Vamos a ver básicamente en teoría, en la teoría, ¿vale? En el sentido
teórico, ¿vale? Un conjunto E que es el nuevo vacío se designa por este
contiguo valor absoluto número de elementos D, ¿vale? El número, en
particular el número de elementos, el punto vacío del principio si de
adicción, es decir, uno de los conjuntos asumidos a la disjuntos, ¿vale?
A pares, ¿vale? Por tanto, entonces el cardinal número de elementos en
función de estos conjuntos va a sumar el número de elementos vacíos. En
principio de la multiplicación, o sea, si asumimos, asumimos, asumimos,
son correcciones de conjuntos cimientos no vacíos, entonces el cardinal
número de elementos, en el conjunto del producto cartesiano sub 1 para los
supuestos por las opciones, va a ser el producto que nos viene liberado.
Este es un principio que se utiliza bastante para los productos. A ver, si
tenemos, o sea, m, n y p números naturales, si se excluyen n, p más m
objetos en n cajas, entonces deberá poner al menos una p más 1. Dados n
números enteros positivos, m1, m2 y m3, entonces, ¿qué? O sea, dado que
la suma de m i partido por n es mayor que p, entonces se tiene que algún m
i tiene que ser, o sea, si se cumple, si esta suma es mayor, partido por n,
es mayor que p, ahora, algún m i tiene que ser mayor que p, ¿vale? Por lo
tanto, si hay preguntaciones, variaciones y combinaciones, un conjunto
cinto no vacío, una preguntación, es una dirección de un conjunto a
entre a en a, ¿vale? Las dos preguntaciones son diferentes si las
direcciones son diferentes. Porque en una tiene, como n elementos, al
primero le decimos 1, al otro 2 y al otro 3, otra podría ser que a uno le
decimos m, al 2, por ejemplo, el 1, ¿vale? Podría desordenar cosas.
Bueno, aquí un teorema de las direcciones es esto, que el número de
direcciones de a en b es el mismo número de, Es n por n menos 1, por n
menos 2, que sería n factorial, ¿vale? Cuando a es igual que b, a esto se
le llaman permutaciones. Vale, el número de permutaciones es lo que decía
antes, ¿vale? Es igual a pn, ¿vale? Y es n factorial. Entonces si hay un
conjunto, variaciones sin repetición, si hay un conjunto cinto con n
elementos y r es un número natural de los n, una variación sin
repetición, sin repetición, de orden r, es una lista ordenada de números
a 1, a 2, a r, distintos, ¿vale? Dos variaciones son diferentes si algún
elemento de alguna de las listas no se encuentra en la otra. O bien si dos
listas contienen los mismos elementos pero en distinto. ¿Vale? Entonces,
bueno, el número de variaciones sin repetición de un conjunto n tomados
de r en r, se pone v en r, es igual a n factorial partido por n menos r
factorial. Las variaciones con repeticiones que puedo repetir los
elementos, ¿eh? O sea, tengo una lista de a sub 1, a sub 2, a sub 3
elementos de a, en donde algunos se pueden ser iguales, ¿vale? Entonces
vemos que dos variaciones con repetición son diferentes si algún elemento
de una de las listas no se encuentra en la otra. O bien si las dos listas
contienen elementos distintos. O sea, lo mismo que antes pero aquí se
pueden repetir los elementos. Esto, generalmente, es un número de
variaciones con repetición sin ningunos conjuntos que es igual al número
de aplicaciones de un conjunto a en el conjunto n. Entonces tenemos que la
imagen del primero puede ser cualquiera de las del d, la del segundo
también, la del tercero también, por tanto esto sería, pues, si no tengo
a ni no tengo b, entonces en lo que tengo a y no tengo b sería b elevado
a, supongamos que trae n. Voy a echar para abajo un poquito. A, ¿vale? Y n
sobre r, si es a y b, sería a elevado a b. Trae a elevado a a b. A elevado
a a. Sería n, eso, n elevado a a. Las combinaciones sin repetición son el
número de subconjuntos en un conjunto de n elementos tomados de r. O sea,
aquí no se tiene en cuenta el número. Aquí sólo, si los elementos son
distintos, se representa por n sobre r. La teorema nos dice que las
variaciones ordinarias nr es igual a r factorial por las combinaciones nr.
