DOCUMENTO

1. Análisis Combinatorio
Demetrio
Ccesa
Rayme

2. 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 . . . . . Primero expone Pablo (que
suele ser muy convincente)
Pablo
luego expone Matías, (que sabe
mucho , pero no convence)
Matías
y por último Julio, (que es algo desordenado)
Julio
Una alternativa diferente será si Julio toma
el lugar de Matías y éste el de Julio
Pablo MatíasJulio
Otra posibilidad es que Julio tome el
lugar de Pablo y éste el de Julio Pablo MatíasJulio
4
1-2-3
1-2
3 4

3. Ahora si Pablo y Matías
cambian sus posiciones,
tenemos otra alternativa
PabloMatíasJulio
Luego es Matías el que toma el
primer turno
PabloMatías Julio
Y finalmente, puede haber
nuevamente un intercambio entre el
segundo y el tercer expositor PabloMatías 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
1-2-3

4. La función factorial n! se define:
de N0  N 








)()1()1(
1)1(
1)0(
)(
hfhhf
f
f
nf
es decir: n! es igual al producto de los n primeros números naturales
n! = n  (n-1)  (n-2)  (n-3) . . . . . . 3  2  1
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
1 2 3 4 5 6
Pablo Pablo Julio Julio Matías Matías
Matías Julio Pablo Matías Julio Pablo
Julio Matías Matías Pablo Pablo Julio
Los ordenamientos posibles son
1-2
3 4
4
1-2-3

5. 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
elementos (letras) en cuatro
posiciones diferentes
P4 = 4! = 4  3  2  1 = 24
MESA EMSA SMEA AMES
MEAS EMAS SMAE AMSE
MAES ESMA SEMA AEMS
MASE ESAM SEAM AESM
MSEA EAMS SAME ASEM
MSAE EASM SAEM ASME
2) Si son jugadores de un equipo de fútbol
son once jugadores para once posiciones
P11 = 11! = 11  10  9 . . . . . . . 3  2  1 = 39.916.800
si el arquero ocupa siempre
la primera posición
2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
se pueden cambiar los lugares del 2 al 11 (entre 10 jugadores)
P10 = 10 ! = 10  9  8 . . . . . . . 3  2  1 = 3.628.800
1A

6. 3) Se deben ordenar 7 temas para un compact
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 4 5 6 7 si 2 y 3 deben
estar juntos
otro ordenamiento puede ser . . . 1 2 34 5 6 7
observando convenientemente advertimos que estamos ordenando
6 temas en 6 lugares (el 2 y 3 consideramos un solo tema) P6 = 6 ! = 720
Y debemos considerar también cuando 1 3 24 5 6 7
Aparece primero el 3 y luego el 2
(los temas aparecen juntos)
nuevamente . . . P6 = 6 ! = 720
entonces dos temas determinados no aparecen juntos en
P7 – 2 P6 = 7 ! – 2  6 ! = 5.040 – 2  720 = 3.600
el total de ordenamientos posibles es

7. 4) Cada asignatura puede ocupar una posición, las posibilidades son
G A C
P3 = 3 ! = 6
Pero el
orden de
los
problemas
de cada
materia
también
pueden
cambiarse
G
1
2
3
1
3
2
2
1
3
2
3
1
3
1
2
3
2
1
C
A
G C A
A G C
A C G
C A G
C G
1
2
3
4
1
2
4
3
1
3
2
4
1
3
4
2
1
4
2
3
1
4
3
2
2
1
3
4
2
1
4
3
2
3
1
4
2
3
4
1
2
4
1
3
2
4
3
1
3
1
2
4
3
1
4
2
3
2
1
4
3
2
4
1
3
4
1
2
3
4
2
1
4
1
2
3
4
1
3
2
4
2
1
3
4
2
3
1
4
3
1
2
4
3
2
1
A
1
2
2
1
entonces la cantidad total de
posibles temas es :
P3  ( P3  P4  P2 ) = 3 !  ( 3!  4!  2! ) = 6 6  24  2 = 1.728

