) el ó los términos centrales de
c) el coeficiente de x32 en
d) el término de grado 7 en
e) el término que contiene
1 
 4
x  3
x 

(x
a-35
1/2
en
3
9
15
 x )
7
3 
 3
a  2 
a 

25
n
18) En el desarrollo ordenado del binomio ( x  a ) , los términos T10 y T15
son equidistantes de los extremos. Hallar n.
Permutaciones
Si tres alumnos deben exponer en una
clase especial, y desean analizar todas las
posibilidades del orden de exposición que
tienen . . . .
Es simple advertir que una alternativa es . . . . .
Pablo
Matías
Pablo
Julio
Julio
4
1-2
3
4
luego expone Matías, (que sabe
mucho , pero no convence)
y por último Julio, (que es algo desordenado)
Una alternativa diferente será si Julio toma
el lugar de Matías y éste el de Julio
Matías
Otra posibilidad es que Julio tome el
lugar de Pablo y éste el de Julio
1-2-3
Primero expone Pablo (que
suele ser muy convincente)
Julio
Pablo
Matías
Ahora si Pablo y Matías
cambian sus posiciones,
tenemos otra alternativa
Julio
Matías
Julio
Pablo
Matías
Pablo
1-2
Luego es Matías el que toma el
primer turno
Y finalmente, puede haber
nuevamente un intercambio entre el
segundo y el tercer expositor
Matías
Pablo
3
Julio
Todo lo expuesto podemos sintetizar en que para tres personas existen tres
lugares (ordenes de exposición); así, si queremos saber cuántos son los órdenes
en que pueden exponer estas tres personas podemos buscar . . . . . .
la cantidad de funciones inyectivas posibles, entre el conjunto de
personas y los lugares que pueden ocupar
Que se encuentra con la expresión Pn = n!
1-2-3
4
4
La función factorial n! se define:
de N0  N
 f (0)  1

f (n )  
f (1 )  1
f (h  1 )  (h  1 )  f (h )

es decir: n! es igual al producto de los n primeros números naturales
1-2
n! = n  (n-1)  (n-2)  (n-3) . . . . . . 3  2  1
3
Así, para hallar la cantidad de posibilidades de colocar tres elementos
(alumnos) en tres ubicaciones diferentes (orden de exposición) resolvemos . . .
P3 = 3 ! = 3  2  1 = 6
Los ordenamientos posibles son
1
2
3
4
5
6
Pablo
Pablo
Julio
Julio
Matías
Matías
Matías
Julio
Pablo
Matías
Julio
Pablo
Julio
Matías
Matías
Pablo
Pablo
Julio
1-2-3
4
4
1) Calculamos previamente el número de palabras con o sin
sentido que se forman con las letras de la palabra MESA, sin
repetir letras
Se trata de ordenar cuatro
MESA
EMSA
SMEA
AMES elementos (letras) en cuatro
posiciones diferentes
MEAS
EMAS
SMAE
AMSE
MAES
ESMA
SEMA
AEMS
MASE
ESAM
SEAM
AESM
MSEA
EAMS
SAME
ASEM
MSAE
EASM
SAEM
ASME
P4 = 4! = 4  3  2  1 = 24
2) Si son jugadores de un equipo de fútbol
son once jugadores para once posiciones
si el arquero ocupa siempre
la primera posición
P11 = 11! = 11  10  9 . . . . . . . 3  2  1 = 39.916.800
A
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
se pueden cambiar los lugares del 2 al 11 (entre 10 jugadores)
P10 = 10 ! = 10  9  8 . . . . . . . 3  2  1 = 3.628.800
11
3) Se deben ordenar 7 temas para un compact
el total de ordenamientos posibles es
P7 = 7 ! = 7  6  5 . . . . . . . 3  2  1 = 5.040
si dos temas no se deben escuchar en forma consecutiva . . .
vamos a buscar el número de situaciones en que aparecen dos
temas en particular (por ejemplo el 2 y el 3) juntos
Un ordenamiento será :
1
2
3
otro ordenamiento puede ser . . .
1
4
4
5
6
7
2
3
5
si 2 y 3 deben
estar juntos
6
7
observando convenientemente advertimos que estamos ordenando
P6 = 6 ! = 720
6 temas en 6 lugares (el 2 y 3 consideramos un solo tema)
Y debemos considerar también cuando
Aparece primero el 3 y luego el 2
(los temas aparecen juntos)
1
4
3
nuevamente . . .
2
5
6
7
P6 = 6 ! = 720
entonces dos temas determinados no aparecen juntos en
P7 – 2 P6 = 7 ! – 2  6 ! = 5.040 – 2  720 = 3.600
4) Cada asignatura puede ocupar una posición, las posibilidades son
G
A
C
A
C
G
G
C
A
C
A
G
A
G
C
C
G
Pero el
orden de
los
problemas
de cada
materia
también
pueden
cambiarse
G
A
1
1
2
2
3
3
2
3
1
3
1
2
3
2
3
1
2
1
1
2
2
1
C
entonces la cantidad total de
posibles temas es :
P3 = 3 ! = 6
A
1
1
1
1
1
1 2
2
2
2
2
2
2
2
3
3
4
4 1
1
3
3
4
4
3
4
2
4
2
3 3
4
1
4
1
3
4
3
4
2
3
2 4
3
4
1
3
1
3
3
3
3
3
3 4
4
4
4
4
4
1
1
2
2
4
4 1
1
2
2
3
3
2
4
1
4
1
2 2
3
1
3
1
2
4
2
4
1
2
1 3
2
3
1
2
1
P3  ( P3  P4  P2 ) = 3 !  ( 3!  4!  2! ) = 6 6  24  2 = 1.728
5) Supongamos que el maletín tenga una sola rueda de 6 dígitos
Las posibilidades serán que se abra con 1, 2, 3, 4, 5, ó 6
Lo que significa que en el peor de los
casos se deberá hacer 6 intentos
a cada dígito de la primera rueda
le corresponden 6 dígitos de la
segunda rueda
Pero si el maletín tuviera
2 ruedas de 6 dígitos
habrán entonces 6 nuevas
alternativas por cada
dígito de la primera rueda
1
2
Las posibilidades con 2 ruedas son 6 x 6 = 36
Pero el maletín tiene 3 ruedas, entonces se agregan 6
3
6
1
5
alternativas más a cada una de las 36 posibilidades anteriores4
Para tres ruedas son 6 x 6 x 6 = 216
Generalizando, podemos plantear que para n ruedas el
n
número de intentos será : 6
En este caso, con n = 5
2
3
4
5
6
65 = 7.776
Permutaciones Circulares
Si debo ordenar cuatro amigos en fila sabemos que la cantidad de
alternativas está dada por la permutación de 4 elementos
P4 = 4! = 4 3 2 1 = 24 formas
a
b
c
d
b
c
d
a
Entre las que se encuentran
las siguientes . . .
c
d
a
b
d
a
b
c
y son formas diferentes
Pero, si los amigos estuvieran
alrededor de un círculo en vez
de estar alineados . . .
a
d
b
Lo que antes eran 4
configuraciones diferentes,
ahora no se pueden diferenciar
c
b
a
d
c
Las cuatro ordenaciones
deben ser consideradas
la misma ordenación
c
b
d
Pm
m
 P( m  1 )  ( m  1 )!
d
b
a
En todos los casos a la
izquierda de a está d y
a la derecha b . . .
La permutación circular de m elementos se resuelve . . .
Pm , c 
a
c
6) Cuatro amigos se reúnen a jugar al truco. ¿ De cuántas
maneras diferentes pueden sentarse alrededor de la
mesa ?.
Puede que Ud. esté pensando en la permutación de cuatro elementos . . . .
y esto sería correcto si los amigos
juegan al truco en fila india
Pero todos sabemos que al
truco se juega en pareja y
alrededor de una mesa
A
B
C
es lo mismo que . . .
A
A
donde . . .
Se trata entonces de la
permutación circular de 4
elementos
C
A y C siguen
siendo compañeros
D
B a la izquierda y D a la derecha de A
que se resuelve . . .
P4 , c  (
D
4  1 )!  3  2  1  6
VARIACION ó ARREGLO
Si queremos formar números de dos cifras con los dígitos 1, 2 y 3
Resulta que debemos tomar dos
de los elementos (dígitos) y
formar un número de dos cifras
Por ejemplo, si tomamos los
dígitos 1 y 2 formamos el 12
8 a
7
9
8 b
10
El mismo 12, con las cifras invertidas forma otro número de dos cifras 21
también 13 y 31 . . . . . . . finalmente 23 y 32
Esta operación viene dada por la expresión:
donde
m=3 y n=2
A2 
3
m
V m , n  An 
3!
( 3  2 )!