De esta otra forma, tnr es igual a vnr partido por r. Entonces esto es
igual a n factorial partido por r. r factorial por n menos r factorial. Las
combinaciones con repetición, o sea, hay un conjunto finito con n
elementos, n mayor que cero y r un número natural, una combinación con
repetición, es una lista de elementos a1, a2, ar, los elementos de a, en
donde los elementos pueden ser iguales. Si vemos que dos combinaciones con
repetición son diferentes, vale, si aquí se pueden repetir muchos
elementos, lo que no se puede es este expreso, vale. Si alguno de los, de
las dos listas, no se encuentran igual, se representa esto por drna,
combinaciones con repetición de n elementos tomados de grupos de r. Bueno,
la teorema esta nos dice que si k y n son números positivos, el número de
soluciones enteras no negativas de la ecuación x1, x2 más x1 igual a k,
esto es igual a cn. ¿No? Combinaciones ordinarias, cn más k menos 1 sobre
k. Entonces el número de combinaciones con repetición de por del k se
representa por drna k igual a c, n más k menos 1 sobre k. Permutación
circular, tenemos n objetos de orden r, tenemos n objetos y tomamos grupos
r, vale. Es una colección ordenada de unos n objetos en r posiciones
igualmente espaciadas, vale, sobre una circunferencia. Dos permutaciones
son iguales si una puede ser obtenida de la otra mediante una rotación
apropiada, vale. O sea, si las puedo obtener una de la otra por esta
rotación se consideran iguales. Entonces el número de permutaciones
circulares es igual a r elementos, es igual a la nueva combinación
ordinaria cnr por r menos 1 sobre k. La permutación circular de n objetos
se denomina permutación, o sea, una permutación circular de n objetos
distintos de orden n se denomina permutación circular de n objetos
distintos. Bueno, aquí ya entramos en el denuncio de Newton, vale. Si k y
n son números enteros, tal es que 0 no es igual que k no es igual que n, n
más 1 sobre k es igual a n sobre k más n sobre k menos 1. Si sustituimos
n por n menos 1, vale, tenemos esta otra forma, esta otra forma de
pasaporte. Sería n más menos 1 más 1, vale, sería n sobre k igual a n
menos 1 sobre k, n menos 1 sobre k menos 1. Entonces aquí aquí tenemos el
famoso triángulo de Pascal, vale, que tendríamos n sobre 0 igual a n
sobre n más 1 igual a n sobre n Por tanto, el triángulo formamos 0 sobre
0, vale, aquí podemos 1 sobre 0, 1 sobre 1, vale, entonces aquí tenemos 2
sobre 0, 2 sobre 1, 2 sobre 2. Aquí 3 sobre 0, 3 sobre 1, 3 sobre 2, 3
sobre 3. Entonces aquí 1 más 1 le da n del medio, vale, o sea este más
este da este a aquí. Este más este me daría este, este más este me
daría este, y 2 de 1. Los extremos son 0 sobre 0, 1 sobre 1, 2 sobre 2, 3
sobre 3, 1 sobre 0, 2 sobre 0, 3 sobre 3. Aquí tenemos 1, 2, 1, 2, 3, 2,
1, 3, 2, 1, 2, 3, 2, 1, 2, aquí sería 1, aquí sería 3 y 1, 4, 3 y 3, 6,
3 y 1, 4, y el medio, binomio, vale, x más y es vale, entonces, por
horario si yo sustituyo la x por o la y por 1, vale, se tiene que 1 más x
elevado a n es igual a la suma de k igual a 0n, n sobre k, x elevado a n.
Bueno, el teorema para mk referente al conjunto de los números naturales,
que aquí no es como en el lenguaje matemático, el conjunto de los
números aquí n se considera que n es a partir de 1, por lo tanto aquí
pone n unión c, vale. Para cada cambio del igual que m se tiene la
siguiente igualdad l más 1 sobre k más 1 es igual a k sobre k más k
sobre k más m sobre k. La fórmula de Leibniz es que nosotros tenemos el
coeficiente multinómico, vale, yo tengo una serie de elementos que es una
agrupación de n elementos. Uno se repite n muy veces, otro n2 y otro nk.
La suma n1, n2, nk esto sería pues igual a n, vale. Entonces el
coeficiente multinómico pn, n1, n2, nk es n factorial partido por n1
factorial n2 factorial nk factorial que también se escribe de esta forma.
