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Mensajes - feriva

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Temas de Física / Re: Mov.circular uniforme
« en: Ayer a las 01:49 am »
Una cosa, ahora que me doy cuenta lo que yo llamo \( v \) es llamado velocidad tangencial (en el libro decia velocidad a secas o del cuerpo :laugh: )

¿Que velocidad dices, ésta \( v={\displaystyle \frac{r\theta}{\varDelta t}} \)?

Se llama tangencial si el tiempo es muy corto, casi cero, y el arco es casi un punto; es decir, es una velocidad unidireccional, tiene la dirección de la tangente en un punto. Si la velocidad a la que se abre el arco (velocidad de traslación, podríamos decir), es constante en valor absoluto, entonces coincide con la velocidad tangencial, porque es la misma en todos los puntos (en valor absoluto) pero cuando el arco es grande, cuando hay varias direcciones dadas por los puntos, no se llama velocidad tangencial. Ni tampoco angular, angular es la velocidad a la que se abre el ángulo, la velocidad a la que gira un punto sobre sí mismo, podríamos decir.

Saludos.

2
Temas de Física / Re: Ejercicio leyes de Newton II)
« en: 29 Abril, 2024, 06:50 pm »

Tal vez no entendieron la duda, era que porque al acelerar la cuña y el bloque estos se mantenían pegados, pero al acelerar la tabla y la persona estos no se mantenían pegados si no había una fuerza de fricción.

Bueno, aparte, es que es un idealización, es imposible saber lo que pasaría de verdad sin rozamiento, no existe tal cosa.

Por un lado, si \( sen\alpha<1 \), entonces \( mg\cdot sen\alpha<mg \), claro, pero sin existencia de fricción el bloque caería en línea recta con fuerza mg, dado que no hay nada que lo sustente, es imposible el contacto si no hay fricción. Estos problemas, aunque tengan una solución matemática, están llenos de fantasía (y hay que tenerlo en cuenta siempre, porque incluso existen físicos que, de tanto hacer problemas idealizados en la carrera, se llegan a creer que existen de verdad las esferas de espesor nulo, por ejemplo).

Saludos.

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Temas de Física / Re: Ejercicio leyes de Newton II)
« en: 29 Abril, 2024, 08:47 am »
Hola feriva :) entiendo lo que dices pero no se que quieres responder, capaz la parte C)

Ah, ahora veo que te respondió JBC, era una cuestión que había quedado atrás, no me di cuenta.
Por añadir algo distinto: dije "componente" al escribir, pero es resultante, como te dije en el primer mensaje. Es así porque tanto la hipotenusa como el otro cateto van hacia abajo, y el vector verde es el resultado, la resultante, de una resta vectorial, Por otra parte, la fuerza de gravedad y la normal siempre existen en estos problemas, los otras son vectores que resultan de inclinar el plano

Saludos.

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Temas de Física / Re: Ejercicio leyes de Newton II)
« en: 29 Abril, 2024, 01:01 am »
Hola, Nub. Mira este esquema (está dibujado a ratón alzado pero creo que se ve bien):



El triángulo azul es semejante al rojo y ahí puedes ver la componente verde, que es la que hace bajar el bloque. Se entiende por simple trigonometría.
(a la fuerza opuesta a la normal la ha llamado F1 como podía haberla llamado -N)

Saludos.


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Temas de Física / Re: Ejercicio leyes de Newton II)
« en: 27 Abril, 2024, 08:32 pm »
Otra duda, la aceleracion debe ser asi:

y no asi:

No?

La dirección de las fuerzas resultantes va sobre la cuña; luego, esas fuerzas tienen sus componentes, pero las resultantes van en dirección de la cuesta. Como no se mueve el bloque, significa que se anulan; por una parte el bloque cae y, por otra, la fuerza de rozamiento se opone en la misma medida, pero en sentido contrario.

Saludos.

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Foro general / Re: Humor matemático.
« en: 27 Abril, 2024, 01:37 pm »
"Todo pasa", es una frase dicha por un nefasto aquí, pero llevaba bastante  razón.
Hace 4 meses estamos viendo un cambio  inedito, ojalá la máquina de impedir a la oposición esta vez, no le funcione.