6
1
m!
Se lee “arreglo
de m elementos
tomados de a n”
( m  n )!
 6
3 : cantidad total de elementos que disponemos
2 : cantidad de elementos que tomamos para formar cada arreglo
observe que con solo cambiar el orden de los dígitos, se
considera un caso diferente; aunque no se haya cambiado alguno
de los dígitos
7
8-9-10
7) Si disponemos de los dígitos 1, 2, 3, 4, y 5 para formar
números de tres cifras
i) debemos resolver A35 
5!

5  4  3  2!
( 5  3 )!
2!
Si los números de tres cifras buscados deben ser
pares, la última cifra debe ser un número par
Asignamos el lugar de la cifra par al 2
y quedan 2 lugares para cuatro dígitos posibles
A2 
4!
4
( 4  2 )!
4  3  2!

2!
pero en vez del 2,
el último dígito
pudo ser el 4
 12
ii) Los números pares son:
3
3!
( 3  1 )!
A2 
4

3  2!
2!
 3
4!
( 4  2 )!
cifra
1
cifra
2
par
cifra
1
cifra
2
2
cifra
1
cifra
2
4
cifra
3
2
4
2  A2  2  12  24
iii) Si los números deben terminar en 32
A1 
 60

iv) Si debe ser múltiplo de 5, debe terminar en 5
4  3  2!
2!
 12
cifra
1
cifra
2
5
8 a) Con 22 consonantes y 5 vocales se pueden formar palabras
con ó sin sentido de cinco letras (sin que se repitan letras)
L U C H A
Por ejemplo
la palabra
C H U L A
Si se cambia el orden de
sus letras resulta otra
palabra distinta
sin haber cambiado ninguna de sus letras (elementos)
Debe aplicarse
VARIACIÓN O ARREGLO
Dispongo de 22 c + 5 v para formar las palabras, 27 elementos en total
An 
m
27
A5=
m!
Para formar palabras de 5 letras (elementos)
( m  n )!
27 !
( 27  5 )!

27 !
22 !

27  26  25  24  23  22 !
22 !
 9.687.600 palabras
Esto se puede resolver directamente con calculadora ó
simplificando previamente
8 b
8 b) Si deseo saber en cuántas palabras de 5 letras (que no
se repiten) formadas por 22 consonantes y 5 vocales, la
letra central es una vocal
Podemos pensar que
A
la palabra será:
Si el lugar central debe
ocupar una vocal (por
ejemplo la A)
Quedan 4 lugares para completar con 22 consonantes y 4
vocales (porque una vocal ya fue ubicada en el centro)
La operación que resuelve esto es:
26
A4=
26 !
( 26  4 )!

26 !
22 !
26  25  24  23  22 !

22 !

358.800 palabras
Pero, el lugar central puede ser ocupado por cinco vocales distintas
26
Entonces a A4
5  A4
26
Lo multiplicamos por 5 porque la letra central puede ser
5
26 !
( 26  4 )!

5 x 358.800 = 1.794.000 palabras
A
E
O
I
U
COMBINACION
Si tenemos una situación donde nos interesa saber las
alternativas posibles cuando es necesario que cambie un
elemento al menos (no nos interesa el orden en que se
presenten los elementos)
Tenemos una combinación, que
se resuelve con la expresión
m!
m
Cn 
11 a
10
11 d-e
12 c
n ! ( m  n )!
11 b-c
12 a-b
12 d
12 f
12 e
13
Si tenemos Jamón, queso y lechuga y queremos saber cuántos tipos de
sandwich podemos preparar usando dos de los alimentos mencionados
un sandwich hecho de jamón y queso será lo mismo que uno hecho de queso y jamón
Una vez elegidos dos alimentos cualesquiera, es necesario cambiar uno de ellos al
menos para cambiar el sabor del sandwich
Este es un caso de combinación, que se resuelve:
C2 
3
10
11-12
13
3!
2 ! ( 3  2 )!