n sobre n1 por n2 por nk. En el teorema dice si n objetos, dados n objetos
de k tipos ni, vale, tal es que a la suma es n, entonces este coeficiente
son las diferentes ordenaciones de estos objetos, vale, y los puedo ir
variando o sea, por ejemplo uno se repite 2 veces, otro 3 y otro 4 por lo
tanto tendría, a la suma de estas sería la longitud y el sexto lo puedo
ir variando. Por tanto el número de estas adotaciones que hay pues sería
de esta forma. La fórmula del reivindicador tengo una potencia en la
expresión, no un binomio sino una expresión x1, x2, xk elevado a n, pues
aquí sí somos elementos de un cuerpo y de un número natural, por tanto
x1 más x2 más xk es la suma n1, n2, nk aquí los coeficientes x1 elevado
a 1, x2 elevado a 2 xk elevado a n esto ya está en la última parte, el
principio de impulsión y expulsión si ese es un conjunto finito que uno,
que dos y tres son propiedades de cada uno de los elementos de S que puede
ser satisfacer o no, entonces designamos por SI el conjunto de los
elementos de S tal que x que satisface el segundo S que satisface P1, S2 P2
S y P S n pues P cuando nos dice que la unión de SI es un conjunto es x
tal es que x satisface al menos una de estas propiedades es la
intersección de S-SI que es la intersección de S'I que sería el
complementario de S o sea de SI respecto a S es un conjunto de elementos de
S que tal que x no satisface ni todas las propiedades de SI el teorema del
principio de impulsión y expulsión nos dice que la intersección de S'I
es igual a al terminal de S menos la suma de los capitales de SI, más la
suma de la intersección de SI1 y SI2 después menos la suma de la
intersección de 3 K y SI1 y SI2 y SIK y menos 1 a la n pues la
intersección total de K la unión de esta sería la suma de las S-SI menos
las intersecciones a pares más las intersecciones de 3 vale menos 1
elevado a K-1 menos 1 elevado a n-1 esto lo importante es esto
desordenaciones el número de permutaciones de n objetos que no dejan
ninguno fijo una permutación de este tipo se unió a la desordenación y
se indica que n elementos de A están desordenados si se nota por el
número de desordenaciones por dn es dn igual a n factorial por la suma a n
menos 1 elevado a j S el conjunto de todas las permutaciones de un conjunto
A y P el conjunto de todas desordenaciones de A entonces S-T es el conjunto
de todas las permutaciones que dejan fijo al menos un elemento de A que
sería n factorial menos k calculen el número de formas de colocar 5
objetos indistinguibles en 6 bolsas x1, x2, x6 de modo que x- y objeto si
es imparable entonces tenemos 6 en x1 por lo menos tiene que haber una bola
en x2 tiene que haber como mínimo 4 en x3 tiene que haber como mínimo 3
en x4 tiene que haber por lo menos 2y en este caso serían 8 en x5 tiene
que haber por lo menos 5 y en x6 pues el doble por lo menos con el número
de objetos en 6 bolsas x1, x2, x3, x4, x5, x6 de modo que la x-y tenga al
menos y objeto si es imparable 2y el doble si y es imparable tenemos
entonces aquí de entrada las bolsas ya hemos prefijado 1, 4, 3 8, 5 y 12
vale pues prefijamos ya nos quedan para repartir 27 estas 27 balas entre 6
y 1 por lo tanto tiene que ser la suma x1, x2 x3, x4, x5, x6 igual a 17
vale, entonces la solución buscada esto serían combinaciones con
repetición vale y esto sería igual a 6 o sea en este caso sería n vale
más a k-1 en este caso 17-1 solo 27 vale esto si volvemos atrás aquí pn
a-1 sobre k vale vale, por lo tanto esto sería 22 a 17 vale por lo tanto
sería 22 sobre 17 que es lo mismo que 22 sobre 5 por lo tanto sería 27-3
vale, si te sea a1, a2, a7 un conjunto de números naturales distintos cuya
suma es 83 pues sería la siguiente en este conjunto hay necesariamente 4
números la suma es al menos 45 puede existir números 5 números cuya suma
sea 14 estudies y las afirmaciones ahí ves son ciertas o falsas de entrada
sumamos si vale la s1 sería a1, a2, a3, a4 s2 sería a2, a3 a4, a5 s3
sería a3, a4 a5, a6 s4 sería a4, a5 a6 s7 s5 sería a5, a6, a7, a1 s6
sería a6 más a7 más a1 más a2 y s7 sería a7 más a1 más a2 se observa
que estas sumas cada a sub i se repite 4 veces por lo tanto la suma 7 igual
a 1, 16 la suma de 4 sería 4 suma entre i igual a 1 a 7 la suma es de
valor 83 por lo tanto si se calcula el valor promedio sería 4 por 83
partido por 7 esto es mayor que 47 por el principio de distribución que
existe una suma si es mayor que tiene que ser mayor que el paréntesis y
que es paréntesis por tanto es verdad entonces el apartado b muy sencillo
puede existir 5 números y la suma sea 14 ¿verdad? si o poco los menores
posibles serían 1, 2, 3, 4 y 5 y esto es lo que he puesto una próxima
suma la suma en progresión alimente que es el primero más el último
partido por 2 multiplicado por el número 6 sería 1 por lo tanto 15 es
mayor que 14 por lo tanto no es verdad los números ya son mayores que 14 y
dice un palíntromo es una palabra que se lee igual de izquierda a derecha
que de derecha a izquierda análoga a los números ¿cuántos palíntromos
de 7 letras se pueden formar en un alfabeto de n letras en el mayor del
artículo de la palabra una letra puede aparecer algo más 3 veces aquí
para el primero tendría para el primero tendría n para el segundo
tendría n-1 y n-2 n-2 no se puede repetir entonces tendría que ser n por
n-1 por n-2 pero aquí por n-2 n-2 n-3 n-4 n-5 n-6 n-7 n-8 n-9 n-10 n-11
n-12 n-13 n-14 n-15 n-16 n-18 n-20 n-21 n-23 n-24 n-26 n-28 n-29 n-30 n-31
n-32 n-33 n-34 n-35 n-37 n-38 n-39 n-40 n-41 n-42 n-43 n-44 n-45 n-49 n-52
n-53 n-54 n-55 n-56 n-57 n-58 n-59 n-30 n-31 n-32 n-33 n-34 n-35 n-36 n-37
n-38 n-39 n-40 n-41 n-42 n-43 n-44 n-45 n-47 n-48 n-49 n-51 n-52 n-53 n-54
n-56 n-58 n-59 n-52 n-53 n-54 n-55 n-56 n-57 n-58 n-59 n-60 n-61 n-65 n-67
n-68 n-69 n-70 n-71 n-72 n-73 n-74 n-75 n-76 n-78 n-79 n-90 n-91 n-92 n-93
n-94 n-95 n-97 n-98 n-92 n-93 n-94 n-95 n-96 n-97 n-96 n-97 n-98 n-97 n-98
n-9 9 10 de dos dígitos, 1, 2, 8, en las cuales no aparece el bloque 12.