8. 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
Pero si el maletín tuviera
2 ruedas de 6 dígitos
le corresponden 6 dígitos de la
segunda rueda
2
1
2
3
4
5
6
habrán entonces 6 nuevas
alternativas por cada
dígito de la primera rueda
Las posibilidades con 2 ruedas son 6 x 6 = 36
Pero el maletín tiene 3 ruedas, entonces se agregan 6
alternativas más a cada una de las 36 posibilidades anteriores
Para tres ruedas son 6 x 6 x 6 = 216
Generalizando, podemos plantear que para n ruedas el
número de intentos será : 6
n
a cada dígito de la primera rueda
En este caso, con n = 5 65 = 7.776
13456

9. 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
c d a b d a b c
Entre las que se encuentran
las siguientes . . .
y son formas diferentes
Pero, si los amigos estuvieran
alrededor de un círculo en vez
de estar alineados . . .
d
c
b
a
a
d
c
b
b
a
d
c
c
b
a
d
Lo que antes eran 4
configuraciones diferentes,
ahora no se pueden diferenciar
En todos los casos a la
izquierda de a está d y
a la derecha b . . .
Las cuatro ordenaciones
deben ser consideradas
la misma ordenación
La permutación circular de m elementos se resuelve . . .

m
P
P m
c,m
)!m(P )m( 11 

10. 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
A B C D
Pero todos sabemos que al
truco se juega en pareja y
alrededor de una mesa
A
C
donde . . .
es lo mismo que . . .
D
A
A y C siguen
siendo compañeros
B a la izquierda y D a la derecha de A
Se trata entonces de la
permutación circular de 4
elementos
que se resuelve . . .
c,P4 612314  )!(

11. 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
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:
)!nm(
!m
AV m
nn,m


donde m = 3 y n = 2 6
1
6
23
33
2 


)!(
!
A
observe que con solo cambiar el orden de los dígitos, se
considera un caso diferente; aunque no se haya cambiado alguno
de los dígitos
3 : cantidad total de elementos que disponemos
2 : cantidad de elementos que tomamos para formar cada arreglo
Se lee “arreglo
de m elementos
tomados de a n”
7
8-9-10
8 a
9
7
10
8 b

12. 7) Si disponemos de los dígitos 1, 2, 3, 4, y 5 para formar
números de tres cifras
i) debemos resolver 




!
!
)!(
!
A
2
2345
35
55
3
Si los números de tres cifras buscados deben ser
pares, la última cifra debe ser un número par parcifra
2
cifra
1
Asignamos el lugar de la cifra par al 2
2cifra
2
cifra
1y quedan 2 lugares para cuatro dígitos posibles
12
!2
!234
)!24(
!44
2 



A
pero en vez del 2,
el último dígito
pudo ser el 4
4cifra
2
cifra
1
ii) Los números pares son: 241222 4
2 A
iii) Si los números deben terminar en 32
23cifra
3
2
23
13
33
1 




!
!
)!(
!
A
iv) Si debe ser múltiplo de 5, debe terminar en 5
5cifra
2
cifra
1
12
2
234
24
44
2 




!
!
)!(
!
A
60

13. 8 a) Con 22 consonantes y 5 vocales se pueden formar palabras
con ó sin sentido de cinco letras (sin que se repitan letras)
Por ejemplo
la palabra
L U C H A Si se cambia el orden de
sus letras resulta otra
palabra distinta
LUC H A
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
m
nA
A =
27
Para formar palabras de 5 letras (elementos)
5

 )!(
!
527
27
)!nm(
!m

Esto se puede resolver directamente con calculadora ó
simplificando previamente

!
!
22
27


!
!
22
222324252627
9.687.600 palabras
8 b

14. 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
la palabra será:
Si el lugar central debe
ocupar una vocal (por
ejemplo la A)
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:
A =
26
4

 )!(
!
426
26

!
!
22
26


!
!
22
2223242526 358.800 palabras
Pero, el lugar central puede ser ocupado por cinco vocales distintas
Entonces a 26
4
A Lo multiplicamos por 5 porque la letra central puede ser
AEIOU


)!(
!
A
426
26
55 26
4
5 x 358.800 = 1.794.000 palabras

15. 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 )!nm(!n
!m
C m
n


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:



)!(!
!
C
232
33
2



!!
!
12
23
3
11-12
10 13
11 a
12 c
10
13
11 b-c
11 d-e 12 a-b
12 d 12 e
12 f

16. 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”
Es un caso de combinación
)!(!
!
C
3423
4242
3