3  2!
2 !  1!

3
9) De 42 estudiantes; debo tomar 3; pero no hay diferencia de
posiciones ni de “cargos” entre los tres, en la comisión son todos
“iguales”
42 !
42
C

Es un caso de combinación
Arreglo
3
3 ! ( 42  3 )!
14
Pero . . .

20
42  41  40  39 !
3  2  1  39 !
 11.480 formas
Combinación
Que tienen iguales
atribuciones significa
que todos pueden
cumplir el mismo rol
María prepara las diapositivas
Será
María dá la charla de introducción diferente Pablo dá la charla de introducción
si . . .
Juan expone;
Pablo expone
Juan prepara las diapositivas
Se aprecia que: aunque los elementos seleccionados (Juan, Pablo y María) sean
los mismos, los equipos 1 y 2 serán diferentes, por el rol que desempeñan sus
integrantes. Ahora nos interesa el orden de los elementos
esto se resuelve
con variación ó
arreglo
A3
42

42 !
( 42  3 )!
= 68.880 formas

42 !
39 !

42  41  40  39 !
39 !

10) Si tenemos 10 puntos en un plano de los cuales no hay 3 alineados
Sabemos que dos puntos cualesquiera determinan una recta
por
ejemplo
ac
Pero la recta ac
dj
df
bi
ce
ch
cf
eh
es la misma que ca
la recta bi es la misma que
y así sucesivamente . . .
ib
Es necesario que un elemento (punto) sea diferente
para que se trate de una recta diferente
La cantidad de elementos que disponemos
para formar rectas son 10 puntos
son necesarios 2 puntos para unirlos (sin importar el orden ) y así formar la recta
entonces . . .
10
C2

10 !
2 ! ( 10  2 )!
5

10  9  8 !
2!  8!
 45
11 b-c
11 d-e
10 b) Para saber cuántas de las 45 rectas pasan por el punto
a, pensemos que disponemos de 10 puntos
En principio tengo 10 elementos para 2
lugares –recta- sin importar el orden
b, c; d; . . . h; i; j
Si uno de los lugares ocupa el punto a
a
9!
9
C1 
1! ( 9  1 )!

9  8!
1  8!
 9 rectas
Me quedan ahora 9 elementos
para el lugar que resta
11 c) tres puntos no alineados
pueden formar un triángulo
Podemos distinguir entre otros, el


triángulo acf; el triángulo cfi ; etc.
Entonces corresponderá tomar los 10
puntos de tres en tres



recordando que cfi = fci = icf etc.
10
C3

10 !
3 ! ( 10  3 )!
5

3
10  9  8  7 !
6  7!

2
120 triángulos
11 d-e
d) Para saber cuántos triángulos tienen vértice en
En principio tengo 10 elementos (puntos)
para 3 lugares (vértices del triángulo)
Si el elemento a debe estar
siempre ocupando un lugar
a:
a
porque es un vértice de cualquiera de
los triángulos que busco
Me quedan 9 elementos (puntos) para ubicar en
las dos posiciones restantes que son 2 (vértices)
9
C2

9!
2 ! ( 9  2 )!
4

9  8  7!
2!  7 !

36 triángulos tienen vértice en a
e) Si los triángulos deben tener un lado (ab) común, significa que de los 10 puntos
dos puntos ya están
ubicados
8
C1

a
8!
1! ( 8  1 )!
b

Me quedan entonces 8
elementos (puntos) para ocupar
un lugar (vértice)
8  7!
1  7!

8 triángulos
11 a) Si hay 12 hombres y 8 mujeres para formar la
delegación (tengo en total 20 personas) y debemos elegir 5
personas (sin distribuir cargos ni considerar el orden)
Las cantidad de delegaciones posibles
estará dada por la combinación . . .
20
C5

20 !
5 ! ( 20  5 )!

20 !
5 !  15 !
de 20 personas
(total de elementos)
tomadas de a 5 (cantidad de miembros
de cada delegación posible)

3

20  19  18  17  16  15 !
5  4  3  2  1  15 !

15.504 maneras distintas
12 b) Si dos personas deben estar siempre en la misma delegación
supongamos . . .
b
a
persona a
dos ya están ocupados
persona b
La operación es la misma . . . pero del total de 20 personas descuento 2 que ya están
ubicadas porque deben estar siempre juntas
3
y me quedan 3 lugares para las
18 !
18
18  17  16  15 !


18 personas restantes

3
3! ( 18  3 )!
3  2  1  15 !
de los 5 lugares que dispongo
C
816 formas si dos personas deben estar juntas
12 c
12 d
12 e
12 f
11 c) Si en la delegación deben haber tres hombres y dos mujeres
Primero busco la cantidad de delegaciones que se pueden formar
con los 12 hombres disponibles tomados de a 3
12
C3

2
12 !
3! ( 12  3 )!

12  11  10  9 !
3  2  1  9!
220 delegaciones de tres hombres

4
8  7  6!
8




C 2 2! ( 8  2 )!
2  1  6!
8!
Y busco la cantidad de delegaciones
que se pueden formar con las 8
mujeres disponibles tomadas de a 2
= 28 delegaciones de dos mujeres
Para hallar el total de delegaciones posibles de tres hombres y dos mujeres,
planteamos los siguiente . . . .
para cada delegación de 3 hombres hay 28 delegaciones posibles de 2 mujeres
como tengo 220 delegaciones posibles de 3 hombres . . .
las delegaciones de al menos tres hombres y dos mujeres son . . .
12
C3
8
 C 2  220  28 = 6.160 formas de componer
la delegación solicitada
12 d
12 e
12 f
11 d) si en la delegación deben haber por lo menos 3 hombres
y una mujer, analizamos las siguientes alternativas . . .
De los cinco lugares disponibles
h
Tres están ocupados por hombres
y quedan dos lugares para mujeres
12
C3
8
Pero también puede suceder que . . .

m
h
h
De los cinco lugares disponibles
cuarto están ocupados por hombres
5
h
m
la cantidad de delegaciones posibles con
esta configuración ya hemos visto en el
punto anterior
 C 2  220  28 = 6.160
y solo uno por mujer
h
lo que resulta . . .
12
h
h
8
C 4 C1 
m
12 !
4 ! ( 12  4 )!