El bloque 12 puede estar en las posiciones 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 5, 5, 6, 6,
7, 7, 8, más o menos, más o menos, más o menos, más o menos, más o
menos, está en el lugar donde está, en el 2, en el 2, en el 3, en el 3,
en el 4, en el 4, en el 5, en el 6, en el 6, en el 6, en el 7, en el 7. En
total tenemos 1, 2, 3, 4, 5, 6 y 7 posibles, ¿vale? El número de
preguntaciones en las cuales no aparece el bloque 12, pues será, en total
son 8 factorial, lo cual serían 7, ¿vale? Es casi 7 posibles, y entonces
de estas puedo poner desordenadas 6, ¿vale? Por tanto sería 8 factorial
menos 7 por 6 factorial. Sería 8 factorial menos 7 factorial. Por tanto,
esto sería 8 por 7 factorial, que sería 7 por 7 factorial. ¿Vale? Y te
calculo el número de formas de colocar 7 bolas de golf indistinguibles en
10 bolsas. Numeradas de 1 a 1. Si en cada bolsa no puede haber más que una
bola, ¿vale? Tanto aquí, pues aquí serían combinaciones ordinarias,
¿vale? De 7 elementos tomados de, de 7, ¿vale? De combinaciones
ordinarias y 10 posibilidades. Esto sería 100 sobre 7, que es 10
factorial, partido por 7 factoriales, 10 menos 7 factoriales. O sea, 100 es
100, o 8 por 7, partido por 7 factoriales, 3 factoriales. Y esto me
quedaría 3 factorial, que es 3 factorial, que sería 100 por el número de
bolas. Si en cada bolsa no hay más que 1, pues 9 por 6, pues 10. 3 por 2,
6, y esto sería 5. ¿Vale? Cuando es, cuando es, se puede haber, las
bolsas puede haber cualquier número de bolas, ¿vale? Por tanto, puede
haber bolsas que estén 0, bolsas que estén 0. ¿Vale? Por tanto, aquí
sería x1 más x2 más x3 más x4 más x7 igual a 7, ¿vale? Por tanto,
sería, sería combinaciones con repetición 10 y 7, que serían las
combinaciones 100 más 7 menos 1, ¿vale? Las combinaciones con repetición
de 10 y 7 son combinaciones ordinarias. 100 más 7 menos 1, 7, que sería
16 sobre 7, que es 16, a lo mejor el combinador es 6 sobre 7, 7. ¿Qué es
lo que se llama el conjunto de números naturales distintos, cuya suma es
80? Entonces, las colocaciones de los 8 libros, por lo tanto tengo aquí 1,
2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22,
23, 24, 25, 26, 27, 28, 29, 30, 31, 32, 33, 34, 35, 36, 37, 38, 39, 40, 41,
42, 43, 44, 45, 46, 47, 48, 49, 50, 51, 52, 52, 53, 54, 55, 56, 57, 58, 59,
60, 61, 62, 62, 62, 63, 62, 62, 63, 62, 62, 63, 62, 62, 63, 62, 62, 63, 62,
63, 62, 62, 63, 62, 62, 63, 62, 63, 62, 62, 63, 62, 63, 62, 63, 62, 63, 62,
63, 62, 63, 62, 63, 62 1 o 2, ¿eh? O sea, al menos 2 no. Al menos 2 quiere
decir que son 2 o más, ¿eh? O sea, 2 o más, ¿eh? Entonces, dice,
¿cuántas preguntaciones dejan tipos dos números y satisfacen que la suma
de los números que dan tipos sea un número? Vamos a la primera parte,
¿vale? El deje de tipos dos números es 6 sobre 2 de 6 menos 2. Por lo
tanto, 6 sobre 2 es... ¿Vale? Esto es como la forma en la que se basa el
ejercicio. Por lo tanto, 6... Ahora tengo 6 sobre 2, ¿vale? Entonces, las
dos ordenaciones serían de 6 menos 2, ¿vale? Que sería t4. 6 sobre 2 es
15. Entonces, t4 es 4 factorial de la suma menos 1 elevado a 0, menos 1
elevado a 0 factorial, menos 1 elevado a 1 factorial, menos 1 elevado a 2
factorial, menos 1 elevado a 3 factorial, menos 1 elevado a 3 factorial,
menos 1 elevado a 4 factorial, menos 1 elevado a 4 factorial. Esto da
aquí, pues... Pues sería 6 sobre 3 de 6 menos 3. Por lo tanto, 6 sobre 3
es 6 por 4, por 5 y por 4, partido por 3 factorial, por lo tanto, 6 por 4
es 120, partido por 6 sería 20, ¿vale? De 3 sería 3 factorial menos 1 a
0, partido por 0 factorial menos 1, ¿vale? Menos 1... Partido por 1