Muchas veces la intolerancia  a ciertas cosas es promovida, por acción u omisión  por el gobierno de turno.
Tanto hombres como mujeres tienen conjuntos de esas categorías. No hay exclusividad, el tema pasa por las expresiones de reacción  como se suelen hacer cuando se ve escrito. Piensa el mismo chiste con la palabra hombres reemplazando  la palabra mujeres, y verás que a las mujeres le hará más gracia,  pero ningún hombre real se va a ofender por el chiste.
Sembrar el estado de ánimo para un "hoguerismo" ,sucede porque ese tipo de gente, los que no piensan lo que hacen y dicen, los que dicen lo que no piensan y hacen y los que hacen sin pensar y decir, han alcanzado puestos importantes dentro  del gobierno.

Si allí como aquí la mayoría  en el estado y los medios son "gente", dentro de esa gente hay hombres que llevan vidas como mujeres y viceversa, hay homosexuales, los que no son ni una cosa ni la otra y otros tres grupos disjuntos conocidos, los hombres, las mujeres, y los esperpentos que hacen política de su condición de género o elección en el sexo.

Me temo que ciertos fanatismos nos quieren robar el humor, pero si la sociedad es consiente, siempre hay momentos  para cambiar y proteger lo que es nuestro, la libertad de pensar, decir y hacer, de ser feliz con lo que se piensa ,se escribe y se lee, todo pasa.

No encontré ningún  chiste para hacer en todo  el discurso, el peor chiste, sería  tomarlo con poca seriedad.

Sí, la verdad es que la cosa lleva unos años fatal respecto de muchos asuntos, es muy preocupante. Y encima, ahora, las IAs censuran comentarios en cuanto detectan algunas frases o palabras o bien aparecen los “verificadores independientes” sin decir quiénes son; la libertad de expresión es cosa del pasado.

Respecto de esto último sí recuerdo un chiste en el cual uno preguntaba a un amigo: “¿Qué tal te va?”; “Vaya, no me puedo quejar”; “¿Bien entonces?”; “No, digo que no me puedo quejar”. 

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      Realmente Carlos tienes un problema y es que este resultado , \( E_y=E_z=0 \), que fácil sale de la Física , tú dices que no estás de acuerdo,  y esto conlleva a replantearte qué es lo que está mal en tus argumentos matemáticos sobre integración.

Hola, DCM.
Es decir, que, según afirmas, \( E_y \) y \( E_z \) se anulan y, como se anulan, eso implica (según tú) que
\( E_y=0 \) y \( E_z=0 \); ¿estoy entendiendo bien?

Saludos.

 Hola  Feriva, lo que dices es correcto. Estás  entendiendo bien.
  Un saludo

Bueno... no sé.
Creo que deberías dejar esto unos años y después volver a ello con las ideas envueltas en la madurez que les da el tiempo. La vida es larga.

Déjalo estar :)

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Temas de Física / Re: Ejercicio leyes de Newton
« en: 24 Abril, 2024, 08:57 pm »
¿Quién ejerce la fuerza que acelera el bloque?


Prongo esta idea.

Un camión infinitamente largo con el bloque ése dentro; y un bloque fuera en la acera pero alineado con el de dentro según el eje horizontal.

Si el rozamiento es cero, lo que ocurre es que ambos bloques se mantienen alineados en el mismo punto del eje horizontal por mucho que acelere el camión.

Ahora, si sobre el bloque de fuera no ejerce ninguna fuerza el camión (como es evidente) y dicho bloque se queda en la misma posición que el que está en el camión (a la latura del mismo punto del eje horizontal) ¿puede existir alguna fuerza que acelere el bloque interior, gravedad aparte?

Si el rozamiento es cero (que es lo que entiendo) el camión no ejerce ninguna fuerza sobre el bloque, son sistemas inerciales independientes, es igual que si consideras el bloque fuera.

Entonces, cuando el camión no es infinito y tiene una puerta detrás, la fuerza es como la de si tú empujas la caja, nada más que eso.

La animación sería así:




Saludos.

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Matemática de Escuelas / Re: Área bajo bajo la curva
« en: 24 Abril, 2024, 12:54 am »
Hala el área del recinto plano limitado por la curva  \( f(x) = (x-1) +2 cos (x) \), el eje \( OX \) y las recta \( x=\pi \) y
\( x= 2\pi \).
Normalmente yo igualaría la función a cero; pero el solucionario dice: Entre \( \pi \) y \( 2\pi \) la función no cambia  de signo y es positiva.
Me podéis explicar esto.
Gracias.

Dos cosas: ¿Con la primitiva tienes problemas? (aparte de que no nos toque nunca, quiero decir).