8!
1! ( 8  1 )!

No hay otra alternativa que
verifique la condición, porque si

 495  8 = 3.960
4  3  2  1  8!
1  7!
hay cinco hombres, no hay
mujeres; y si hay tres o mas
El resultado es la suma de las dos
mujeres, queda lugar para dos
posibilidades analizadas
hombres o menos
12
8
12
8
C
C  C
 C  10.120 formas
12  11  10  9  8 !
3
2
8  7!
4
1
12 e
12 f
11 e) si dos personas enemistadas no deben estar juntas en
la delegación
Supongamos que los
enemistados son a y b
La cantidad de
delegaciones en las que
a y b están juntos son . .
18
C3
a

b
18 !
3! ( 18  3 )!
3

18  17  16  15 !
3  2  1  15 !

816
Conociendo la cantidad total de delegaciones que se pueden formar (de 12a)
y la cantidad de delegaciones en las que dos personas están juntas
Las delegaciones en las que esas dos personas no están juntas, será . . .
20
C5
18
 C3
 15.504 – 816 = 14.688 formas
Otra manera de calcular lo mismo es mediante la operación
18
C5
18
 C4
18
 C4
 8.568 + 3.060 + 3.060 = 14.688 formas
justifique Ud. el procedimiento . . .
12 f
11 f) Si un hombre y una mujer (esposos) deben estar los dos
ó ninguno . . .
Tenemos dos alternativas: la primera es que estén juntos
Así de 20 personas (12 H y 8 M) quedan 18 posibles (porque
2 ya están ubicados) para 3 lugares de los 5 iniciales
La otra alternativa es que
no estén ninguno de los dos
En esa situación tenemos 18
personas para cubrir los
cinco lugares, porque no
están ninguno de los dos
18
C3
18
C5


3
18 !

3! ( 18  3 )!
18 !
5 ! ( 18  5 )!
18  17  16  15 !
3

3  2  1  15 !
4
18
18
 C5
18  17  16  15  14  13 !
5  4  3  2  1  13 !
 816 + 8.568 = 9.384 formas
816
3
El resultado está dado por la suma de las cantidades de
ambas posibilidades
C3

 8.568
12) Todas las personas se estrechan la mano una vez
Supongamos que sean tres personas: A , B y C
B
A
C
A
se produjeron tres saludos
observe Ud. Que para tener un “saludo diferente”,
necesitamos que se salude al menos una persona diferente
Entonces se trata de una combinación . . .
Pero como no sabemos de cuántas personas,
consideramos esa cantidad igual a m
y como el saludo se establece entre dos personas, a
las m personas las tomamos de 2 en 2
resolvemos . . .
m
C2
m  ( m  1 )  45  2

C
B
m!
2 ! ( m  2 )!
m
2
 45
 m  90
m
C 2  45
En total fueron 45 saludos
m  ( m  1 )  ( m  2 )!
2 ! ( m  2 )!
m
2
 m  90  0
buscamos m aplicando la fórmula que resuelve la
ecuación de segundo grado
 45
m
2
 m  90  0
m1  2 
1
( 1)
2
 4  1  (  90 )
2 1
1  19
m1  2 
1
1  360
2

1
361
2

1  19
2
2

1  19
2
m1 = 10


20
2
 
18
2


10
-9
m2 = - 9
Por ser – 9 un número negativo, adoptamos como solución única
Verificamos . . .
10
C2

10 !
2 ! ( 10  2 )!
5

10  9  8 !
2!  8!

45
m = 10
Permutaciones con repetición
Si tenemos solo dos símbolos ( 0 y 1 ) para emitir señales de 2
símbolos diferentes
Podremos emitir las señales 0 1
La cantidad de señales
posibles se calcula mediante
1 0 si los símbolos no pueden repetirse
P2  2  1  2
si no debemos repetir símbolos . .
Pero si podemos repetir
El conjunto de símbolos será { 0, 0, 1, 1 }
símbolos; con dos ceros y dos
unos
y las señales posibles . . . 0 0 1 1
0 1 1 0 1 0 1 0
0 1 0 1
1 0 0 1 1 1 0 0
La cantidad de señales
posibles cuando hay símbolos
Permutaciones con repetición
repetidos se calcula con
Con dos elementos que se
2
2 ,2 4!
repiten dos veces cada uno
4  3  2!
 6


(0 y 1)
4
2!  2!
2!  2!
P
Permutación de cuatro
elementos, con dos
elementos que se repiten
dos veces cada uno
Generalizando
 ,  ,  ... 
Pm

m!
 !  !   !....  !
Sabe Ud. que el procesador de una computadora trabaja
básicamente con elementos biestables llamados bit; y que 8
bit conforman 1 byte; . . . y 1.000 byte son 1 Kb, etc.
Si 1 byte tiene 8 bit, significa que puede almacenar
8 símbolos (que pueden ser ceros ó unos)
ese byte con sus 8
símbolos emitirá 0 0 0 0 0 0 0 0
Supongamos un byte en el que hay
señales como . .
5 ceros y 3 unos
1 0 1 0 0 1 0 0
¿ Cuántas señales diferentes podrá emitir ese byte ?
0 0 1 1 0 1 0 1
etc. etc. . .
En este caso, el conjunto de elementos es { 0, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1 }
conjunto de 8 elementos,
de los cuales uno se repite 5 veces;
y el otro se repite 3 veces
5 ,3
 56
8
P
y la operación que resuelve . . .
5 ,3
8 
P
8!
5 !  3!

8  7  6  5!
5! 3  2  1
Señales diferentes se pueden emitir
desde 1 byte con 5 ceros y 3 unos

13 i) La palabra I N D E P E N D E N C I A
tiene 13 letras
De las cuales I se repite 2 veces
D se repite 2 veces
N se repite 3 veces
E se repite 3 veces
Las demás letras de la palabra, no se repiten, aparecen solo una vez
P132, 3, 2, 3
i i ) La palabra

13 !
2 !  3!  2 !  3!
13  12  11  10  9  8  7  6  5  4  3  2  1

2 1 3 2 1 2 1 3 2 1
CATAMARCA
C se repite 2 veces
P92, 4

9!
2!  4 !
4

2,3
P7

7!
9  8  7  6  5  4!
2  1  4!
2 !  3!
3

43.243.200
palabras
De las cuales
A se repite 4 veces
i i i ) La palabra M O N O M I O
M se repite 2 veces
tiene 9 letras


7.560 palabras
tiene 7 letras
O se repite 3 veces
7  6  5  4  3!
2  1  3!