!
!
39123
39404142
2014
11.480 formas
Que tienen iguales
atribuciones significa
que todos pueden
cumplir el mismo rolPero . . .
Juan prepara las diapositivas
María dá la charla de introducción
Pablo expone
Será
diferente
si . . .
María prepara las diapositivas
Pablo dá la charla de introducción
Juan expone;
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





!
!
!
!
)!(
!
A
39
39404142
39
42
342
4242
3
= 68.880 formas
Arreglo Combinación

17. 10) Si tenemos 10 puntos en un plano de los cuales no hay 3 alineados
Sabemos que dos puntos cualesquiera determinan una recta
)!(!
!
2102
10





!!
!
82
8910
5
45
ac cf ch ce
bi df dj eh
Pero la recta ac es la misma que ca
la recta bi es la misma que 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 . . .
por
ejemplo
y así sucesivamente . . .
10
2C
11 b-c 11 d-e

18. 10 b) Para saber cuántas de las 45 rectas pasan por el punto
a, pensemos que disponemos de 10 puntos
b, c; d; . . . h; i; j En principio tengo 10 elementos para 2
lugares –recta- sin importar el orden
Si uno de los lugares ocupa el punto aa
Me quedan ahora 9 elementos
para el lugar que resta




 !
!
)!(!
!
81
89
191
9
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.




 !
!
)!(!
!
76
78910
3103
10
3
2
5
120 triángulos
9
1C 9 rectas
10
3C
11 d-e

19. d) Para saber cuántos triángulos tienen vértice en a :
En principio tengo 10 elementos (puntos)
para 3 lugares (vértices del triángulo)
Si el elemento a debe estar
siempre ocupando un lugar
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) 



 !!
!
)!(!
!
72
789
292
9
4
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
a b Me quedan entonces 8
elementos (puntos) para ocupar
un lugar (vértice)




 !
!
)!(!
!
71
78
181
8
8 triángulos
9
2C
8
1C

20. 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 . . .
C
de 20 personas
(total de elementos)
tomadas de a 5 (cantidad de miembros
de cada delegación posible)



)!(!
!
5205
20

 !!
!
155
20




!
!
1512345
151617181920
3
15.504 maneras distintas
12 b) Si dos personas deben estar siempre en la misma delegación
de los 5 lugares que dispongo
dos ya están ocupados
supongamos . . .
persona aa
persona b
b
La operación es la misma . . .
C
pero del total de 20 personas descuento 2 que ya están
ubicadas porque deben estar siempre juntas
y me quedan 3 lugares para las
18 personas restantes
18
3



)!(!
!
3183
18



!
!
15123
15161718
3
816 formas si dos personas deben estar juntas
20
5
12 c 12 d 12 e 12 f

21. 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
3C 


)!(!
!
3123
12



!
!
9123
9101112
2
220 delegaciones de tres hombres
Y busco la cantidad de delegaciones
que se pueden formar con las 8
mujeres disponibles tomadas de a 2
8
2C 


)!(!
!
282
8




!
!
612
678
4
= 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 . . .
 8
2
12
3 CC 220  28 = 6.160 formas de componer
la delegación solicitada
12 d 12 e 12 f

22. 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 h
Tres están ocupados por hombres
h
y quedan dos lugares para mujeres
m m
la cantidad de delegaciones posibles con
esta configuración ya hemos visto en el
punto anterior 8
2
12
3 CC 220  28 = 6.160
Pero también puede suceder que . . .
h h h m
De los cinco lugares disponibles
cuarto están ocupados por hombres
y solo uno por mujer
h
lo que resulta . . .  8
1
12
4 CC 


 )!(!
!
)!(!
!
181
8
4124
12







!
!
!
!
71
78
81234
89101112
5
495  8 = 3.960
No hay otra alternativa que
verifique la condición, porque si
hay cinco hombres, no hay
mujeres; y si hay tres o mas
mujeres, queda lugar para dos
hombres o menos
El resultado es la suma de las dos
posibilidades analizadas
 8
2
12
3 CC  8
1
12
4 CC 10.120 formas
12 e 12 f

23. 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 . .
a b
18
3C 
 )!(!
!
3183
18



!
!
15123
15161718
3
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 . . .
 18
3
20
5 CC 15.504 – 816 = 14.688 formas
Otra manera de calcular lo mismo es mediante la operación
 18
4
18
4
18
5 CCC 8.568 + 3.060 + 3.060 = 14.688 formas
justifique Ud. el procedimiento . . .
12 f

