7.5: Combinaciones
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1. Contar el número de combinaciones de artículos\(\mathrm{r}\) fuera de\(\mathrm{n}\) los artículos (selecciones sin tener en cuenta el arreglo)
2. Usar factoriales para realizar cálculos que involucren combinaciones
Supongamos que tenemos un conjunto de tres letras {A, B, C}, y se nos pide que hagamos secuencias de palabras de dos letras. Tenemos las siguientes seis permutaciones.
AB BA BC CB AC CA
Ahora supongamos que tenemos un grupo de tres personas {A, B, C} como Al, Bob y Chris, respectivamente, y se nos pide que formemos comités de dos personas cada uno. Esta vez sólo tenemos tres comisiones, a saber,
AB BC AC
Al formar comités, la orden no es importante, porque el comité que tiene Al y Bob no es diferente al comité que tiene a Bob y Al. En consecuencia, sólo tenemos tres comisiones y no seis.
Formar secuencias de palabras es un ejemplo de permutaciones, mientras que formar comités es un ejemplo de combinaciones, el tema de esta sección.
Las permutaciones son aquellos arreglos donde el orden es importante, mientras que las combinaciones son aquellos en los que el orden no es significativo. A partir de ahora, así es como vamos a diferenciar las permutaciones y combinaciones.
En el ejemplo anterior, hubo seis permutaciones, pero sólo tres combinaciones.
Así como el símbolo nPr representa el número de permutaciones de n objetos tomados r a la vez, nCr representa el número de combinaciones de n objetos tomados r a la vez.
Entonces en el ejemplo anterior, 3P2 = 6, y 3C2 = 3.
Nuestro siguiente objetivo es determinar la relación entre el número de combinaciones y el número de permutaciones en una situación dada.
En el ejemplo anterior, si supiéramos que había tres combinaciones, ¡podríamos haber encontrado el número de permutaciones multiplicando este número por 2!. Eso es porque cada combinación consta de dos letras, ¡y eso hace 2! permutaciones.
Dado el conjunto de letras {A, B, C, D}. Escriba el número de combinaciones de tres letras, y luego a partir de estas combinaciones determine el número de permutaciones.
Solución
Tenemos las siguientes cuatro combinaciones.
ABC BCD CDA BDA
Como cada combinación tiene tres letras, ¡hay 3! permutaciones para cada combinación. Los enumeramos a continuación.
\ [\ begin {array} {cccc}
\ mathrm {ABC} &\ mathrm {BCD} &\ mathrm {CDA} &\ mathrm {BDA}\\ mathrm {ACB} &
\ mathrm {BDC} &\ mathrm {CAD} &\ mathrm {CAD} &\ mathrm {MALO}\
\ mathrm {BAC} &\ mathrm {CDB} &\ mathrm {DAC}} &\ mathrm {DAB}\
\\ mathrm {BCA} &\ mathrm {CBD} &\ mathrm {DCA} &\ mathrm {DBA}\
\ mathrm {CAB} &\ mathrm {DCB} &\ mathrm {ACD} &\ mathrm {ADB}
\\ mathrm {CBA} &\ mathrm {DBC} &\ mathrm {ADC} &\ mathrm {ABD}
\ end array}\ nonumber\]
¡El número de permutaciones son 3! multiplicado por el número de combinaciones; es decir
4P3 = 3! \(\cdot\)4C3
o
\[4 \mathrm{C} 3=\frac{4 \mathrm{P} 3}{3 !} \nonumber \]
En general,\[\mathrm{nCr}=\frac{\mathrm{nPr}}{\mathrm{r} !} \nonumber \]
Desde\[\mathrm{nPr}=\frac{\mathrm{n} !}{(\mathrm{n}-\mathrm{r}) !} \nonumber \]
Tenemos,\[\mathrm{nCr}=\frac{\mathrm{n} !}{(\mathrm{n}-\mathrm{r}) ! \mathrm{r} !} \nonumber \]
Resumiendo,
1. Combinaciones
Una combinación de un conjunto de elementos es una disposición donde cada elemento se usa una vez, y el orden no es importante.