420 palabras
De las cuales
Arreglo con Repetición
Dado un conjunto de dos elementos {a, b}
donde al menos un elemento se repite
aaa
aab
abb
aba
puedo formar cadenas
de tres elementos
Se trata de un Arreglo de 2 elementos,
tomados de tres en tres, con repetición
2
A 3, r
bab
bba
baa
bbb
2
3
 8
Dado un conjunto de tres elementos {a, b, c}
también puedo formar cadenas de
dos elementos
incluyendo aquellas donde los elementos se repiten
aa
ab
ba
bb
ac
Se trata de un Arreglo de 3 elementos,
tomados de dos en dos,con repetición
Generalizando, Arreglo de m
elementos tomados de n en n,
con repetición; se calcula con . . .
ca
cc
3
A 2, r
m
A n ,r
bc
3
2
 m
cb
 9
n
Ahora podemos volver sobre el problema del total de información
que se almacena en 1 byte . . .
un bit entrega señales bi-estables con los elementos son { 0, 1 }
Pero, en 1 byte hay 8 bit, es decir que las cadenas que se forman en un
byte están conformadas por 8 señales, que pueden ser ceros ó unos
Para calcular cuántas señales diferentes puedo
almacenar en 1 byte, debo plantear un Arreglo
2
A 8, r 2
de dos elementos
tomados de ocho en ocho
con repetición
8
 256
señales diferentes
14) Con los dígitos 2, 3 y 9 se puede formar números
De los cuales serán mayores que 100 solo
aquellos números que tengan tres cifras
Son pares los números
terminados en cifra par
3

3 ,r
A
3
3  27
en este caso, la única cifra par es el 2
quedan entonces dos lugares, pero los elementos de que
disponemos para esos dos lugares siguen siendo 3
2
recuerde que hay repetición de elementos; y los resolvemos con . . .
3
A2 , r
3
2
efectivamente, esos números son . . .
 9
2
2
2
2
3
2
2
9
2
3
2
2
3
3
2
3
9
2
9
2
2
9
3
2
9
9
2
15)
n
 n  1

a ) 3   5 
4
5
 


3
n!
4!( n  4 )!
 5
( n  1)!
5![( n  1)  5 ]!
desarrollamos las expresiones factoriales hasta que queden
en condiciones de poder simplificarse
3
n  (n  1 )!
4 !(n  4 )  (n  5 )  (n  6 )!
3
5
n  (n  1 )!
4 ! (n  4 )  (n  5 )  (n  1 )!
3 n
4 ! (n  4 )  (n  5 )

5  4 !(n  6 )!
haciendo pasajes de términos
1
3n  (n  9n  20 )
2
ó bien
simplificando los factores que
son idénticos en el numerador
y el denominador
(n  6 )!
se simplifica 4! ; se resuelve el producto de
los binomios
4!
(n  4 n  5n  20 )
2
Haciendo pasajes de divisores
como factores y viceversa
5  4 !(n  6 )!
5
1
3 n
(n  1 )!
finalmente
2
n  9n  20  3n  0
n  12 n  20  0
2
16 b
16 c-d
16 e
Resolvemos ahora
n  12 n  20  0
2
como ecuación de segundo grado a x2 + b x + c = 0
x 12 
con la fórmula
si
x 12 
a=1
b = -12
b 
2

2a

2
64

b  4 ac
2
2a
y c = 20
b  4 ac
12 
b 
 (  12 ) 
12  8
2
adoptamos como solución de
2
(  12 )  4  1  20
2 1
x1 

x2 
20
2
4
2
 10
2
n 
n  1 
3   5 

4
5
 


12 
144  80
2
x 1  10

x2  3
son soluciones de la ecuación
n  12 n  20  0
2
n = 10
porque n = 2 es una solución absurda, ya que
no es posible hallar
16 b

16 c-d
2
2  1

3    5 
4
5
 


16 e
Verificamos la solución n = 10
n 
n 
3   5 
4
 5
 

3
10 !
4 ! ( 10  4 )!
 5
1



 10
3
 4

9!

3  10  9 !
4 ! 6  5!

1



9!
3  10  9 !
5 ! ( 9  5 )!
4 ! 6  5!
5! 4 !
9!

5! 4 !
y simplificamos
5! 4 !
6
5  9!
9!
5  9!
3  10 

5! 4!
Multiplicamos ambos miembros por
5! 4 !

 10 
  5

 5


5  5
 5
queda verificado el resultado
16 b
16 c-d
16 e
1
b)
1
2

1
n 1
n 1
A  A2  A2
n
3
n!

2 ( n  3 )!
n!
( n  3 )!

n ! ( n  3 )!
( n  3 )!
( n  1 )!
( n  3 )!
2  ( n  1 )!
( n  3 )!


n!
2 (n  3 )!


( n  1 )!
[( n  1 )  2 ]!
( n  3 )!
( n  3 )!
n !  2( n  1 )!  2( n  1 )!

simplificamos y
obtenemos
( n  3 )!
que se puede
escribir
n ( n  1 )!  2( n  1 )!  2( n  1 )!
n ( n  1 )!
y simplificamos
( n  1 )!
n 22
[( n  1 )  2 ]!
2  ( n  1 )! ( n  3 )!
Dividimos ambos miembros por (n - 1)!
finalmente
(n  1 )!
Ahora multiplicamos ambos
miembros por (n – 3 )!
2  ( n  1 )!
2  ( n  1 )! ( n  3 )!

Multiplicamos por 2 ambos miembros
( n  3 )!

(n  1 )!

2  ( n  1 )!
( n  1 )!
n  4
16 c-d
16 e

2  ( n  1 )!
( n  1 )!
Verificamos la solución n = 4
1
n
2
n 1
A3  A2
1

 A2
4!
2 ( 4  3 )!
4 3 2 1
2
1
n 1

2
3!
( 3  2 )!