Es fácil, con el teorema fundamental del cálculo se queda en la suma tres primitivas inmediatas, la integral de x, la de -1 y la de coseno de x; da \( \dfrac{x^{2}}{2}-x+sen(x) \).

Ahora, la curva está limitada por el eje X y por las rectas \( x=\pi \) y la recta \( x=2\pi \); esto simplemente quiere decir que el intervalo donde tienes que integrar es el que va de \( \pi \) a \( 2\pi \), estos son los límites de la integral definida, como ya tienes ahí la primitiva pues sólo tienes que sustituir y restar; no hay problema, el área está sobre el eje X, ya te ha detallado todo Ancape.

...

Cuando en un plano ten dicen x=algo y nada más, es una recta donde ese “algo” es constante mientras que la coordenada “y” varía en los puntos de la recta. Si, por ejemplo, si tienes la recta x=5, los puntos son de este tipo (5,1); (5,2); (5,3,4)... varía la segunda coordenada, pero la primera es 5 siempre.

Entonces, si te dicen “pi”, pues todos los puntos están sobre “pi” en el eje X y la recta es paralela al eje “Y”.

Así que lo que te están diciendo es que tienes que integrar en ese intervalo, de pi a 2pi.

Saludos.

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Matemáticas Generales / Re: Hallla el área sombreada
« en: 23 Abril, 2024, 09:26 pm »


También lo puedes pensar así:



Ahí tienes un rectángulo grande de área \( a(a+\dfrac{a}{2}) \) al que si le restas las dos áreas verdes, el rectángulo naranja y el cuadrado azul, te queda el área sombreada.

(Donde es muy fácil ver, supongo, que cada área verde vale la cuarta parte de la diferencia entre las áreas del cuadrado grande y el círculo).

Saludos.


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Gracias por esta otra forma de plantear el problema, ahora lo entiendo todo mejor.

De nada, me alegro de que te haya servido.

Por señalar algo más. Yo no sé si esto se dice en la explicación formal del teorema chino (porque soy aficionado, no lo he estudiado académicamente) pero fíjate en que si tienes dos grupos (o más) de enteros módulo lo que sea, \( \mathbb{Z}_{n} \) y \( \mathbb{Z}_{m} \), esta representación del resto 1, \( \dfrac{n}{n}\equiv1 \), o ésta \( \dfrac{nm}{nm}\equiv1 \) o esta \( \dfrac{pqr}{pqr}\equiv1 \)... es válida para cualquiera de los grupos, porque siempre representa el resto tal cual, al neutro, no a una unidad cualquiera; mientras que aquí \( x\equiv1\,(mod\,n) \) vale cualquier representante, la notación no caracteriza al neutro por sí sola (al neutro de todos los enteros, quiero decir). 

Y mirarlo así me parece un detalle que puede ayudar a ver mejor el el porqué del asunto.

Saludos.

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      Realmente Carlos tienes un problema y es que este resultado , \( E_y=E_z=0 \), que fácil sale de la Física , tú dices que no estás de acuerdo,  y esto conlleva a replantearte qué es lo que está mal en tus argumentos matemáticos sobre integración.

Hola, DCM.
Es decir, que, según afirmas, \( E_y \) y \( E_z \) se anulan y, como se anulan, eso implica (según tú) que
\( E_y=0 \) y \( E_z=0 \); ¿estoy entendiendo bien?

Saludos.

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El teorema y el texto que he citado los entiendo bien, lo que no acabo de comprender es cómo deduce a partir de las ecuaciones del sistema, las dos ecuaciones de abajo (lo que he subrayado en el texto citado).

Gracias de antemano.

Si te fijas un poco se ve de inmediato sin hacer cuentas. x-3 y x-2 son enteros consecutivos, luego uno es par y otro es impar; sin embargo, los dos módulos son pares, por tanto, alguna de las divisiones \( \dfrac{x-3}{6} \) o \( \dfrac{x-2}{4} \) no pueden dar un entero.

En general, lo puedes ver como una suma de dos o más enteros \( \dfrac{x-r_{1}}{m_{1}}+\dfrac{x-r_{2}}{m_{2}}+... \) la cual, como tal, va a dar otro entero. Ese entero resultante será múltiplo del mcm de los módulos (como en cualquier suma de fracciones en la aritmética elemental) y ésa es la esencia del teorema chino. Cuando los módulos son coprimos, el mcm es directamente el producto de los módulos y el MCD es 1, por lo que \( MCD(m_{1}m_{2})\cdot mcm(m_{1}m_{2})=m_{1}m_{2}\Rightarrow mcm(m_{1}m_{2})=1\cdot m_{1}m_{2} \), lo que quiere decir que, cuando los módulos son coprimos, el producto de los módulos divide es común respecto de cualquier \( x-r_{i} \), donde ese producto de los módulos es el “módulo general” del sistema, podríamos decir. Por eso, cuando ocurre esto, tiene solución siempre. Y en otros casos dependerá.