24. 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
18
3C 
 )!(!
!
3183
18



!
!
15123
15161718
3
816
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
5C 
 )!(!
!
5185
18



!
!
1312345
131415161718
8.568
3 4 3
El resultado está dado por la suma de las cantidades de
ambas posibilidades
 18
5
18
3 CC 816 + 8.568 = 9.384 formas

25. 12) Todas las personas se estrechan la mano una vez
Supongamos que sean tres personas: A , B y C
A B A C B C
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 . . .
CPero 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
m
En total fueron 45 saludos
45
resolvemos . . .
45
22



)!m(!
!m
45
22
21



)!m(!
)!m()m(m
2451  )m(m 902
 mm 0902
 mm
buscamos m aplicando la fórmula que resuelve la
ecuación de segundo grado
2
m
C2

26. 0902
 mm 



12
901411
2
21
)()(
m



2
36011
21m 

2
3611


2
191


2
20
2
191
10


2
18
2
191 - 9
m1 = 10 m2 = - 9
Por ser – 9 un número negativo, adoptamos como solución única m = 10
Verificamos . . .
10
2C 
 )!(!
!
2102
10



!!
!
82
8910
5
45

27. Permutaciones con repetición
Si tenemos solo dos símbolos ( 0 y 1 )
Podremos emitir las señales 0 1 1 0 si los símbolos no pueden repetirse
La cantidad de señales
posibles se calcula mediante 2122 P si no debemos repetir símbolos . .
Pero si podemos repetir
símbolos; con dos ceros y dos
unos
0 0 1 1 0 1 1 0
0 1 0 1 1 0 0 1
El conjunto de símbolos será { 0, 0, 1, 1 }
y las señales posibles . . .
La cantidad de señales
posibles cuando hay símbolos
repetidos se calcula con
Permutaciones con repetición
22
4
,
P
Permutación de cuatro
elementos, con dos
elementos que se repiten
dos veces cada uno
Con dos elementos que se
repiten dos veces cada uno
( 0 y 1 )


!!
!
22
4



!!
!
22
234
2
para emitir señales de 2
símbolos diferentes
1 0 1 0
1 1 0 0
6
Generalizando
 ...,,
mP !!....!!
!m
 


28. 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
señales como . .
0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 1 1 0 1 0 1
1 0 1 0 0 1 0 0
etc. etc. . .
Supongamos un byte en el que hay
5 ceros y 3 unos
¿ Cuántas señales diferentes podrá emitir ese byte ?
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
35
8
,
P 


!!
!
35
8



1235
5678
!
!
35
8
,
P 56 Señales diferentes se pueden emitir
desde 1 byte con 5 ceros y 3 unos
y la operación que resuelve . . .

29. 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
N se repite 3 veces
D se repite 2 veces
E se repite 3 veces
Las demás letras de la palabra, no se repiten, aparecen solo una vez
13P 23, 2, 3,



!!!!
!
3232
13



1231212312
12345678910111213 43.243.200
palabras
i i ) La palabra C A T A M A R C A tiene 9 letras De las cuales
C se repite 2 veces A se repite 4 veces
9P 2 4, 


!!
!
42
9



!
!
412
456789 7.560 palabras
4
i i i ) La palabra M O N O M I O tiene 7 letras De las cuales
M se repite 2 veces O se repite 3 veces
7P 2 3,



!!
!
32
7



!
!
312
34567 420 palabras
3

30. Arreglo con Repetición
Dado un conjunto de dos elementos {a, b} puedo formar cadenas
de tres elementos
donde al menos un elemento se repite
a a a a a b a b aa b b b a a b b a b a bb b b
Se trata de un Arreglo de 2 elementos,
tomados de tres en tres, con repetición
2
A3 r,
823

Dado un conjunto de tres elementos {a, b, c} también puedo formar cadenas de
dos elementosincluyendo aquellas donde los elementos se repiten
a a a b b bb a c a c c b ca c
Se trata de un Arreglo de 3 elementos,
tomados de dos en dos,con repetición
3
A2 r,
932

c b
Generalizando, Arreglo de m
elementos tomados de n en n,
con repetición; se calcula con . . .
m
An r,
n
m

31. 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
A8 r,
25628

de dos elementos
tomados de ocho en ocho
con repetición
señales diferentes

32. 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
3
3 r,A 2733

Son pares los números
terminados en cifra par
en este caso, la única cifra par es el 2
2quedan entonces dos lugares, pero los elementos de que
disponemos para esos dos lugares siguen siendo 3
recuerde que hay repetición de elementos; y los resolvemos con . . .
3
2 r,A 932

2
efectivamente, esos números son . . .
2 2
2 2 2
2 2 2 3 2 9
3 2 3 3 3 9
2 2 29 2 9 3 9 9

33. 