4
4 1
4 1
A3  A2  A2
3!
( 3  2 )!
 32  32
6  6
queda verificado el resultado
16 c-d
16 e
c ) 7 A 2n  1  6 C 3n
7
(n  1 )!
[( n  1 )  2 ]!
desarrollamos las factoriales y
resolvemos según convenga
hacemos pasajes factores
como divisores y viceversa
entonces
d)
4
3
A
n3
2
7 n

resolvemos
3
2
A
n2
2
luego
 10
7
7
6
(n  1 )!
(n  3 )!
(n  1 )!
(n  1 )!
n!
3! (n  3 )!
6
6
n  (n  1 )!
3  2  1  (n  3 )!
n  (n  3 )!
3  2  1  (n  3 )!
te queda la tarea de
verificar el resultado
n=7
4

(n  3 )!
3 [( n  3 )  2 ]!
4 (n  3 )! 3 (n  2 )!

 
 10
3 (n  1 )! 2
n!
y simplificamos

3
(n  2 )!

2 [( n  2 )  2 ]!
 10
desarrollamos convenientemente
las factoriales y simplificamos
4 (n  3 )( n  2 )( n  1 )! 3 (n  2 )( n  1 )n !

 
 10
3
(n  1 )!
2
n!
16 e
Quedamos con
4
3
 (n  3 )( n  2 ) 
(n  2 )
Sacamos factor común
Resolvemos el corchete
(n  2 )
efectuamos el producto
del 1er miembro

n
2
 (n  2 )( n  1 )  10
3
4

(n  3 )  (n  1 )  10
 3

2
5
 n
(n  2 )  
 10
 6 2 
 4 n 12 3n 3 



 10
 3

3
2
2
2
6
3

5n
2

2n
6

10
2
 10

n
2
6

13 n
6
 5  10
2
Para resolver la ecuación de 2º
6 n
6  13 n
simplificamos


 6  5  6  10
grado previamente multiplicamos
6
6
todo por (6)
En la ecuación de 2º grado
2
Y finalmente
 n  13 n  30  0
a = -1
b = 13
c = -30
x 12 
 13 
2
13  4  (  1 )  (  30 )

2  (  1)
Las soluciones
posibles son
n=3

 13 
49
2
n = 10
x1 

x2 
16 e
 13  7
2
 13  7
2
3
 10
4
Verificamos para n = 3
4
3
4
A
33
2
6!

3

3 ( 6  2 )!
2

A
3
32
2
2 ( 5  2 )!
2
4
 10
5!

3
3
3
n 2
A2
2
6
2
A 
2
4
Para n = 10


13 !
3 ( 13  2 )!
3

3
A

10  3
2

12 !
2 ( 12  2 )!
3
2
3
2
 10
5
A 2  10
4 6  5!
3 5!

 
 10
3
4!
2 3!
 10
4 6  5  4!
3 5  4  3!

 
 10
3
4!
2
3!
4
n 3
A2
40  30  10
A
10  2
2
 10
4  13  4  3  6  11  10
queda verificado el
resultado n = 3
4
 10
4
simplificamos
3
A
13
2

6
3
2
12
A 2  10
4 13  12  11 !
3 12  11  10 !

 
 10
3
11 !
2
10 !
208  198  10
queda verificado el resultado n = 10
16 e
e ) 4 C 2n  2  C 2n  1  C 2n  56
4
(n  2 )!
2![( n  2 )  2 ]!
resolvemos . . .
2 (n  2 )  (n  1 )  n !
4
2!n !
4


2![( n  1 )  2 ]!
(n  2 )!
2!n !

2! (n  1 )!
2 (n  n  2n  2 ) 
2! (n  1 )!
(n  1 )  n

2
n
2
2

n
2

n
2! (n  2 )!


2! (n  2 )!
n
2
desarrollamos los
factoriales
 56
n  (n  1 )  (n  2 )!
2

 56
n!
n  (n  1 )
2
2
n!

(n  1 )!
(n  1 )  n  (n  1 )!
2 (n  2 )( n  1 ) 
2
(n  1 )!
 56
finalmente tenemos 2n 2  5n  4  56
2! (n  2 )!
 56
simplificamos
y operamos . . . .
 56
2n  2n  4n  4  n  56
2
que es
2n  5n  52  0
2
Resolvemos
Donde
n1  2 
2n  5n  52  0
2
a=2
5
b=5
como una ecuación de 2º
grado
c= -52
2
5  4  2  (  52 )
2 2

5
441
4

n1 
 5  21
4
n2 
Descartamos n2 como resultado porque el resultado
debe ser entero
16
4
 4
 26
4
 
13
4
y verificamos n = 4
4C
42
2
C
6  5  4!
2  4!
C
4
2
2
3
4
4 1
2

5  4  3!
2  3!

 56
4  3!
2 2
 56
4
6!
2 ! ( 6  2 )!

5!
2 ! ( 5  2 )!
60  10  6  56
queda verificado el resultado n = 4

4!
2 ! ( 5  2 )!
 56
Binomio de Newton
2
Sabemos que el
( a + b ) se desarrolla
cuadrado de un binomio
y el cubo de un binomio ( a + b )
3
se desarrolla
a2 + 2 a b + b2
a3 + 3 a2 b + 3 a b2 + b3
n
17 a
17 b
generalizando ( a + b )
 n  n 0  n  n 1 1  n  n 2 2
 n  n  (n  1 ) n  1  n  n  n n
n
(a  b )    a b    a b    a
b  . . . 
b
  a
b
a
n
0
1
n

1
n
1
2
1
0 
 
 


n 
El desarrollo dela potencia de un binomio se compone de una sucesión de sumas
(sumatoria) donde cada término está compuesto por un número combinatorio
que multiplica al primer término del binomio elevado a una potencia
y multiplica también al segundo término del binomio elevado a otra potencia
donde
el numerador de los números combinatorios se mantiene constante
mientras el denominador aumenta desde 0 hasta n
el exponente del primer término en cada sumando se forma con la diferencia
entre el numerador y denominador del número combinatorio (va de n a 0)
el exponente del segundo término en cada sumando se forma con el
denominador del número combinatorio (va de 0 a n)
El desarrollo de la potencia de
un binomio se escribe
n
(a  b ) 
 n  n k k
  a b
k  0 k 
n
17 a
17 b
 n  n 0  n  n 1 1  n  n 2 2
 n  n  (n  1 ) n  1  n  n  n n
n
(a  b )    a b    a b    a
b  . . . 
b
  a
b
a
0
1
2
n

1
n
 
 
 


 
n 
n!
n!