O sea, mira

\( \dfrac{a}{p}+\dfrac{b}{q}+\dfrac{c}{r}=k \) (“a=x- resto”, etc.).

Entonces podemos operar asi

\( \dfrac{qr}{qr}\cdot\dfrac{a}{p}+\dfrac{pr}{pr}\cdot\dfrac{b}{q}+\dfrac{pq}{pq}\cdot\dfrac{c}{r}=k\rightarrow \)

\( qr\cdot\dfrac{a}{pqr}+pr\cdot\dfrac{b}{pqr}+pq\cdot\dfrac{c}{pqr}=k\rightarrow \)

\( qr\cdot a+pr\cdot b+pq\cdot c=(pqr)k \)

Donde “a” es múltiplo de “p” (por la propia definición de la congruencia) y así con los demás. Es decir, “pqr” tiene que ser divisor común de cada sumando de esa suma, para cada sumando, para que “k” sea entero.

Saludos.

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Probabilidad / Re: Lotería imaginaria
« en: 21 Abril, 2024, 05:08 pm »
Feriva, a raíz de tu propuesta le he dicho al chatgpt que las bolas tienen números reales. Entonces él ha supuesto que al inicio tenemos infinitas bolas en el bombo con todos los reales posibles y de ello ya sí deduce que para un cierto subconjunto infinito de bolas del bombo su posibilidad de salir del bombo será 0, dado que el número de tiradas posibles es numerable mientras el conjunto de bolas no es numerable.

Por tanto, es imposible coger todas las bolas del bombo y listarlas, es decir, ordenarlas tipo 1º bola, 2º bola, etc. es decir, resulta imposible identificarlas una a una.

También, supongo, es imposible obtener infinitos reales empleando métodos naturales (operando de forma que nos dé números reales uno a uno).

saludos

Sí, yo he supuesto que te referías a reales.

De todas formas no sé si he interpretado bien lo querías decir:

Citar
En cada tirada cae una bola del bombo y se coloca ordenadamente en un tablero. Pero al colocar esta bola emerge, del propio tablero, otra bola nueva que tiene un número que ninguna otra bola tiene (ni lo tienen las bolas que están aún en el bombo ni las bolas que están ya colocadas en el tablero).

Ahí entiendo que si el número no lo tiene el bombo, puede ser, por ejemplo, un irracional, de manera que el bombo sólo tenga racionales.
Pero cuando preguntas si existen bolas que no pueden salir jamás del bombo, me refiero a los reales que faltan como números en general, no como números obligados a estar en el bombo.

Para ser más claro:

Entendí que tenías un conjunto numerable en el bombo, que seguirá siendo numerable aunque parezca 1 o 100 bolas en el tablero (tendrían que aparecer infinitas distintas cada vez para no serlo). Por tanto, existirán números reales que no salgan del bombo nunca ni aparezcan en el tablero nunca.


Saludos.

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Probabilidad / Re: Lotería imaginaria
« en: 21 Abril, 2024, 10:29 am »
Imaginemos que tenemos una máquina que es similar a un bombo de lotería. Este bombo está lleno de bolas con números. Desde un inicio hay infinitas bolas con un número exclusivo y único para cada una de ellas.

En cada tirada cae una bola del bombo y se coloca ordenadamente en un tablero. Pero al colocar esta bola emerge, del propio tablero, otra bola nueva que tiene un número que ninguna otra bola tiene (ni lo tienen las bolas que están aún en el bombo ni las bolas que están ya colocadas en el tablero).

Entonces, la máquina automáticamente coge esta bola nueva y la coloca dentro del bombo, con lo cual puede salir en cualquier tirada futura.

La pregunta es: ¿existen bolas con números que jamás podrán salir del bombo y colocarse en el tablero?

Hola, RDC.

Sí, porque vas contando una cantidad finita de bolas cada vez.

