Autor Tema: Cantidad de números distintos en sistema binario

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03 Mayo, 2021, 03:11 pm
Respuesta #20

C. Enrique B.

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D) He preparado un post de respuesta, creyendo resolver esta discusión, pero no me atrevo a publicarlo porque todavía se me escapa algo de lo que dicen Richard y Luis.

E) El abordaje de feriva me parece más puro a cada momento que pasa. Sugiero PARTIR desde ese abordaje para intentar ver mi solución 495x4. En dicho abordaje los elementos a combinar se definen como:

"un Uno en la 1a. casilla", "un Uno en la 2a. casilla", "un Uno en la 3a. casilla", etc. ... hasta la 12a. casilla.

Seguidamente los combinamos en grupos de 4 y el resultado es 495.

A mi parecer, no se trata de contabilizar la posibilidad de tener 4, 5 ó 6 Unos. El planteamiento del post Núm. 1 no hablaría de eso, sino de 14 posiciones, con 4 Unos y 8 Ceros, y dejando las Dos posiciones restantes sin requerimientos.

"Me gustaría  saber una fórmula que me calcule la cantidad de números distintos en sistema binario, mezclando unos  y  ceros de manera que  formen  números de 14  cifras. Por ejemplo  con 8 ceros y  4 unos, ¿ cuantos números distintos de 14 cifras se podrían formar?"

O sea, no es que ese añadido de Dos cifras (14 en vez de 12) sea sobreVenido, sino que ya hay 14 casillas desde el principio. Y tampoco es que, además, observemos que en una de esas posibilidades (00,01,10,11), la posibilidad "Uno y Uno" tiene Dos Unos, y entonces decidimos retocar el enunciado, obligándole a requerir 6 Unos (en vez de los 4 Unos que imponía), y entonces reCalculamos las combinaciones con 6 Unos. Creo que no se trata de todo eso ... pero ¡en fin!, seguiré reflexionando.

F) A ver si feriva y el resto de oyentes aparecen de una vez, ¡ayuda, je, je!
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03 Mayo, 2021, 03:55 pm
Respuesta #21

feriva

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D) He preparado un post de respuesta, creyendo resolver esta discusión, pero no me atrevo a publicarlo porque todavía se me escapa algo de lo que dicen Richard y Luis.

E) El abordaje de feriva me parece más puro a cada momento que pasa. Sugiero PARTIR desde ese abordaje para intentar ver mi solución 495x4. En dicho abordaje los elementos a combinar se definen como:

"un Uno en la 1a. casilla", "un Uno en la 2a. casilla", "un Uno en la 3a. casilla", etc. ... hasta la 12a. casilla.

Seguidamente los combinamos en grupos de 4 y el resultado es 495.

A mi parecer, no se trata de contabilizar la posibilidad de tener 4, 5 ó 6 Unos. El planteamiento del post Núm. 1 no hablaría de eso, sino de 14 posiciones, con 4 Unos y 8 Ceros, y dejando las Dos posiciones restantes sin requerimientos.

"Me gustaría  saber una fórmula que me calcule la cantidad de números distintos en sistema binario, mezclando unos  y  ceros de manera que  formen  números de 14  cifras. Por ejemplo  con 8 ceros y  4 unos, ¿ cuantos números distintos de 14 cifras se podrían formar?"

O sea, no es que ese añadido de Dos cifras (14 en vez de 12) sea sobreVenido, sino que ya hay 14 casillas desde el principio. Y tampoco es que, además, observemos que en una de esas posibilidades (00,01,10,11), la posibilidad "Uno y Uno" tiene Dos Unos, y entonces decidimos retocar el enunciado, obligándole a requerir 6 Unos (en vez de los 4 Unos que imponía), y entonces reCalculamos las combinaciones con 6 Unos. Creo que no se trata de todo eso ... pero ¡en fin!, seguiré reflexionando.

F) A ver si feriva y el resto de oyentes aparecen de una vez, ¡ayuda, je, je!
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Hola, Enrique.

Pero ¿para qué poner unos en todas? Tengo que pensarlo, que yo no soy matemático y no entiendo tan rápido como otros por aquí...

Te cuento cómo fue surgiendo mi idea.

Mi idea estaba en que (en principio) no importa la cantidad de huecos que queden entre medias ni cómo queden distribuidos, pues después se rellenan con un sólo número y no aumenta el número de casos.