 






5
1
5
4
3)
nn
a
]!5)1[(!5
)!1(
5
)!4(!4
!
3





n
n
n
n
desarrollamos las expresiones factoriales hasta que queden
en condiciones de poder simplificarse
)!(!
)!(
)!()()(!
)!(
645
1
5
6544
1
3






n
n
nnn
nn Haciendo pasajes de divisores
como factores y viceversa
)!(!
)!(
)!()()(!
)!(
645
6
5
1544
1
3






n
n
nnn
nn simplificando los factores que
son idénticos en el numerador
y el denominador
!)()(! 4
1
544
3



nn
n se simplifica 4! ; se resuelve el producto de
los binomios
1
2054
3
2



)( nnn
n
haciendo pasajes de términos
)( 2093 2
 nnn finalmente 032092
 nnn
ó bien 020122
 nn
15)
16 b 16 c-d 16 e

34. Resolvemos ahora 020122
 nn
como ecuación de segundo grado a x2 + b x + c = 0
con la fórmula
a
acbb
x
2
42
21


si a = 1 b = -12 y c = 20
a
acbb
x
2
42
21

 



12
20141212 2
)()(


2
8014412





2
812
2
6412 2
20
1 x 10
2
4
2 x 2
310 21  xx
son soluciones de la ecuación
020122
 nn
adoptamos como solución de 




 






5
1
5
4
3
nn
n = 10
porque n = 2 es una solución absurda, ya que
no es posible hallar 




 






5
12
5
4
2
3
16 b 16 c-d 16 e

35. Verificamos la solución n = 10







 








5
1
5
4
3
nn







 









5
110
5
4
10
3
)!(!
!
)!(!
!
595
9
5
4104
10
3


 !!
!
!!
!
45
95
564
9103





!!
!
!
!!
!!
!
!
!!
45
95
9
45
564
9103
9
45









5
6
103


Multiplicamos ambos miembros por
!
!!
9
45 
y simplificamos
55 
queda verificado el resultado
16 b 16 c-d 16 e

36. AAA nnn
b 1
2
1
23
2
1
) 

]!)[(
)!(
]!)[(
)!(
)!(
!
21
1
21
1
32
1








n
n
n
n
n
n
)!n(
)!n(
)!n(
)!n(
)!n(
!n
3
1
3
1
32
1







 Multiplicamos por 2 ambos miembros
finalmente
16 c-d 16 e
)!n(
)!n(
)!n(
)!n(
)!n(
!n
3
12
3
12
3 






Ahora multiplicamos ambos
miembros por (n – 3 )!
)!n(
)!n()!n(
)!n(
)!n()!n(
)!n(
)!n(!n
3
312
3
312
3
3







 simplificamos y
obtenemos
)!n()!n(!n 1212 
que se puede
escribir
)!n()!n()!n(n 12121 
Dividimos ambos miembros por (n - 1)!
)!n(
)!n(
)!n(
)!n(
)!n(
)!n(n
1
12
1
12
1
1








y simplificamos
22 n 4n

37. Verificamos la solución n = 4
16 c-d 16 e
AAA nnn 1
2
1
23
2
1 
 AAA 14
2
14
2
4
3
2
1 

)!(
!
)!(
!
)!(
!
23
3
23
3
34
4
2
1






2323
2
1234


66 
queda verificado el resultado

38. CA nn
c 3
1
2 67) 
)!(!
!
]!)[(
)!(
33
6
21
1
7




n
n
n
n
desarrollamos las factoriales y
resolvemos según convenga )!(
)!(
)!(
)!(
3123
1
6
3
1
7





n
nn
n
n
hacemos pasajes factores
como divisores y viceversa )!(
)!(
)!(
)!(
3123
3
6
1
1
7





n
nn
n
n
y simplificamos
entonces n7 luego n = 7
10
2
3
3
4
) 2
2
3
2  
AA nn
d 10
22
2
2
3
23
3
3
4