Tú imagina cualquier número racional tan largo como quieras, así, por ejemplo, \( 4,56609123...7 \). Al tener última cifra, ¿cuántos números distintos puedes formar añadiendo cifras sin fin detrás? Pues infinitos, y ese infinito es el cardinal de \( \mathbb{N} \), porque en un solo número puedes ir numerando las cifras de izquierda a derecha. Así, por cada número racional que aparezca en cada tirada del bombo (donde se entiende que las tiradas van unas detrás de otras, es decir, son numerables) tendrían que aparecer infinitos números en el tablero para que esutvieran todos los reales, si aparece uno más, dos más, tres... no van a estar todos nunca.

Saludos.

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Hola:
...
La otra se deja caer después y desde otra altura, y llega al mismo tiempo que la primera; pero no tarda lo mismo desde su punto de partida al suelo, tarda menos, la altua es menor y por eso llega al tiempo que la otra. Por tanto, el tiempo asociado a la caída libre de dicho cuerpo (segunda esfera) no es \( t_{f} \), es menor en \( t_0 \) segundos, que es lo que ha estado cayendo la otra esfera hasta que se deja caer esta última (que ha estado en reposo hasta entonces; sujetada con la mano, podemos suponer).

Luego la fórmula del tiempo, (ésta \( t=\sqrt{\dfrac{2h}{g}} \)) para la segunda esfera es:

\( t_{f}-t_{0}=\sqrt{\dfrac{2h_{2}}{g}} \).

Es decir, despejando

\( t_{f}=\sqrt{\dfrac{2h_{2}}{g}}+t_{0} \)

quizá así como una suma se ve mejor.

:aplauso:
Eso ya tiene más sentido. Me dejé llevar por el dibujo de Nub y me obcequé en pensar que la piedra que se deja caer más tarde lo hacía de una altura mayor, lo cual es imposible compatibilizar con que lleguen al mismo tiempo. Pero si se plantea como dices, entonces sí es posible.
Adjunto una gráfica \( r-t \)


Saludos


:-[ Me apura que me aplaudan los profesionales de las matemáticas (un pobre aficionado como yo... :) ).

Gracias, ani.

Saludos.

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El problema es que no entendí la solución, específicamente porque se hace \(  t_f-t_0 \)


Si un objeto se deja caer desde el reposo, entonces su altura incial es \( h_{0}=0 \) y su \( v_{0}t \) también cero (para cualquier tiempo, porque la velocidad incial es cero y da igual, el producto es cero). Así, despejando, tienes que la expresión del tiempo se queda simplmente en \( t=\sqrt{\dfrac{2h}{g}} \) (porque la del espacio se queda en \( h=0+0+\dfrac{1}{2}gt^{2} \)).

Como las dos llegan al suelo a la vez, en \( t_{f} \), éste es el tiempo asociado a la primera esfera (que se deja caer desde una altura, digamos, \( h_{1} \); \( t_{f}=\sqrt{\dfrac{2h_{1}}{g}} \)) por ahora ólvidate de la otra esfera; y así está clarísimo hasta aquí.

La otra se deja caer después y desde otra altura, y llega al mismo tiempo que la primera; pero no tarda lo mismo desde su punto de partida al suelo, tarda menos, la altua es menor y por eso llega al tiempo que la otra. Por tanto, el tiempo asociado a la caída libre de dicho cuerpo (segunda esfera) no es \( t_{f} \), es menor en \( t_0 \) segundos, que es lo que ha estado cayendo la otra esfera hasta que se deja caer esta última (que ha estado en reposo hasta entonces; sujetada con la mano, podemos suponer).

Luego la fórmula del tiempo, (ésta \( t=\sqrt{\dfrac{2h}{g}} \)) para la segunda esfera es:

\( t_{f}-t_{0}=\sqrt{\dfrac{2h_{2}}{g}} \).

Es decir, despejando

\( t_{f}=\sqrt{\dfrac{2h_{2}}{g}}+t_{0} \)

quizá así como una suma se ve mejor.

Saludos.

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Probabilidad / Re: ¿Aleatoriedad=desorden?
« en: 18 Abril, 2024, 12:51 pm »
Leo por doquier que aleatoriedad (azar) implica desorden. Pero, ¿es realmente cierta esta definición?

Personalmente pienso que aleatoriedad y desorden son dos conceptos algo diferentes.

Entiendo que la aleatoriedad sólo significa que dada una situación o, dada una misma acción, sin razón alguna, puede generar diferentes efectos o reacciones (una distribución de posibilidades). Por ejemplo, tirar una moneda al aire rodando, sin ninguna razón aparente, puede darnos o cara o cruz.

