ENUNCIADO. ¿ Cuál es el ángulo que se forma entre las manecillas del reloj ( entre la de los minutos y la de las horas ) al ser las 15:40 horas ?
SOLUCIÓN. Tomemos la semirrecta que pasa por el centro del círculo horario y el punto que marca las 12:00, como referencia del cero de medida angular; y, establecemos el sentido positivo de giro, el correspondiente al movimiento de las manecillas.
Llamemos $\varphi_{h}$ al ángulo que forma la manecilla de las horas con la semirrecta de referencia, y $\varphi_{m}$ al ángulo que forma la manecilla de los minutos con la semirrecta de referencia. Entonces, es fácil ver ( se recomienda hacer una figura de la hora indicada ) que el ángulo pedido ( que llamaremos $\theta$ ) viene dado por la diferencia de ambos ángulos $$\theta=\left|\varphi_{h}-\varphi_{m}\right|$$
Calculemos ahora dichos ángulos. Para ello, debemos tener en cuenta que el movimiento ( circular ) de las manecillas es uniforme, cada una con su respectiva velocidad angular. Así, podemos plantear las siguientes proporciones ( entre el ángulo con respecto a la semirrecta de referencia ) y el tiempo correspondiente ) para calcular uno y otro ángulo: $$\dfrac{\varphi_{h}}{360^{\circ}}=\dfrac{(15-12)\cdot 60+40}{(24-12)\cdot 60} \Rightarrow \varphi_{h}=110^{\circ}$$
$$\dfrac{\varphi_{m}}{360^{\circ}}=\dfrac{40}{60} \Rightarrow \varphi_{m}=240^{\circ}$$
Finalmente, obtenemos el ángulo pedido $$\theta=\left|110^{\circ}-240^{\circ}\right|=130^{\circ}$$
$\square$
martes, 30 de agosto de 2016
martes, 14 de junio de 2016
Recta que pasa por dos puntos del plano
ENUNCIADO. Los puntos $A(-1,2)$ y $B(3,5)$ están sobre una recta. Se pide:
a) La ecuación de la recta
b) Calcular la ordenada de un punto de la recta cuya abscisa es $2$
c) Calcular la abscisa de un punto de la recta cuya ordenada es $6$
SOLUCIÓN.
a)
La ecuación de la recta en forma explícita viene dada por $y=m\,x+k$. Para determinar los coeficientes $m$ y $k$, procedemos de la siguiente manera:
Si el punto $A$ está sobre la recta, se cumple: $2=-1\cdot m+k$
Si el punto $B$ está sobre la recta, se cumple: $5=3\cdot m+k$
Resolviendo el sistema de ecuaciones obtendremos los valores de $m$ y $k$. Despejando $k$ de sendas ecuaciones e igualando los segundos miembros $$2+m=5-3m$$ agrupando y despejando $m$ resulta $m=\dfrac{3}{4}$; y, sustituyendo este resultado en cualquiera de las dos ecuaciones, encontramos el valor del otro coeficiente: $k=\dfrac{11}{4}$. Así, la ecuación de la recta es $$r:y=\dfrac{3}{4}\,x+\dfrac{11}{4}$$
b)
La ordenada de un punto cuya abscisa es $2$ es la imagen de $2$ por la función $f(x)= \dfrac{3}{4}\,x+\dfrac{11}{4}$, esto es, $f(2)=\dfrac{3}{4}\cdot 2+\dfrac{11}{4}=\dfrac{17}{4}$
c)
Si $y=6$, entonces se tiene que $6=\dfrac{3}{4}\,x+\dfrac{11}{4}$; despejando $x$ obtendremos el valor de la abscisa de un punto que está sobre la recta y cuya ordenada es $6$, llegando a $x=\dfrac{13}{3}$
$\square$
a) La ecuación de la recta
b) Calcular la ordenada de un punto de la recta cuya abscisa es $2$
c) Calcular la abscisa de un punto de la recta cuya ordenada es $6$
SOLUCIÓN.