factorial, o sea, menos 1 elevado a 1 partido por 1 factorial, menos 1
elevado a 2 partido por 2 factorial, y menos 1 elevado a 3 partido por 1
factorial. Esto da 4. ¿Qué deje de tipos cuatro números? 6 sobre 4 de
las 6 más 4, por lo tanto, 6 sobre cada uno es 6 sobre 2, 6 por 5 es 30,
partido por 2 es 15, 6 sobre 2 es 2 factorial, menos 1 elevado a 0 partido
por 0 factorial, menos 1 elevado a 1 partido por 0 factorial, menos 1
elevado a 2 partido por 0 factorial. ¿Verdad? Esto sería... Este sería 1
este, esto sería... Esto sería 1 partido por 2 factorial, partido por 2
factorial que son, por lo tanto, 6 números. Quedé que en 5 6 números, 6
sobre 6, entonces esto es 1. Por tanto, aquí sumando todo, esto sería A
más B más Y más D, ¿vale? Sería 1, 5, 3, 5, 4, 5, 6, 7, 8, 9 y 1,
¿vale? ¿Vale? pues la suma de fuerza en todo esto es la cien por dos mil
si lo hacemos de otra forma ¿vale? calculamos el número de
desordenaciones que dejan cinco por lo menos un elemento ¿vale? sería por
lo menos entonces seis factorial de menos de seis ¿vale? y esto está si
calculamos esto pues aquí me da de seis es seis factorial uno partido por
son las potencias uno partido por cien factorial sería menos uno elevado a
uno que es uno menos uno elevado a dos que es uno menos uno elevado a tres
que es uno menos uno elevado a cuatro que es uno menos uno elevado a cinco
que es uno menos uno elevado a seis que es siete ¿vale? entonces esto
sería igual a cuatrocientos por cien si calculamos el número de
desordenaciones que dejan cinco un elemento sería seis sobre uno de seis
menos uno sería cinco es cinco factorial uno partido por cien factorial
menos uno partido por uno uno partido por dos menos uno partido por tres
menos uno partido por cuatro menos uno partido por tres menos uno partido
por cuatro restando uno y dos me queda tres bueno la segunda pregunta era
¿cuántas preguntaciones dejan cinco dos números y satisfacen que la suma
de los números que queden firmes sea un número frío? ¿vale? aquí
tenemos posibilidades uno más tengo que combinar estos números y ver
cuáles las sumas son mismos ¿vale? uno más dos que es tres dos más tres
que es cinco tres más cuatro que es siete cinco más seis que es ocho uno
más cuatro cinco dos más cinco siete uno más seis que es ocho uno más
cuatro el número de preguntaciones que hay con cinco elementos que
satisfacen que la suma de los números que quedan firmes sea un número
frío es siete T entonces esto es siete por tres seis menos dos T cuatro
cuatro es cuatro factorial menos uno elevado a tres sería uno partido por
tres factorial que es uno menos uno partido por uno o sea este es una uno
partido por dos factorial menos uno partido por tres factorial que es seis
y uno partido por cuatro factorial que sería uno partido por cuatro
entonces dice sea K un número natural mayor o igual a cuatro exprese K
elevado a cuatro como combinación lineal de estos números combinadores K
sobre uno K sobre dos K sobre tres K sobre cuatro ponemos A por K sobre uno
más B por K sobre dos más T por K sobre tres más D por K sobre cuatro K
sobre uno es K K sobre dos es K por K menos uno partido por dos factorial
es dos K sobre tres es K por K menos uno por K menos dos partido por tres
factorial es seis y K sobre cuatro es K menos uno K menos dos K menos tres
partido por cuatro factorial es cuatro por tres vale por tanto ahora pues
tengo que hallar estos puntos es A B C y D entonces pues bueno sustituimos
por uno vale o sea sustituimos para acá igual a uno vale para acá igual a
dos ¿qué pasará? para acá igual a uno se anularán todos porque hay el