2. El número de combinaciones de n objetos tomados r a la vez
\[\mathrm{nCr}=\frac{\mathrm{n} !}{(\mathrm{n}-\mathrm{r}) ! \mathrm{r} !} \nonumber \]
donde\(\mathrm{n}\) y\(\mathrm{r}\) son números naturales.
Cómputos:
- 5C3
- 7C3
Solución
Utilizamos la fórmula anterior.
\[5 \mathrm{C} 3=\frac{5 !}{(5-3) ! 3 !}=\frac{5 !}{2 ! 3 !}=10 \nonumber \]
\[7 \mathrm{C} 3=\frac{7 !}{(7-3) ! 3 !}=\frac{7 !}{4 ! 3 !}=35 \nonumber \]
¿De cuántas maneras diferentes puede un alumno seleccionar responder cinco preguntas de una prueba que tiene siete preguntas, si el orden de la selección no es importante?
Solución
Dado que el orden no es importante, es un problema de combinación, y la respuesta es
7C5 = 21
¿Cuántos segmentos de línea se pueden dibujar conectando dos cualesquiera de los seis puntos que se encuentran en la circunferencia de un círculo?
Solución
Dado que la línea que va del punto A al punto B es la misma que la que va de B a A, esto es un problema de combinación.
Es una combinación de 6 objetos tomados 2 a la vez. Por lo tanto, la respuesta es
\[6 \mathrm{C} 2=\frac{6 !}{4 ! 2 !}=15 \nonumber \]
Hay diez personas en una fiesta. Si todos se dan la mano, ¿cuántos apretones de manos son posibles?
Solución
Tenga en cuenta que entre dos personas cualquiera solo hay un apretón de manos. Por lo tanto, tenemos
10C2 = 45 batidos de manos.
El área comercial de un pueblo es en forma de cuadrado que es de 5 cuadras por 5 cuadras. ¿Cuántas rutas diferentes puede tomar un taxista para ir de una esquina de la zona comercial a la esquina de abastecedor opuesta?
Solución
Supongamos que el taxista conduce desde el punto A, la esquina inferior izquierda, hasta el punto B, la esquina superior derecha como se muestra en la siguiente figura.| B | ||||
| A | ||||
Para llegar a su destino, tiene que recorrer diez cuadras; cinco horizontales y cinco verticales. Entonces, si de los diez bloques elige cinco horizontales cualquiera, los otros cinco tendrán que ser los bloques verticales, y viceversa.
Por lo tanto, lo único que tiene que hacer es elegir 5 de cada diez para ser los bloques horizontales
La respuesta es 10C5, o 252.
Como alternativa, el problema puede resolverse mediante permutaciones con elementos similares.
La ruta del taxista consta de cinco bloques horizontales y cinco verticales. Si llamamos a un bloque horizontal H, y a un bloque vertical a V, entonces una ruta posible puede ser la siguiente.
HHHHHVVV
Claramente hay\(\frac{10!}{5!5!}= 252\) permutaciones.
Obsérvese además que por definición 10C5 =\(\frac{10!}{5! 5!}\).
Si una moneda es arrojada seis veces, ¿de cuántas maneras puede caer cuatro cabezas y dos colas?
Solución
Primero resolvemos este problema usando la sección 6.5 técnica-permutaciones con elementos similares.
Necesitamos 4 cabezas y 2 colas, es decir
HHHHTT
Hay\(\frac{6!}{4!2!}= 15\) permutaciones.
Ahora resolvemos este problema usando combinaciones.
Supongamos que tenemos seis spots para poner las monedas. Si elegimos cuatro puntos para cabezas, los otros dos serán automáticamente colas. Entonces el problema es simplemente
6C4 = 15.
Por cierto, podríamos haber elegido fácilmente las dos colas, en su lugar. En ese caso, habríamos conseguido
6C2 = 15.
Observar además que por definición
\[6 \mathrm{C} 4=\frac{6 !}{2 ! 4 !} \nonumber \]
y
\[6 \mathrm{C} 2=\frac{6 !}{4 ! 2 !} \nonumber \]
Lo que implica 6C4 = 6C2.