]!)[(
)!(
]!)[(
)!(
n
n
n
n
resolvemos 10
2
2
3
1
3
3
4






!
)!(
)!(
)!(
n
n
n
n desarrollamos convenientemente
las factoriales y simplificamos
10
12
2
3
1
123
3
4






!
!))((
)!(
)!)()((
n
nnn
n
nnn
16 e
te queda la tarea de
verificar el resultado

39. Quedamos con 1012
2
3
23
3
4
 ))(())(( nnnn
Sacamos factor común 101
2
3
3
3
4
2 



 )()()( nnn
Resolvemos el corchete
Y finalmente 030132
 nn
En la ecuación de 2º grado
a = -1 b = 13 c = -30
10
2
3
2
3
3
12
3
4
2 




nn
n )( 10
2
5
6
2 




n
n )(
efectuamos el producto
del 1er miembro 10
2
10
6
2
2
5
6
2

nnn
105
6
13
6
2

nn
Para resolver la ecuación de 2º
grado previamente multiplicamos
todo por (6)
10656
6
136
6
6 2





nn simplificamos
)(
)()(
12
30141313 2
21


x 



2
4913
3
2
713
1 


x
10
2
713
2 


x
Las soluciones
posibles son
n = 3  n = 10
16 e

40. Verificamos para n = 3 10
2
3
3
4 2
2
3
2  
AA nn
10
2
3
3
4 23
2
33
2  
AA 10
2
3
3
4 5
2
6
2  AA
10
25
5
2
3
26
6
3
4





)!(
!
)!(
!
10
3
5
2
3
4
56
3
4



!
!
!
!
10
3
345
2
3
4
456
3
4





!
!
!
!
2 2
103040 
Para n = 10 10
2
3
3
4 210
2
310
2  
AA 10
2
3
3
4 12
2
13
2  AA
10
212
12
2
3
213
13
3
4





)!(
!
)!(
!
10
10
101112
2
3
11
111213
3
4





!
!
!
!
4 6
1011634134  10198208 
queda verificado el
resultado n = 3
queda verificado el resultado n = 10
simplificamos
16 e

41. 564) 2
1
2
2
2  
CCC nnn
e
56
22212
1
222
2
4 







)!(!
!
]!)[(!
)!(
]!)[(!
)!(
n
n
n
n
n
n
resolvemos . . . 56
2212
1
2
2
4 







)!(!
!
)!(!
)!(
!!
)!(
n
n
n
n
n
n desarrollamos los
factoriales
56
22
21
12
11
2
12
4 








)!(!
)!()(
)!(!
)!()(
!!
!)()(
n
nnn
n
nnn
n
nnn simplificamos2
56
2
1
2
1
122 




)()(
))((
nnnn
nn
y operamos . . . .
56
2222
222
22
2

nnnn
nnn )( 564422 2
 nnnn
finalmente tenemos 56452 2
 nn que es 05252 2
 nn

42. Resolvemos 05252 2
 nn como una ecuación de 2º
grado
Donde a = 2 b = 5 c= -52




22
522455 2
21
)(
n 

4
4415
4
215 
4
4
16
1 n
4
13
4
26
2 

n
Descartamos n2 como resultado porque el resultado
debe ser entero
y verificamos n = 4
564 4
2
14
2
24
2  
CCC 56
252
4
252
5
262
6
4 




 )!(!
!
)!(!
!
)!(!
!
56
22
34
32
345
42
456
4 







 !
!
!
!
!
3 2
5661060 
queda verificado el resultado n = 4

43. Binomio de Newton
Sabemos que el
cuadrado de un binomio
( a + b )
2
se desarrolla a2 + 2 a b + b2
y el cubo de un binomio ( a + b )
3
se desarrolla a3 + 3 a2 b + 3 a b2 + b3
generalizando ( a + b )
n
nnnnnnnnnn
ba
n
n
ba
n
n
ba
n
ba
n
ba
n
ba 































 1122110
1210
)(
...)(
0 1 2 1n- 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)
17 a
17 b