a)
La ecuación de la recta en forma explícita viene dada por $y=m\,x+k$. Para determinar los coeficientes $m$ y $k$, procedemos de la siguiente manera:
Si el punto $A$ está sobre la recta, se cumple: $2=-1\cdot m+k$
Si el punto $B$ está sobre la recta, se cumple: $5=3\cdot m+k$
Resolviendo el sistema de ecuaciones obtendremos los valores de $m$ y $k$. Despejando $k$ de sendas ecuaciones e igualando los segundos miembros $$2+m=5-3m$$ agrupando y despejando $m$ resulta $m=\dfrac{3}{4}$; y, sustituyendo este resultado en cualquiera de las dos ecuaciones, encontramos el valor del otro coeficiente: $k=\dfrac{11}{4}$. Así, la ecuación de la recta es $$r:y=\dfrac{3}{4}\,x+\dfrac{11}{4}$$
b)
La ordenada de un punto cuya abscisa es $2$ es la imagen de $2$ por la función $f(x)= \dfrac{3}{4}\,x+\dfrac{11}{4}$, esto es, $f(2)=\dfrac{3}{4}\cdot 2+\dfrac{11}{4}=\dfrac{17}{4}$
c)
Si $y=6$, entonces se tiene que $6=\dfrac{3}{4}\,x+\dfrac{11}{4}$; despejando $x$ obtendremos el valor de la abscisa de un punto que está sobre la recta y cuya ordenada es $6$, llegando a $x=\dfrac{13}{3}$
$\square$
Factorización de polinomios
ENUNCIADO. Calcular las raíces del polinomio $P(x)=x^4-29\,x^2+100$ y factorizarlo
SOLUCIÓN. El conjunto de raíces viene dado por $\{x \in \mathbb{R}: P(x)=0\}$, por lo que imponiendo la condición nos encontramos con una ecuación bicuadrada $$x^4-29\,x^2+100=0$$ que resolveremos donatando $x^2$ por $y$; así, $x^4=(x^2)^2=y^2$, con lo cual la ecuación original se transforma en $y^2-29\,y+100=0$ que es una ecuación cuadrática y, por tanto, sabemos resolverla: $$y^2-29\,y+100=0 \Leftrightarrow y=\dfrac{-(-29)\pm \sqrt{(-29)^2-4 \cdot 1 \cdot 100}}{2 \cdot 1}=\left\{\begin{matrix}4 \\ \\ 25\end{matrix}\right.$$ Deshaciendo ahora el cambio que hemos efectuado al principio $$x=\sqrt{y}$$ luego, si $y=4$ obtenemos $x=\sqrt{4}=\pm 2$; y, si $y=25$ obtenemos $x=\sqrt{25}=\pm 5$. El conjunto de raíces del polinomio es pues $$\{-5,-2,2,5\}$$
$\square$
SOLUCIÓN. El conjunto de raíces viene dado por $\{x \in \mathbb{R}: P(x)=0\}$, por lo que imponiendo la condición nos encontramos con una ecuación bicuadrada $$x^4-29\,x^2+100=0$$ que resolveremos donatando $x^2$ por $y$; así, $x^4=(x^2)^2=y^2$, con lo cual la ecuación original se transforma en $y^2-29\,y+100=0$ que es una ecuación cuadrática y, por tanto, sabemos resolverla: $$y^2-29\,y+100=0 \Leftrightarrow y=\dfrac{-(-29)\pm \sqrt{(-29)^2-4 \cdot 1 \cdot 100}}{2 \cdot 1}=\left\{\begin{matrix}4 \\ \\ 25\end{matrix}\right.$$ Deshaciendo ahora el cambio que hemos efectuado al principio $$x=\sqrt{y}$$ luego, si $y=4$ obtenemos $x=\sqrt{4}=\pm 2$; y, si $y=25$ obtenemos $x=\sqrt{25}=\pm 5$. El conjunto de raíces del polinomio es pues $$\{-5,-2,2,5\}$$
$\square$
Trigonometría elemental
ENUNCIADO. Calcular el área de un octágono regular inscrito en una circunferencia de $1$ decímetro de radio.
SOLUCIÓN. Podemos descomponer el octágono regular inscrito en la circunferencia en ocho triángulos isósceles que tienen por vértice común el centro de la circunferencia circunscrita ( que llamaremos $O$ ), y cuyo ángulo ( central ) es igual a $\dfrac{360^{\circ}}{8}=45^{\circ}$. Entonces el área del octágono ( que denotamos por $\mathcal{A}_{o}$ ) es igual a ocho veces el área de uno de esos triángulos , que denotaremos por $\mathcal{A}_{t}$.
Vamos a calcular, pues, el área $\mathcal{A}_{t}$. Denotemos por $\ell$ el lado del octágono ( que corresponde al lado desigual de dicho tríangulo ) y por $a$ a la altura correspondiente a dicho lado. Entonces, $\mathcal{A}_{t}=\dfrac{1}{2}\,\ell \cdot a$. Necesitamos, por tanto, calcular $\ell$ y $a$.