En este sentido lo imposible es predecir con exactitud el efecto de una causa (si saldrá cara o cruz al tirar una moneda la aire), porque no hay una razón o una lógica aparente entre lanzar la moneda y que se dé un resultado u otro. En ester sentido, quizás sí podríamos decir que no hay un orden preestablecido que relacione la causa con sus prosibles efectos, con lo cual la aleatoriedad implicaría desorden.

Ahora bien si tiro una moneda 4 veces al aire me dará una serie de 4 resultados. Estos resultados sí pueden mostrarme un orden o un patrón. Por ejemplo puede salir 4 caras. O puede salir cara-cruz-cara-cruz. Aunque luego, este patrón o orden no me sirva para predecir el resultado de una 5 tirada.

Es decir, me parece que no es cierto que el azar genere desorden, pues los resultados que me da pueden mostrar un cierto orden (aunque no siempre). Lo que resulta imposible es predecir cada uno de los resultados que da.

Sobre el orden de una posibilidad

Una serie de resultados aleatorios muestra un patrón o un orden si se puede reproducir empleando un algiritmo más corto que el propio resultado.

Son conceptos distintos, evidentemente. De hecho, con una cantidad finita de números éstos pueden salir ordenados aleatoriamente; aunque pueda resultar difícil si son bastantes números.

Lo de los patrones me parece muy psicológico, puede depender mucho de nuestra mente.

Saludos.

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Entonces, si es eso, por una parte, con las 40 cartas puedes formar estas combinaciones de parejas distintas:

\( \dfrac{40!}{2!(40-2)!}=780 \).

A la vez, con estas parejas puedes formar parejas de parejas (dobles parejas) en esta cantidad:

\( \dfrac{780!}{2!(780-2)!}=303810 \).

Esto tampoco tiene mucho sentido.  El primer número es el número de pares de cartas (pero posiblemente de distinto palo, ¿qué tiene que ver eso con los duples?). Ya nada tiene sentido después de esto, pero aun así luego cuentas parejas de parejas sin tener en cuenta que si seleccionas una primera pareja de las \( 780 \) ya no quedan \( 779 \) posibles, sino que habría que eliminar todas las parejas que usan las dos primeras cartas ya utilizadas.

El conteo correcto de duples iría así:

- Duples con dos palos distintos que no sean ni pitos ni cerdos (reyes):

\( \displaystyle\binom{6}{2} \) para elegir los dos palos.
\( \displaystyle\binom{4}{2}^2 \) para elegir las dos cartas de cada palo.

En total \( \displaystyle\binom{6}{2}\cdot \displaystyle\binom{4}{2}^2 \).

- Duples con un palo pito o cerdo y el otro ni pito ni cerdo:

\( 2\cdot 6 \) opciones pare elegir pito o cerdo y el otro palo.
\( \displaystyle\binom{8}{2} \) para elegir las cartas de pitos o cerdos.
\( \displaystyle\binom{4}{2} \) para elegir las dos cartas del otro palo.

En total \( 2\cdot 6\cdot\displaystyle\binom{8}{2}\cdot \displaystyle\binom{4}{2} \).

- Duples de pitos y cerdos (los "gallegos"):

\( \displaystyle\binom{8}{2}^2 \) para elegir las cartas de pitos o cerdos.

- Duples con las cuatro cartas del mismo palo:

\( 6 \) si son palos normales y \( \binom{8}{4} \) si son pitos o cerdos.

En total:

\( 6+2\cdot \displaystyle\binom{8}{4} \)

En definitiva:

\( \boxed{\displaystyle\binom{6}{2}\cdot \displaystyle\binom{4}{2}^2+2\cdot 6\cdot\displaystyle\binom{8}{2}\cdot \displaystyle\binom{4}{2}+\displaystyle\binom{8}{2}^2+6+2\cdot \displaystyle\binom{8}{4}=3486} \)

Saludos.

Huy, sí, qué despiste, Dios mío. En efecto, con ese planteamiento hasta la jugada del Tío Perete sería pares :D

Ahora mismo edito y pongo que está mal.

Muchas gracias, Luis.

Saludos.

20
Los trios son medias, no duples. Valen menos.

Son medias si tienes, por ejemplo, 3,3,3,5, pero si tienes, 3,3,3,Rey, son cuatro reyes, que son duples de reyes.

Saludos.

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