factor K menos uno por tanto este será cero y este será cero y este
transmisor y hallaré ya directamente la tabla vale para acá igual a dos
me queda uno al cuarto igual a uno igual a dos vale para acá igual a dos
¿qué pasará? para acá igual a dos pues se anulará este y se anulará
este vale por tanto este ya lo he hallado por tanto hallaré pues la D
¿vale? viendo vale por supuesto si no a ver me sale la tabla 14 para acá
igual a tres se anulará a este vale entonces todavía tengo yo la K a la
tres a la tres o a la cuatro vale entonces la A o la D entonces hallaré a
la tres ahora y para acá igual a cuatro No se nota ninguno, pero ya tengo
la A, tengo la B, tengo la C, ¿vale? Por lo que sale, por tanto, aquí,
vale, es igual. Por lo tanto, puedo expresar cada cuadro. A era 1, por
tanto, 1 por K sobre 1, la B era 14, por K sobre 2, más 36 por K sobre 3,
más 24 por K sobre 4. Dice, sea N un número natural, N mayor que 1. Y que
consideremos la suma de los números combinatorios, S igual a suma de I
igual a 1. Está bien, PN más I sobre 2, ¿vale? Sería N más I sobre 2,
¿vale? Demuestre que S se puede expresar como suma de cuadrados distintos
en números naturales. La suma es de 1 al 2, por lo tanto, el primero
sería N más 1 sobre 2, ¿vale? Por lo tanto, será N. Por N más 1, por N
partido por 2 factorial es 2. El siguiente sería N más 2, ¿vale? Sobre 2
sería N más 2 por N más 1 partido por 2. El siguiente sería N más 3
sobre 2 sería N más 3 por N más 2 partido por 2, ¿vale? Vamos subiendo.
Aquí tendría N más 8. Sería, o sea, N más 9 sería N más 9 por N más
8 partido por 2. N más 9 por N más 9 menos 1 sería N más 8. Y el
último sería N más 10 por N más 10 menos 1, que sería N más 9 partido
por 2. Entonces yo veo que puedo agruparlos, por ejemplo, estos dos, este
por este, ¿vale? Puedo poner N, puedo sacar como factor común. Puedo
poner N más 1 partido por 2, que significa N más 2. Bueno, así igual,
¿vale? Aquí, por ejemplo, estos dos podría poner N más 2, N más 9
partido por 2. Y aquí también pongo N más 9 partido por 2. Y frita A, N
más 8 más N más 10. Vale, entonces, aquí tengo... Aquí tengo... Aquí
sería 2N más 2, ¿vale? 2N más 2 partido por 2. O sea, 2N más 2 partido
por 2 es N más 1. Por tanto, N más 1 partido por N más... A por N más 1
es N más 1. Y cada factor tendría igual aquí. Y pasaría igual aquí.
Tengo N más N, que es 2N. 8 y 10 son 18 partido por 2, que es 9. Por
tanto, tendría N más 9 por N más 9. ¿Vale? N más 9 por N más 9. Por
tanto, esto lo puedo poner de otra forma. Para nuestro 2 en 2. N más 2I
menos 1, ¿vale? Todo esto. Por ejemplo, para I igual a 1, pues tendría N
más 1. Para I igual a 2, tendría N más 3, ¿vale? Para I igual a 3,
tendría N más 5. Para I igual a 5, tengo N más 9. ¿Vale? Entonces,
ponemos de 1 a 5. N más 2I menos 1 elevado al cuadrado. ¿Ok? En cuanto a
los elementos del conjunto 1, 3, 5, 7 hasta 229, son primos con el número
230. Tenemos números impares, ¿vale? 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, ¿vale? Son
primos con este número, el 230. ¿Vale? El conjunto A, ¿vale? Tiene 115
elementos. Entonces, debemos descontar los que... Bueno, primero
descomponemos. Es 3 por 7 y por 2. Entonces, tenemos que descontar todos
los números tales que el máximo común divisor de X, vamos a decir que es
el número de X, que pertenece a A, ¿vale? Tales que el máximo común
divisor de X por el 131 sea distinto de 1. ¿Vale? Entonces, podemos
aplicar el crédito de la impulsión y exclusión, ¿vale? ¿Vale? Pues, si
hagamos acá, por ejemplo, los números de A, X es múltiplo de A.