La recta que contiene $a$ divide al triángulo en dos triángulos rectángulos. La hipotenusa de dicho triángulo es igual al radio de la circuferencia circunscrita, y por tanto igual a $1$ decímetro. El valor del ángulo de vértice $O$ de dicho triángulo recángulo es igual ( por lo que acabamos de decir ) a $\dfrac{45^{\circ}}{2}$. Aplicando las razones trigonométrica seno y coseno de dicho ángulo, encontramos:
$$a=1 \cdot \cos \,\dfrac{45^{\circ}}{2}$$ y $$\ell/2=1 \cdot \sin \,\dfrac{45^{\circ}}{2} \; \text{y por tanto}\; \ell = 2 \cdot \sin \,\dfrac{45^{\circ}}{2}$$
luego $$\mathcal{A}_{t}=\dfrac{1}{2}\,( 1 \cdot \cos \,(\dfrac{45^{\circ}}{2})) \cdot ( 2 \cdot \sin \,(\dfrac{45^{\circ}}{2}))$$ y simplificando $$\mathcal{A}_{t}=\cos \,(\dfrac{45^{\circ}}{2}) \cdot \sin \,(\dfrac{45^{\circ}}{2})$$
Así, el área del octágono es igual a $$\mathcal{A}_{o}= 8 \cdot \cos \,(\dfrac{45^{\circ}}{2}) \cdot \sin \,(\dfrac{45^{\circ}}{2}) \approx 2{,}8 \; \text{dm}^2$$
$\square$
SOLUCIÓN. Podemos descomponer el octágono regular inscrito en la circunferencia en ocho triángulos isósceles que tienen por vértice común el centro de la circunferencia circunscrita ( que llamaremos $O$ ), y cuyo ángulo ( central ) es igual a $\dfrac{360^{\circ}}{8}=45^{\circ}$. Entonces el área del octágono ( que denotamos por $\mathcal{A}_{o}$ ) es igual a ocho veces el área de uno de esos triángulos , que denotaremos por $\mathcal{A}_{t}$.
Vamos a calcular, pues, el área $\mathcal{A}_{t}$. Denotemos por $\ell$ el lado del octágono ( que corresponde al lado desigual de dicho tríangulo ) y por $a$ a la altura correspondiente a dicho lado. Entonces, $\mathcal{A}_{t}=\dfrac{1}{2}\,\ell \cdot a$. Necesitamos, por tanto, calcular $\ell$ y $a$.
La recta que contiene $a$ divide al triángulo en dos triángulos rectángulos. La hipotenusa de dicho triángulo es igual al radio de la circuferencia circunscrita, y por tanto igual a $1$ decímetro. El valor del ángulo de vértice $O$ de dicho triángulo recángulo es igual ( por lo que acabamos de decir ) a $\dfrac{45^{\circ}}{2}$. Aplicando las razones trigonométrica seno y coseno de dicho ángulo, encontramos:
$$a=1 \cdot \cos \,\dfrac{45^{\circ}}{2}$$ y $$\ell/2=1 \cdot \sin \,\dfrac{45^{\circ}}{2} \; \text{y por tanto}\; \ell = 2 \cdot \sin \,\dfrac{45^{\circ}}{2}$$
luego $$\mathcal{A}_{t}=\dfrac{1}{2}\,( 1 \cdot \cos \,(\dfrac{45^{\circ}}{2})) \cdot ( 2 \cdot \sin \,(\dfrac{45^{\circ}}{2}))$$ y simplificando $$\mathcal{A}_{t}=\cos \,(\dfrac{45^{\circ}}{2}) \cdot \sin \,(\dfrac{45^{\circ}}{2})$$
Así, el área del octágono es igual a $$\mathcal{A}_{o}= 8 \cdot \cos \,(\dfrac{45^{\circ}}{2}) \cdot \sin \,(\dfrac{45^{\circ}}{2}) \approx 2{,}8 \; \text{dm}^2$$
$\square$
Extracciones sucesivas de bolas de una urna ...
ENUNCIADO. En una urna hay $4$ bolas blancas y $3$ bolas negras. Se sacan, sucesivamente, tres bolas al azar. Calcular la probabilidad de que las tres bolas sean del mismo color, en las siguientes condiciones de realización del experimento:
a) con reemplazamiento de las bolas que se van sacando
b) sin reemplazamiento
SOLUCIÓN.
Nota. Para resolver este problema puede ayudar el dibujar un diagrama de árbol, si bien no es necesario. Recomiendo al lector que lo haga. También podemos llegar a la solución empleando el cálculo combinatorio ( tal como hemos hecho en otras ocasiones ), sin embargo, ahora, vamos a emplear el lenguaje de sucesos y la noción de probabilidad condicionada.