 
 0  0 ! (n  0 )! 1!n !
n 
n!
n!


 
 n  n ! (n  n )! n ! 0 !
1
n 
n!
n  (n  1 )!


 
1! (n  1 )!
 1  1! (n  1 )!
n
1
 n 
n!
n  (n  1 )!




(n  1 )! 1!
 n  1  (n  1 )![n  (n  1 )]!
n n
n 
n!
n  (n  1 )  (n  2 )!


 
2
2! (n  2 )!
 2  2! (n  2 )!
2
2
n n
 n 
n!
n  (n  1 )  (n  2 )!




2
n

2
(
n

2
)!

[
n

(
n

2
)]!
(
n

2
)!

2
!


Los números combinatorios equidistantes en el
desarrollo del binomio de Newton son iguales
n
16)
a ) ( x  3)
5
n
(a  b ) 
 n  n k k
  a b
k  0 k 
n
donde a = x ; b = -3 ; n = 5
5
5
(x  3 )    x
0
50
5
0
( 3)   x
1
5
  x
4
54
5 1
5
1
( 3)   x
2
5
( 3)   x
5
4
55
5
5!
5!

 1
 
0
0
!

(
5

0
)!
1

5
!
 
5
5!
5  4!

5
 
1
1
!

(
5

1
)!
1

4
!
 
5
5!
5  4  3!

 10
 
2  3!
 2  2! ( 5  2 )!
5
( 3) 
5 2
5
2
( 3)   x
3
5 3
3
( 3) 
nos conviene resolver los
números combinatorios como
cálculo auxiliar
5
5!
5!

 1
 
 5  5 ! ( 5  5 )! 5 ! 0 !
5
5!
5  4!
  

 5
4
4 ! ( 5  4 )!
4 !  1!
 
5
5!
5  4  3!

 10
 
3
3
!

(
5

3
)!
3
!

2
!
 
17 b
( x  3)
5
5
 x  (  3 ) 
5
   x
 
k 0 k 
5
5k
k
( 3)
reemplazamos los valores de los números combinatorios
hallados en la expresión
5
 x
0
 
50
( 3)
0
5
  x
1
 
(x  3)  1  x
5
5
5 1
5
1
(  3 )   x
2
 
5 2
( 3)
2
5
  x
3
 
5 3
( 3)
3
5
  x
4
 
54
( 3)
4
5
  x
5
 
55
( 3)
 1  5  x (  3 )  10  x  9  10  x  (  27 )  5  x  81  1  1  (  243 )
4
(x  3)  x
5
5
3
 15  x
4
 90  x
2
3
 270 x
2
 405  x  243
observe que los números combinatorios equidistantes que conforman el
desarrollo de la potencia del binomio son iguales
17 b
5
3
b) ( x 
1
x
donde a = x3 ;

x

3
1 


x 
4
)
4
n
n 
k 0
k 
n
n k
k
  a b
(a  b ) 
b = 1/x ; n = 4
4
  ( x
0
 
3
)
40
 1 
 
x 
0
4
  ( x
1
 
3
)
1
4
1 
    ( x
x 
2
4 1 
1
4
4
4


1
1




3
4 3
3
44
  ( x )
  ( x )


 
3


x
 
x 
 
4
3
)
1 
 
x 
4 2 
2

nos conviene resolver los
números combinatorios como
cálculo auxiliar
4
4!
4!

 1
 
 0  0 ! ( 4  0 )! 1  4 !
4
4!
4!
  

 1
4
4
!

(
4

4
)!
4
!

0
!
 
4
4!
4  3!
  

 4
 1  1! ( 4  1 )!
1  3!
 
4
4!
4  3!
  

 4
 3  3! ( 4  3 )!
3 !  1!
 
4
4!
4  3  2!
12
  


 6
 2  2 ! ( 4  2 )!
2
!

2
!
2
 

 x

4
3
 4  3 4 k  1 
   (x )  
k  0 k 
x 
1 

 
x 
4
k
reemplazamos los valores de los números
combinatorios hallados en la expresión
4
 ( x 3 )
0
 

x

40
 1 
 
x 
0
4
3
  ( x )
1
 
4
3
1 
1
3 4

  1  (x ) 
x 
x

x

4
3

1 
x
 
x 
x
0
0
1
1
 4  (x ) 
12
0
1
4
1 
3
    ( x )
x 
2
4 1 
4
3
x
x
9
8
6
3
x
1
1
 6  (x ) 
4
x
6
x
2
2
4
1 
3
    ( x )
x 
3
4 2 
4
3
x
3
x
3

2
1
x
2
2
3
4
4
1 
1 

3
4

4
    ( x )
 
x 
x 
4
 
4 3 
 4  (x ) 
3
1
1
x
3
3
 1  (x ) 
3
0
1
x
4
4
1
x
0
x
4
x
12
 4x
8
 6x
4
4x
4
Término k-ésimo
Si el desarrollo de la
potencia de un binomio es
n
(a  b ) 
 n  n k k
  a b
k  0 k 
n
18 a-b
18 c-d
Vemos que en el número combinatorio, para el primer término k = 0; para el
segundo término k = 1; para el tercer término k = 2 y así sucesivamente . . .
El desarrollo de la potencia n del binomio siempre tiene n + 1 términos
así
 n
 n  (k  1 ) (k  1 )
b
a
k

1


Tk  
Si n (exponente) es par, n + 1 (cantidad de términos) es impar
entonces el desarrollo tendrá un término central
Si n (exponente) es impar, n + 1 (cantidad de términos) es par
entonces el desarrollo tendrá dos términos centrales
18 e
17) a) Para hallar el undécimo término
sin efectuar el desarrollo de
a = 2 x2 ;
15
 n
 n  (k  1 ) (k  1 )
b
a
k