44. El desarrollo de la potencia de
un binomio se escribe
nnnnnnnnnn
ba
n
n
ba
n
n
ba
n
ba
n
ba
n
ba 































 1122110
1210
)(
...)(










n
k
kknn
ba
k
n
ba
0
)(










!!
!
)!(!
!
n
n
n
nn
1000










!!
!
)!(!
!
0n
n
nnn
n
n
n
1 1











)!(!
)!(
)!(!
!
11
1
111 n
nn
n
nn











 !)!(
)!(
)]!([)!(
!
11
1
111 n
nn
nnn
n
n
n
n n











)!(!
)!()(
)!(!
!
22
21
222 n
nnn
n
nn











 !)!(
)!()(
)]!([)!(
!
22
21
222 n
nnn
nnn
n
n
n
2
2
nn 
2
2
nn 
Los números combinatorios equidistantes en el
desarrollo del binomio de Newton son iguales
17 a 17 b

45. 5
)3() xa 









n
k
kknn
ba
k
n
ba
0
)(
donde a = x ; b = -3 ; n = 5
























  3352251150055
3
3
5
3
2
5
3
1
5
3
0
5
3 )()()()()( xxxxx












  555445
3
5
5
3
4
5
)()( xx
nos conviene resolver los
números combinatorios como
cálculo auxiliar










!
!
)!(!
!
51
5
050
5
0
5
1











!
!
)!(!
!
41
45
151
5
1
5
5











!
!
)!(!
!
32
345
252
5
2
5










!!
!
)!(!
!
05
5
555
5
5
5
1











!!
!
)!(!
!
23
345
353
5
3
5














!!
!
)!(!
!
14
45
454
5
4
5
10 10
5
16)
17 b

46. reemplazamos los valores de los números combinatorios
hallados en la expresión
  












5
0
555
3
5
33
k
kk
)(x
k
)(x)x(
)()()()( 24311815271091035113 23455
 xxxxxx
24340527090153 23455
 xxxxxx )(
observe que los números combinatorios equidistantes que conforman el
desarrollo de la potencia del binomio son iguales
555445335225115005
3
5
5
3
4
5
3
3
5
3
2
5
3
1
5
3
0
5
)(x)(x)(x)(x)(x)(x 




















































 
17 b

47. 43
)
1
()
x
xb  









n
k
kknn
ba
k
n
ba
0
)(
















































 
2
243
1
143
0
043
4
3 1
2
41
1
41
0
41
x
)x(
x
)x(
x
)x(
x
x
4
443
1
343 1
4
41
3
4




























 
x
)x(
x
)x(
nos conviene resolver los
números combinatorios como
cálculo auxiliar
donde a = x3 ; b = 1/x ; n = 4










!
!
)!(!
!
41
4
040
4
0
4
1














!
!
)!(!
!
31
34
141
4
1
4
4














!!
!
)!(!
!
22
234
242
4
2
4













!!
!
)!(!
!
04
4
444
4
4
4
1














!!
!
)!(!
!
13
34
343
4
3
4
6
2
12

4

48. reemplazamos los valores de los números
combinatorios hallados en la expresión
4
443
3
343
2
243
1
143
0
043 1
4
41
3
41
2
41
1
41
0
4





































































 
x
)x(
x
)x(
x
)x(
x
)x(
x
)x(






















4
0
43
4
3 141
k
k
k
x
x
kx
x )(
4
4
03
3
3
13
2
2
23
1
1
33
0
0
43
4
3 1
1
1
4
1
6
1
4
1
1
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x 





 )()()()()(
4
0
3
3
2
69
0
124
3
464
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x 






44812
464 
 xxxx
8 4
1
1

49. Término k-ésimo
Si el desarrollo de la
potencia de un binomio es 









n
k
kknn
ba
k
n
ba
0
)(
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
)()( 11
1








 kkn
k ba
k
n
T
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 c-d 18 e18 a-b

50. 17) a) Para hallar el undécimo término
sin efectuar el desarrollo de
152
)2( xx 
Aplicamos la fórmula )()( 11
1








 kkn
k ba
k
n
T
donde a = 2 x2 ; b = - x ; n = 15 y k = 11
111111152
11 2
111
15 







 )()( )(
xxT 1052
2
10
15
)()( xx 






1010105
11 12
101510
15
xxT )(
)!(!
!


 20
32
510
15
x
!!
!