Denotando:
$B_1$: obtener bola blanca en la primera extracción
$N_1$: obtener bola negra en la primera extracción
$B_2$: obtener bola blanca en la segunda extracción
$N_2$: obtener bola negra en la segunda extracción
$B_3$: obtener bola blanca en la tercera extracción
$N_3$: obtener bola negra en la tercera extracción
a)
En este caso, al reemplazar las bolas que se van extrayendo no alteramos el contenido de la urna y, por tanto, el resultado de una extracción es independiente del resultado de las extracciones anteriores. Empleando el álgebra de sucesos, podemos escribir la probabilidad pedida como:
$P((B_3 \cap B_2 \cap B_1) \cup (N_3 \cap N_2 \cap N_1))=$
$=P(B_3 \cap (B_2 \cap B_1) ) + P(N_3 \cap (N_2 \cap N_1))=$
$=P(B_3 | B_2 \cap B_1)\cot P(B_2 \cap B_1) + P(N_3 | N_2 \cap N_1)\cdot P(N_2 \cap N_1)$
$=P(B_3 | B_2 \cap B_1)\cdot P(B_2 | B_1)\,P(B_1) + P(N_3 | N_2 \cap N_1)\cdot P(N_2 | N_1)\cdot P(N_1)$
$=P(B_3 | B_2 \cap B_1)\cdot P(B_2 \cap B_1) + P(N_3 | N_2 \cap N_1)\cdot P(N_2 \cap N_1)$
$=P(B_3 | B_2 \cap B_1)\cdot P(B_2|B_1)\cdot P(B_1) + P(N_3 | N_2 \cap N_1)\cdot P(N_2|N_1)\cdot P(N_1)$
$=\dfrac{4}{7} \cdot \dfrac{4}{7} \cdot \dfrac{4}{7} + \dfrac{3}{7} \cdot \dfrac{3}{7} + \dfrac{3}{7}$
$=(4/7)^3+(3/7)^3$
$=\dfrac{13}{40}\approx 27\,\%$
b)
Ahora, hemos de tener en cuenta ( a la hora de asignar probabilidades ) que al no reemplazar las bolas que se van extrayendo, alteramos el contenido de la urna en cada extracción. Así,
$P((B_3 \cap B_2 \cap B_1) \cup (N_3 \cap N_2 \cap N_1))=$
$=P(B_3 | B_2 \cap B_1)\cdot P(B_2 \cap B_1) + P(N_3 | N_2 \cap N_1)\cdot P(N_2 \cap N_1)$
$=P(B_3 | B_2 \cap B_1)\cdot P(B_2|B_1)\cdot P(B_1) + P(N_3 | N_2 \cap N_1)\cdot P(N_2|N_1)\cdot P(N_1)$
$=\dfrac{4}{7} \cdot \dfrac{3}{6} \cdot \dfrac{2}{5} + \dfrac{3}{7} \cdot \dfrac{2}{6} + \dfrac{1}{5}$
$=\dfrac{1}{7} \approx 14\,\%$
$\square$
a) con reemplazamiento de las bolas que se van sacando
b) sin reemplazamiento
SOLUCIÓN.
Nota. Para resolver este problema puede ayudar el dibujar un diagrama de árbol, si bien no es necesario. Recomiendo al lector que lo haga. También podemos llegar a la solución empleando el cálculo combinatorio ( tal como hemos hecho en otras ocasiones ), sin embargo, ahora, vamos a emplear el lenguaje de sucesos y la noción de probabilidad condicionada.