Signaremos el número por acá, ¿vale? Entonces, esto acá quiere decir el
número I por T, ¿vale? La parte entera de A diviso. ¿De acuerdo? A3
sería el total de elementos que hay, 115 partido por 3. ¿Vale? Sería,
aquí, la parte entera de A7 sería 115, ¿vale? Sería 115 partido por 7,
la parte entera que sería la parte entera de A7 y A8. Después, 115
partido por 3, sería 111 que sería 3 por 7, ¿vale? O sea, 115 partido
por 111 sería la parte entera. Después, el otro. 3. 3 por 11, sería 33.
Entonces, a partir de 113, la parte entera es 3. Y por último, 7 por 11,
que sería 115, a partir de 117, sería 118. Por tanto, por el principio de
impulsión y exclusión, tenemos A3 más A7 más A11 menos A21 A33 A77
Serían 28 más 16 más 10 menos 5 más menos 3 será total 50. Por tanto,
el resultado sería A menos 55 sería 115 menos 55 sería un total de 60
números que son primos con con el grupo, con el grupo. Aquí vemos otro.
Alrededor de una mesa circular se sientan 5 personas pertenecientes a un
conjunto E. Y 2 personas pertenecientes a un conjunto I. Se hará el
número de colocaciones de las 7 personas, de modo que las dos del conjunto
I estén consiguas y ve el número de colocaciones de modo que las dos del
conjunto I estén separadas. Dos colocaciones se consideran iguales si una
se puede obtener de la otra mediante una rotación hacia la otra. O sea,
las colocaciones sexuales ya que es una identificación correcta. Y se
calcula ahí. ¿Vale? Las dos personas pertenecientes al conjunto I deben
estar juntas las consideramos como un solo elemento. Si deben estar juntas,
vale. Entonces, las pueden cambiar de posición 1-2 o 2-1. Por tanto,
sería 2 factorial 6 menos 1 son las las convocaciones sexuales. Que
serían 1 de permanencia en circulares, vale. Sería pues es esto, ¿eh? En
este caso la rotación circular del total de objetos pues sería n-1
factorial. Por tanto, A será 2 factorial 6 menos 1 factorial que sería
240. Si las dos personas del conjunto I han de estar separadas entonces las
posibles serían 7 menos 1 factorial como en las convocaciones sexuales
menos 2 factorial 5 factorial. Serían 6 factorial por menos 2 por 5
factorial. Estos serían pues 6 por 5 factorial menos 2 sería 5 factorial
por 4. Otro dice, demuestre que si n sobre r por r sobre k es igual a n
sobre k por n menos k sobre r menos k demuestra que demuestra por un lado
esto y entonces a partir de este resultado demuestre que la suma de k igual
a 0 a n que n sobre k n menos k sobre n menos k es igual a 2 a la n por n
sobre k. Entrada n sobre k por n menos k sobre r menos k por la final de
los dos combinatorios es el primer n factorial partido por k factorial n
menos k por r es que lo primero que voy a poner es el segundo. Para el
segundo no falta según lo que dijera para el segundo es igual a n menos k
partido por r menos k factorial por la diferencia entre n menos k r menos k
pues me quedaría n sobre k n menos k factorial aquí me queda n menos k
factorial y esto me quedaría n menos r entonces esto lo puedo poner a n
sobre k ¿vale? que multiplica a 1 ¿vale? por r menos k n menos r
factorial entonces esto lo puedo multiplicar por r factorial arriba y abajo
me queda n factorial partido por r factorial n menos k factorial r
factorial partido por k factorial r menos k factorial este factor es n
sobre r y el otro es el otro sería r sobre k teniendo en cuenta la
propiedad demostrada anteriormente ¿vale? entonces nosotros la suma de 0 a
n que es n sobre k n sobre n menos k sobre n menos k o sea, este número la
suma está en n sobre 0 más n sobre 1 más entonces aquí sería n menos 0
m menos 0 ¿vale? entonces esto sería igual a la suma de 0 a m de n sobre
m ¿vale? n sobre k ¿vale? al tanto aquí esto como no no afecta a la suma
¿vale? por acá lo puedo sacar ¿vale? por tanto me quedaría n sobre m
aquí me queda suma de 0 a m m sobre bar ¿vale? entonces esto sería n
sobre m 1 más 1 elevado a n por lo que decimos por tanto me quedaría 2
elevado a n ¿vale? entonces ya digamos a 2 a la n por n sobre 2 y aquí
hemos utilizado ¿vale? la identidad 1 más 1 a la n es igual a n sobre 0 1
a la n m más 1 a la por 1 a la n menos 1 1 a la 1 n sobre 2 por 1 a la n
menos 2 1 al cuadrado n sobre n menos 1 1 a la 1 1 a la n menos 1 n sobre n
1 elevado ¿vale? bueno esto es a, poco a poco ¿vale? con estos estos
principios largos de este término que es esto importante que hemos
utilizado para definición de permutación permutación sexual variaciones
ordinarias variaciones con repetición esta equivalencia ¿vale? es igual a
tiene factoria o partido por tiene factoria o tiene por ejemplo no está
puesto así pero las variaciones que son las agrupaciones serían los
