Rincón Matemático
Matemática => Matemática Aplicada => Mensaje iniciado por: mossa en 27 Septiembre, 2010, 12:54 pm
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Hola,
Estoy estudiándome una serie de problemas, entre ellos, este:
Deben escogerse cinco cargos directivos (director, subdirector, interventor, tesorero y gerente) entre ocho personas {A,E,I,V,W,X,Y,Z}
¿De cuantas formas puede hacerse la elección si A y E no pueden estar juntos en el equipo directivo?
La solución propone escoger las cinco personas del grupo y luego asignarles el cargo. Hacen un grupo sin la E, otro sin la A y otro sin ninguna de las dos, de forma que queda:
EIVWXYZ
AIVWXYZ
IVWXYZ
Para los dos primeros, resulta \( \displaystyle\binom{6}{4} \) + \( \displaystyle\binom{6}{4} \).
Para la última lista, \( \displaystyle\binom{6}{5} \).
Luego, asignando el cargo, queda: \( [\displaystyle\binom{6}{4} + \displaystyle\binom{6}{4}+\displaystyle\binom{6}{5}]5! \)
No lo entiendo muy bien. A mi modo de ver, debería ser: \( \left[\displaystyle\binom{7}{5} + \displaystyle\binom{7}{5}+\displaystyle\binom{6}{5}\right]5! \).
Agradecería una ayuda.
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Hola me parece que estas acertado en el razonamiento pero errado en la ejecución, no debes hacer combinaciones, sino permutaciones, es decir, para el caso que no estén ninguno de los dos es \( \displaystyle\frac{6!}{1!} \textsf{porque al omitir a dos participantes tenemos seis personas y cinco cargos en el primero puede ir cualquiera de las 6 personas, en el segundo cualquiera de las 5,...., por ello es 6x5x4x3x2} \) luego calculamos para el caso que no se encuentre uno de los dos y lo multiplicamos por dos \( \displaystyle\frac{7!}{2!}=7x6x5x4x3 \)
La respuesta es 6!+7!.
Saludos
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Me parece mucho más convincente tu razonamiento que el que he encontrado propuesto. El que he traido, sinceramente, no lo entiendo en absoluto. Pero el tuyo parece muy lógico.
El problema es que es la solución oficial a un problema propuesto en un examen de una universidad en línea (prefiero no decir cuál).
Me acojona un poco. ¿Alguien podría explicarme si la solución que he colgado puede ser correcta de alguna forma?
Gracias
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Hola, tienes razón a mi parecer tu planteo es correcto. Saludos
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Puedes pensar también en el complemento:
Si \( T \) es el total de equipos que se pueden formar (supongo que sabes calcularlo, y si no, pregunta), entonces basta con saber en cuántos de esos equipos están los dos personajes.
Saludos
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Pensando en el complemento tal y como dice Jose Manuel tenemos lo siguiente:
Número de formas en que se pueden agrupar todos sin ningún tipo de restricción: Variaciones de 8 elementos tomados de 5 en 5, es decir 6720.
Numero de formas de agrupar con la condición de que A y E estén juntos. Veamos, podemos colocar a A y E en las cinco casillas de 20 maneras diferentes (Variaciones de 5 elementos tomados de 2 en 2). Por cada una de estas maneras el resto se puede distribuir de 120 formas (Variaciones de 6 elementos tomados de 3 en 3). Por lo que las maneras de tener a A y E juntos es el producto de 120 y 20, que es igual a 2400.
Por lo tanto, si queremos saber de cuantas maneras A y E estan en grupos diferentes no tenemos más que restar 6720 y 2400, con lo que quedan 4320 maneras, que coincide con tu respuesta inicial de \( [\displaystyle\binom{6}{4} + \displaystyle\binom{6}{4}+\displaystyle\binom{6}{5}]5! \)
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Correcto.
Es falso, como se indica al final del primer post, que la respuesta sea \( \left[\displaystyle\binom{7}{5} + \displaystyle\binom{7}{5}+\displaystyle\binom{6}{5}\right]5! \)
Explico:
Supongamos que en el equipo está A. Entonces los otros cuatro se escogen de \( \displaystyle\binom{6}{4} \) formas, no de \( \displaystyle\binom{7}{4} \), ya que al estar A en el conjunto, no podemos escoger a E, y por tanto solo hay que escoger de entre los restantes. Ahora bien: una vez que tenemos a los 5 integrantes, cada ordenación representa una forma de asignar los cargos. Como hay 5! ordenaciones, entonces hay \( 5!\displaystyle\binom{6}{4} \) comités diferentes con A.
Idem cuando E está en el equipo:\( 5!\displaystyle\binom{6}{4} \)
Finalmente, cuando ni A ni E están en el equipo, debemos escoger a los 5 integrantes de entre los 6 restantes, y razonando como en los casos anteriores, hay \( 5!\displaystyle\binom{6}{5} \) comités de este tipo.
Por tanto, en suma hay \( [\displaystyle\binom{6}{4} + \displaystyle\binom{6}{4}+\displaystyle\binom{6}{5}]5! \) arreglos posibles.
Saludos.
PD:Pensando en el complemento tal y como dice Jose Manuel tenemos lo siguiente:
Soy hector manuel :'(
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Soy hector manuel :'(
Lo siento Hector Manuel, me despisté por ir deprisa. No volverá a ocurrir. :banghead:
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Hola todo muy bien, pero no se porque se complican tanto ???!!!
La solución es fácil si dejamos los dos integrantes afuera del equipo directivo tenemos 6 personas para 5 cargos, es decir, 6x5x4x3x2=6!; después si dejamos fuera uno de los dos quedan 7 personas para 5 cargos, es decir 7x6x5x4x3 pero como este ultimo caso se repite dos veces lo multiplicamos por 2, entonces 7x6x5x4x3x2=7!. Por ello la solución es 6!+7! que coincide con \( \left[\displaystyle\binom{7}{5} + \displaystyle\binom{7}{5}+\displaystyle\binom{6}{5}\right]5! \). Saludos
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Esto es lo mismo que planteaba yo al principio. No entendía la solución, y propuse esta. ¿Realmente está bien? ???
Hola todo muy bien, pero no se porque se complican tanto ???!!!
La solución es fácil si dejamos los dos integrantes afuera del equipo directivo tenemos 6 personas para 5 cargos, es decir, 6x5x4x3x2=6!; después si dejamos fuera uno de los dos quedan 7 personas para 5 cargos, es decir 7x6x5x4x3 pero como este ultimo caso se repite dos veces lo multiplicamos por 2, entonces 7x6x5x4x3x2=7!. Por ello la solución es 6!+7! que coincide con \( \left[\displaystyle\binom{7}{5} + \displaystyle\binom{7}{5}+\displaystyle\binom{6}{5}\right]5! \). Saludos