Al principio pensé deprisa, como es habitual en mí, y me lancé (con esa misma idea que dije) a las variaciones sin repetición; pero al calcularlas vi que el número era mucho más grande que la cantidad de variaciones con repetición para todos los casos de mi primera y errada respuesta (casos de ceros y unos siendo cualquier cantidad, no sólo ocho y cuatro). Así que, no podía ser que el subconjunto fuera mayor que el conjunto y sospeché que tendrían que ser combinaciones sin repetición y no variaciones. A partir de ahí traté de visualizar cómo podría ser eso. Y vi que los elementos y los lugares podían considerarse “adosados”, como fichas que llevan escrito el lugar que van a ocupar al disponerse en fila de izquierda a derecha. Con ello me percaté enseguida de que no importa el orden de esas fichas al estar escrito el número de orden en la propia ficha; pues los unos son fichas todas iguales al ser un mismo elemento (o los ceros, también se puede hacer al revés, considerando los ceros y cuatro lugares libres) y los lugares son los distintos 12 números que se pueden escribir en cada ficha; combinándolos.
Entonces, obviamente, no hay repetición y tampoco importa el orden de esas fichas al estar numeradas.

Saludos.

03 Mayo, 2021, 04:28 pm
Respuesta #22

C. Enrique B.

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¿Quién está poniendo Unos en todas? Lee de nuevo, teniendo en cuenta además que mis definiciones de los elementos surgen de lo que TÚ nos mostraste (y que ahora vuelves a repetir en la parte final de tu último post).

Lo que presento así: "un Uno en la 1a. casilla", "un Uno en la 2a. casilla", "un Uno en la 3a. casilla", etc. ... hasta la 12a. casilla ..., son sólo definiciones de los elementos.

Es decir, lo MISMO que has dicho tú: "un Uno en la 1a. casilla" es una DEFINICIÓN de elemento (lo mismo que haces tú) ... y entonces ya sólo queda combinarlos en grupos de Cuatro (igual que haces tú).

Una vez hecho eso (o sea, tu propio planteamiento), sólo te queda llegar hasta ver si yo tengo razón con lo de 495x4, o la tienen Richard y Luis (que es lo habitual, je, je).

Para ello trata de seguir este desarrollo:

EN VEZ de etiquetar Unos con las distintas posiciones desde la 1a. hasta la 12a., como haces tú, se trata de que ahora, al tener 14 posiciones (etiquetas), etiquetamos a los Unos con las mismas 12 etiquetas, PERO ya no con las etiquetas 1a. a 12a., SINO con otras, por ejemplo las etiquetas 1a., 3a., 5a., 6a., 7a., 8a., hasta 14a.

Es decir, son igualmente 12 etiquetas, ya que tenemos 14 posiciones pero NO hemos usado la etiqueta 2a. ni la 4a.

De eso resulta que tenemos igualmente 495 combinaciones ... y los dos lugares restantes (00,01,10,11) cuadruplican tal número, 495x4.

Se trata de lo que dices: tú y yo "todavía" no somos matemáticos, y por eso no nos vemos encauzados hacia dichas formulaciones, sino que nos es más cómodo intentar encontrar soluciones directas como la tuya ...

Y por cierto, esta pareja todavía no ha dicho nada sobre lo ideal o no, la sencillez o no, lo diligente o no de tu solución.
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03 Mayo, 2021, 05:00 pm
Respuesta #23

feriva

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¿Quién está poniendo Unos en todas? Lee de nuevo
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Ah, perdóname, no te había entendido; ya voy entendiendo (hay que tener paciencia conmigo :) ).

Bien, lo que me falta es visualizar qué tipo de experimento es, materialmente hablando.

Ahora mismo no puedo ponerme a pensar en ello, pero te prometo que más tarde lo pienso y a ver si “veo” qué es.

Salud

03 Mayo, 2021, 05:25 pm
Respuesta #24

geómetracat

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Para ello trata de seguir este desarrollo:

EN VEZ de etiquetar Unos con las distintas posiciones desde la 1a. hasta la 12a., como haces tú, se trata de que ahora, al tener 14 posiciones (etiquetas), etiquetamos a los Unos con las mismas 12 etiquetas, PERO ya no con las etiquetas 1a. a 12a., SINO con otras, por ejemplo las etiquetas 1a., 3a., 5a., 6a., 7a., 8a., hasta 14a.

Es decir, son igualmente 12 etiquetas, ya que tenemos 14 posiciones pero NO hemos usado la etiqueta 2a. ni la 4a.

De eso resulta que tenemos igualmente 495 combinaciones ... y los dos lugares restantes (00,01,10,11) cuadruplican tal número, 495x4.

Se trata de lo que dices: tú y yo "todavía" no somos matemáticos, y por eso no nos vemos encauzados hacia dichas formulaciones, sino que nos es más cómodo intentar encontrar soluciones directas como la tuya ...
Eso no funciona porque tienes que tener en cuenta también qué dos etiquetas de las catorce posiciones dejas sin usar.

Considera un ejemplo más sencillo que se puede contar a mano: números binarios de 3 cifras con un uno y un cero. Según tu método debería ser \[ \binom{2}{1}2=4 \] (donde hay \[ \binom{2}{1} \] maneras de poner un uno en dos etiquetas, y el factor \[ 2 \] de que la posición que queda puede ser \[ 1 \] o \[ 0 \]). Sin embargo hay \[ \binom{3}{1}+\binom{3}{2}=6 \] tales números: \[ 001, 010,100, 011, 101, 110 \].
La ecuación más bonita de las matemáticas: \( d^2=0 \)

03 Mayo, 2021, 05:49 pm
Respuesta #25

C. Enrique B.

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Ah, perdóname, no te había entendido; ya voy entendiendo (hay que tener paciencia conmigo :) ).