Tenga presente que
(–x)10 = [(-1)10 x10]
20
09696 x.
9
)23( yx b) Calcular el o los términos centrales de
Si n = 9 el desarrollo tiene 10 términos, entonces hay 2 términos centrales
hacemos 5
2
19

 términos centrales
son el 5º y 6º




























































 908172635445362718099
9
9
8
9
7
9
6
9
5
9
4
9
3
9
2
9
1
9
0
9
bababababababababababa )(
comprobamos
2
1n
18 c-d 18 e

51. Hallamos entonces el 5º y el 6º término para
9
)23( yx 
)()( 11
1








 kkn
k ba
k
n
T donde a = 3 x b = -2 y
n = 9 y k = 5
)()(
)()( 15159
5 23
15
9 







 yxT
45
23
4
9
)()( yx 






4455
23
494
9
yx )(
)!(!
!



45
16243
54
9
yx 


!!
! 45
888489 yx.
ahora a = 3 x b = -2 y
n = 9 y k = 6
)()(
)()( 16169
6 23
16
9 







 yxT
54
23
5
9
)()( yx 






5544
23
595
9
yx )(
)!(!
!



54
3281
45
9
yx 

 )(
!!
! 54
592362 yx.

52. 17 c) El coeficiente de x32 en el desarrollo de
15
3
4 1







x
x
Debe hallarse teniendo en cuenta
que el término que contenga x32
(si existe) debe ser de la forma
132115
1
1
15 







 kk
k xa
k
T )()(
aplicando la fórmula del término k-ésimo )()(
))(()()( 1311154
1
1
15 







 kkk
k xx
k
T
Resolvemos en el término k-ésimo solamente los factores que contienen x
331164
1
1
15 







 kkk
k xx
k
T )()()( 331464
1
1
15 







 kkk
xx
k
)()(
133464
1
1
15 







 kkk
xx
k
)()(
133464
1
1
15 







 kkk
x
k
)(
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
32767  k k73267  5k
18 d 18 e

53. 17 c) Para verificar hallamos el 5º
término del desarrollo de
15
3
4 1







x
x
1531515154
5 1
15
15 







 )()()( )(
xxT 434114
1
4154
15
)()()(
)!(!
! 


 xx
1244
114
15 

 xx
!!
! 32
3651 x.
732/1
)( xx 18 d) Para hallar el término de grado 7 en
Usamos el mismo
procedimiento que
en el ejercicio
anterior
131721
1
7 







 kk
k xx
k
T )()( / 332
8
1
7 








 k
k
xx
k
entonces,
trabajando con
los exponentes
7
2
5
133
2
433
2
8


kk
k
k
k
733
2
8


k
k
6
2
5
k 5
12
5
26


k
El problema NO TIENE SOLUCION porque k debe
ser un número natural 18 e

54. 17 e) Para hallar el término que contiene a-35 en
25
2
3 3







a
a
1
2
1253 3
1
25 

















k
k
k
a
)a(
k
T
y estudiamos en
particular los factores
que contienen a


)k(
k
)k(
a
a 12
1
263 3
planteamos . . .


)k(
)k()k(
a
a
12
3781
3

 )k()k()k(
aa
223781
3

 )kk()k(
a
223781
3
3522378 
 aa
)kk(
35580  k
80355  k 23
5
115



k
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 )
igualamos los exponentes y despejamos k
El término que contiene a-35
es el 23º
Recuerde que k debe ser un número natural
menor ó igual que el exponente del binomio
23 < 25 B.C.

55. 18) Si los términos T10 y T15 son equidistantes de los
extremos en el desarrollo de (x + a)n
El desarrollo tiene n + 1 términos
T10
hallar n es mucho mas simple de lo que parece
y si T10 y T15 son equidistantes de los
extremos
Antes que T10 hay
T9T8T2T1 + + + + + +. . .
9 términos después de T15
. . . +T15
también deben haber 9 términos
T24T23T17T16 + + + +. . .+
podíamos haber planteado: si T10 y T15 son equidistantes de los extremos
10 – 1 = 9 9 términos a la izquierda de T10
15 + 9 = 24 el último término es T24
el desarrollo de cualquier binomio
tiene n + 1 términos
n + 1 = 24
entonces . . . n = 23
y para
finalizar . . .
te presento alguien que en algún momento
puede darte una ayuda importante . . .
Serás lo que debas ser,
sino serás nada.
Gral. José de San Martín