1


Aplicamos la fórmula
donde
2
(2 x  x )
Tk  
b=-x;
n = 15
y
k = 11
Tenga presente que
(–x)10 = [(-1)10 x10]
 15 
 15 
2 15  ( 11  1 )
11  1
2 5
10
(x )

 (2 x )
 (2 x ) (  x )
 11  1 
 10 
T 11  
T 11 
15 !
2 x
5
10 ! (15  10 )!
10
(  1) x
10
10

15 !
10 ! 5!
32 x
20
 96 . 096
b) Calcular el o los términos centrales de ( 3 x  2 y )
(a  b )
9
x
20
comprobamos
9
9 9 0 9 8 1 9 7 2 9 6 3 9 5 4 9 4 5 9 3 6 9 2 7 9 1 8 9 0 9
   a b    a b    a b    a b    a b    a b    a b    a b    a b    a b 
0
1
2
3
4
5
6
7 
8
9
Si n = 9 el desarrollo tiene 10 términos, entonces hay 2 términos centrales
hacemos
n 1
91
2
2
 5
términos centrales
son el 5º y 6º
18 c-d
18 e
(3 x  2 y )
Hallamos entonces el 5º y el 6º término para
 n
 n  (k  1 ) (k  1 )
b
a
k  1
donde
n=9
Tk  
 9

9  (5 1)
(5 1)
(2y )
 (3 x )
5  1
T5  

9!
4 ! 5!
243  x
5
 16  y
4

9!
5! 4 !
81  x
4
 (  32 )  y
5
b = -2 y
k = 5
9!
9
5
5
4
5
4
3 x (2) y
   (3 x ) (  2 y ) 
4 ! ( 9  4 )!
4
 489 . 888
 9 
9  (6 1)
(6 1)
T6  
(2y )
 (3 x )
6  1
a=3x
y
9
x y
5
ahora
n=9
4
9
4
5
   (3 x ) (  2 y )
5
  362 . 592 x y
4
5

a=3x
y
9!
5! ( 9  5 )!
b = -2 y
k = 6
3 x (2) y
4
4
4
5
5
15
1 
17 c) El coeficiente de
en el desarrollo de  4
x


3 
x 

Debe hallarse teniendo en cuenta
 15  15  ( k  1 ) 32
k 1
que el término que contenga x32
Tk  
x (  1)
a
k  1
(si existe) debe ser de la forma
x32
 15  4 15  ( k  1 )
k 1
 3 (k  1 )
(  1 ) (( x ) )
 (x )
k  1
aplicando la fórmula del término k-ésimo T k  
Resolvemos en el término k-ésimo solamente los factores que contienen x
 15  4 16  k
 15 
k 1
 3k  3
(  1) (x )

 (x )
x
k  1
k  1
Tk  
 15 

x
k  1
64  4 k
(x )
 3k  3
( 1)
k 1
64  4 k
 15 

x
k

1


( 1)
k 1
64  4 k  3 k  3
(x )
( 1)
 3k  3
k 1
Llegamos a una expresión que contiene una potencia de x, en función de k ;
como nosotros queremos saber cuál es el término (k) que contiene x32 ;
igualamos el exponente de x a 32 y despejamos k
67  7 k  32
67  32  7 k
k 5
18 d
18 e
1 
 4
x


3 
x 

17 c) Para verificar hallamos el 5º
término del desarrollo de
 15  4 15  ( 5  1 )
5 1
(  1) (x
 (x )
5  1
T5  

15 !
4 ! 11 !
x
44
x
 12
3
)
5 1
 1 . 365
15 !

x
8k
2
1/2
)
7 k 1
 3k  3  7
5
2
k 6
(x )
3
k 1
(x ) (  1) (x
4
4 !(15  4 )!
11
4
32
18 d) Para hallar el término de grado 7 en
 7 
Tk  
 (x
k

1


15
(x
 7 

x
k

1


8k
2
k 
6 2
5
1/2
8k
2
x
3
 x )
)
4
Usamos el mismo
procedimiento que
en el ejercicio
anterior
entonces,
trabajando con
los exponentes
3k  3
 3k  3  4 

7
3
k
2
 3k  3  1 
12
5
El problema NO TIENE SOLUCION porque k debe
ser un número natural
18 e
5
2
k 7
17 e) Para hallar el término que contiene a-35 en
planteamos . . .
a
3
3
3( 26  k )
a
( k 1 )
3
a
( k 1)
a
k 1
2( k  1 )
( 78  3 k )
a
Tk

a
3
( k 1)
a
 ( 2k  2 )
 a
a
( 78  3 k )

( 2k  1 )

y estudiamos en
particular los factores
que contienen a
La potencia del denominador pasa al
numerador con signo cambiado

operamos los exponentes del factor a
(producto de potencias de igual base)
igualamos el factor a elevado a la
potencia que buscamos ( -35 )
 35
igualamos los exponentes y despejamos k
80  5 k   35
 5 k   35  80
25
 25  3 25  k  1  3  k  1
( a )
 
 2
k  1
a 


( 78  3 k  2 k  2 )
( 78  3 k  2 k  2 )
3 
 3
a


2 
a 

k 
 115
5
 23
Recuerde que k debe ser un número natural
menor ó igual que el exponente del binomio
El término que contiene a-35
es el 23º
23 < 25 B.C.
18) Si los términos T10 y T15 son equidistantes de los
extremos en el desarrollo de (x + a)n
hallar n es mucho mas simple de lo que parece
El desarrollo tiene n + 1 términos
y si T10 y T15 son equidistantes de los
extremos
Antes que T10 hay 9 términos después de T15 también deben haber 9 términos
T1 + T2 + . . . +T8 + T9 + T10 + . . . +T15 +T16 +T17 + . . . +T23 +T24
podíamos haber planteado: si T10 y T15 son equidistantes de los extremos
10 – 1 = 9
15 + 9 = 24
9 términos a la izquierda de T10
el último término es T24
el desarrollo de cualquier binomio
y para
tiene n + 1 términos
finalizar . . .
entonces . . . n = 23
te presento alguien que en algún momento
puede darte una ayuda importante . . .
n + 1 = 24
Serás lo que debas ser,
sino serás nada.
Gral. José de San Martín
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