...

Ahora mismo no puedo ponerme a pensar en ello, pero te prometo que más tarde lo pienso y a ver si “veo” qué es. ...

¡Venga! yo aquí soy el último mono (o igual el "único" mono, je, je). Estoy encantado con tu solución, y por supuesto no tienes por qué perder el tiempo conmigo ni responderme más tarde o más temprano. Hazlo sólo si te apetece, estimado feriva.

Seguidamente me dirijo a ver el post de geómetracat que, por lo que he visto en una ojeada, incide en la parte que yo no había comprendido (de lo dicho por Richard y Luis), con lo que me temo que voy a aprender bastante.
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03 Mayo, 2021, 05:54 pm
Respuesta #26

juan luis

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Buenas tardes. Muchas gracias para todos los participantes  en este foro.Tenia razon Feriva no son ocho son diez los ceros, un despiste mio.

Un saludo

03 Mayo, 2021, 06:02 pm
Respuesta #27

feriva

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Ah, perdóname, no te había entendido; ya voy entendiendo (hay que tener paciencia conmigo :) ).

...

Ahora mismo no puedo ponerme a pensar en ello, pero te prometo que más tarde lo pienso y a ver si “veo” qué es. ...

¡Venga! yo aquí soy el último mono (o igual el "único" mono, je, je). Estoy encantado con tu solución, y por supuesto no tienes por qué perder el tiempo conmigo ni responderme más tarde o más temprano. Hazlo sólo si te apetece, estimado feriva.


Muchas gracias, Enrique. Por supuesto que me apetece; encantado además.

A ver (no te enfades si no me he enterado bien todavía de algo):

Tenemos 14 lugares; y usamos sólo 12 (cualesquiera) para poner 4 unos y 8 ceros (eso entiendo hasta aquí).

Después quedan dos lugares... pero entonces ya hay más de 4 unos y ocho ceros; ¿estoy entendiendo bien o es que entran en juego números que no son el 1 o el cero?

Supongamos que sean unos y ceros... pero no es lo mismo que haya dos unos de más, dos ceros de más o que haya un uno y un cero. Entonces la cosa dependerá de eso.

Pongamos que hay un 1 y un cero de más; entonces son en realidad 5 unos y 9 ceros. En este caso el problema no cambia en lo básico; porque a fin de cuentas tenemos 5 unos para colocar en 14 lugares; tenemos cinco fichas de parchís, en las que podemos escribir los números 1,12,3,4,14 o cualquier otra combinación. No influye que primero etiquetemos sólo 4 fichas con 12 pegatinas (elegidas entre las 14) y después etiquetemos la ficha que queda con alguna de las pegatinas que quedan, no veo que cambie el número de combinaciones (pero puedo estar equivocado). 

*(a fuer de ser pesado, insisto en que da igual colocar las fichas sobre la mesa así 4351 o de otra manera y a sean cuatro, cinco o más fichas, ese orden “espacial” no se considera, no sirve para nada).

Entonces tenemos

\( \dfrac{14!}{5!(14-5)!}=2002
  \).

En otro caso podrían ser dos números iguales.

Sean, por ejemplo, dos unos más

\( \dfrac{14!}{6!(14-6)!}=18018
  \).

Ahora pongamos que son dos ceros más (último caso posible) con lo que hay 4 unos y 10 ceros

\( \dfrac{14!}{4!(14-4)!}=1001
  \).

En ningún caso me sale 1980.

Entonces... algo no estoy entendiendo.

Saludos.

03 Mayo, 2021, 06:26 pm
Respuesta #28

C. Enrique B.

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¿Pero qué es estooo? ¡¡Ahora aparece juan luis diciendo que son 14!!

Y, feriva, siento haberme expresado mal. Estoy encantado y jamás se me ocurriría cabrearme, sino lo contrario. Cuando digo que no tienes por qué responderme (ni tú ni nadie) lo digo literalmente (bastante hacéis con aguantarme, corregirme y ayudarme de vez en cuando). El foro es un lujo para mí.

El estimado geómetracat me ha abierto el camino, y realmente estoy entusiasmado por seguir reflexionando, para ver por qué mi intuición fallaba.

Ahora voy a otras tareas y más tarde repasaré vuestros posts. Todo el mundo aquí es un encanto.
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04 Mayo, 2021, 12:48 am
Respuesta #29

Richard R Richard

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Buenas tardes. Muchas gracias para todos los participantes  en este foro.Tenia razon Feriva no son ocho son diez los ceros, un despiste mio.



La solución entonces es \( N=\binom{14}{4}=1001 \)
Saludos  \(\mathbb {R}^3\)