conjuntos posibles pero los poluientes o sea números o puntos que R menos
5.n ¿vale? que entonces las variaciones las combinaciones pero R
repitiendo las combinaciones con repetición vale la pena mirarse en la
teoría un poco para que se entiende mejor esta fórmula es el número de
soluciones no negativas hay si las negativas tiene este y esta esta igual
¿sabe? y lo pone una serie si no hay más demostración la serie 21
entonces con una serie de barras y con elementos que hay agrupaciones de
caña entonces se lleva a la forma pues aquí no viene bien saber las
propiedades estas y esta ahí la definición y luego entonces ya ir a mirar
por eso el último día haremos un simulacro de examen para ver ya será en
enero y a ver como lleváis son 8 preguntas me parece que hay 1.25 3
respuestas alternativas 0.625 preparado pero no en grandes desarrollos en
un principio en esto preguntas si saben las propiedades no saben las
demostraciones saben mejor para preparar el examen saben muy bien las
propiedades o que I que a ver esto se ve pues más detalle muy deprisa a
ver pero en principio esto ha salido en el examen que por todos estos
ejercicios ha salido en años anteriores si a ver como sale más o menos ya
eh ¿qué pasa? si quieres preparar por aquí supongo que tendrá más que
la combinatoria y números y luego te grabo un par de dos y bueno, sobre
todo yo, no sé, para el parón sabe, con más tiempo tengas, mejor te lo
damos como es los de tiempo y entonces para preparar el examen hacer
ejercicios y costar ejercicios pero en el sentido de 8 preguntas cada vez
ponían 3 ejercicios apartados ahí llegaban a ser 6 y había 2 horas como
que ahora pondrá un poco de más, pero son más que entonces prepara un
poco en vistas a esto más o menos 3 o 4 de la primera le piden bloque
entonces 3, 6 entra de todo no hay ejercicios muy largos a veces también
ponía demostraciones pero aquí por ejemplo pues va a ser poder es que al
final tienes que tener ¿cuáles son las preguntas? ¿qué tienes?
¿cuáles también? ¿cuál? no sé si tienes alguna duda enviarlo o voy a
enviarlo a la semana es que lo que pasa en el foro no se puede dedicar
porque ha distribuido la temática en distintos lugares entonces todos nos
encontramos en un mercado pues tenemos una parte una parte de que es que
tengo es la parte de gramos que son tres de tres cuartos y una parte de
esto si hay algunas dudas, pero aquí no puedes enviar porque no son de la
autoridad entonces no lo envían pues todo, os lo voy a enviar por
atalentos por su modo, pero por el principio si tenéis alguna duda, porque
uno me lo puso allí y entonces me tuve que contestar por el correo aparte
o sea, y es por consultas específicamente de la autoridad animaros a ir
preparándolo y que como lleváis habéis hecho ya no, hasta aquí no, se
ve que la autoridad no sé, mirando en detalle las demostraciones, no,
porque hay esta demostración de esto, que es bastante, bueno, sí sí que
a lo mejor aquí pierdes mucho tiempo y esto sabes que no te lo van a hacer
y por lo tanto, un problema por ejemplo, hacerte de los múltiplos y esto
te va a costar una nueva forma más o menos, pues que me darás
intersecciones de dos, o mucho de tres pero nada más te voy a dejar de
confiárselo de esta forma o sea, para para que nos va a costar más el
último tema, ya aprecio que hace dos o tres años años atrás sí había
preguntado algo, pero el profesor de ahora ya dijo yo no sé, este año no
he escuchado nada os comentasteis algo yo creo que aquí no se ha visto
mucho debate ahí, vos sabes de qué el año pasado ya fue este tipo de
test pero como era esto del COVID yo pensaba que continuaría con el
sistema antiguo que era problemas de desarrollo y eso un último examen de
desarrollo que preguntó bastante de teoría, sobre todo de grafos de
mostraciones no muy largas pero que había gente que le decía que el libro
tal se lo ponían a preparar por instrumento y supongo que le interponían
pero digo, pregunto pero ahora no los profesores los grafos totales bueno,
no sé cómo veis esto es más difícil es más difícil, bueno yo diría
no sé a vos, también también al profesor este porque esto te guarda
matemáticos más antes era más difícil como se pone se va preparando era
bastante ahora no sé ahora también hacen pero luego van a haber preguntas
tipo cerrado, también tres y la mejor es era complicado era bastante
abstracto y los ejercicios bastante dióxidos estos no sé son un poco más
básicos puede que me digan por mi parte pero no tengo nada más si tenéis
alguna consulta o algo pues tantas materias os presentáis ahora eso no va
¿qué tienes con Paulita las vuestras referencias? no las tengo solamente
el tiempo y las ah, vale no, no es que al que te presentes de una ya ya es
bastante o sea yo no sé