Denotando:
$B_1$: obtener bola blanca en la primera extracción
$N_1$: obtener bola negra en la primera extracción
$B_2$: obtener bola blanca en la segunda extracción
$N_2$: obtener bola negra en la segunda extracción
$B_3$: obtener bola blanca en la tercera extracción
$N_3$: obtener bola negra en la tercera extracción
a)
En este caso, al reemplazar las bolas que se van extrayendo no alteramos el contenido de la urna y, por tanto, el resultado de una extracción es independiente del resultado de las extracciones anteriores. Empleando el álgebra de sucesos, podemos escribir la probabilidad pedida como:
$P((B_3 \cap B_2 \cap B_1) \cup (N_3 \cap N_2 \cap N_1))=$
$=P(B_3 \cap (B_2 \cap B_1) ) + P(N_3 \cap (N_2 \cap N_1))=$
$=P(B_3 | B_2 \cap B_1)\cot P(B_2 \cap B_1) + P(N_3 | N_2 \cap N_1)\cdot P(N_2 \cap N_1)$
$=P(B_3 | B_2 \cap B_1)\cdot P(B_2 | B_1)\,P(B_1) + P(N_3 | N_2 \cap N_1)\cdot P(N_2 | N_1)\cdot P(N_1)$
$=P(B_3 | B_2 \cap B_1)\cdot P(B_2 \cap B_1) + P(N_3 | N_2 \cap N_1)\cdot P(N_2 \cap N_1)$
$=P(B_3 | B_2 \cap B_1)\cdot P(B_2|B_1)\cdot P(B_1) + P(N_3 | N_2 \cap N_1)\cdot P(N_2|N_1)\cdot P(N_1)$
$=\dfrac{4}{7} \cdot \dfrac{4}{7} \cdot \dfrac{4}{7} + \dfrac{3}{7} \cdot \dfrac{3}{7} + \dfrac{3}{7}$
$=(4/7)^3+(3/7)^3$
$=\dfrac{13}{40}\approx 27\,\%$
b)
Ahora, hemos de tener en cuenta ( a la hora de asignar probabilidades ) que al no reemplazar las bolas que se van extrayendo, alteramos el contenido de la urna en cada extracción. Así,
$P((B_3 \cap B_2 \cap B_1) \cup (N_3 \cap N_2 \cap N_1))=$
$=P(B_3 | B_2 \cap B_1)\cdot P(B_2 \cap B_1) + P(N_3 | N_2 \cap N_1)\cdot P(N_2 \cap N_1)$
$=P(B_3 | B_2 \cap B_1)\cdot P(B_2|B_1)\cdot P(B_1) + P(N_3 | N_2 \cap N_1)\cdot P(N_2|N_1)\cdot P(N_1)$
$=\dfrac{4}{7} \cdot \dfrac{3}{6} \cdot \dfrac{2}{5} + \dfrac{3}{7} \cdot \dfrac{2}{6} + \dfrac{1}{5}$
$=\dfrac{1}{7} \approx 14\,\%$
$\square$
Ejercicios de combinatoria
ENUNCIADO. De cuántas maneras podemos realizar lo siguiente:
a) Formar una comisión de $4$ personas, elegidas entre un grupo que consta de $6$ personas
b) Sentar a $5$ personas en una fila de $5$ butacas numeradas
c) Elaborar banderas de señales de $3$ franjas verticales con $4$ telas de colores, siendo posible repetir los colores en una bandera
d) Escribir "palabras" con las letras de la palabra ELEMENTAL, de modo que en cada palabra aparezca cada una de las letras y con el mismo número de repeticiones que se dan en la palabra de referencia
e) Distribuir $5$ bolas idénticas entre $4$ urnas
SOLUCIÓN.
a)
En este caso no importa el orden en que elegimos a las personas, luego se trata de un cálculo de combinaciones, y, a no poder repetir la elección de una misma persona ( entre el total de seis personas ) para formar un conjunto ( una comisión ) de cuatro personas es un caso de combinaciones ordinarias de $6$ ( personas ) tomadas en conjuntos de cuatro, luego podemos formar la comisión de $C_{6,4}=\dfrac{V_{6,4}}{P_4}=\displaystyle \binom{6}{4}=15$ maneras distintas.
b)
Importa el orden en que colocamos a las personas, luego se trata de un cálculo de variaciones, y, a no poder repetir la elección de una misma persona para completar la fila es un caso de variaciones ordinarias de $5$ ( personas ) tomadas en conjuntos de cinco, luego se podrán sentar de $V_{5,5}=P_{5}=5!=120$ maneras distintas.
c)
Es evidente que el orden de elección de color al llenar las tres franjas ( pongamos que de izquierda a derecha ) es importante para distinguir una señal de otra, luego se trata de un problema de variaciones; como, además, podemos elegir el mismo color en más de una franja, es un problema de variaciones con repetición de $4$ colores tomados en conjuntos de tres, luego podremos representar $VR_{4,3}=4^3=64$ señales distintas.
d)
Este es un problema en que importa el orden, pues dos palabras con las mismas letras ( y apareciendo cada una el mismo número de veces que en la palabra ELEMENTAL: tres Es, dos Ls, una M, una N, una T y una A ) dispuestas en distinto orden tienen significados distintos, luego es un problema de variaciones. Como, en este caso, deben aparecer todas y cada una de las letras y el mismo número de veces que aparece cada una en la palabra de referencia, se trata de un caso de permutaciones con repetición, esto es, el número de palabras que podemos formar es $PR_{9}^{3,2,1,1,1,1}=\dfrac{9!}{3!\cdot 2! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 1!\cdot 1! }=30240$
e)
En esta situación no importa el orden en que escogemos las bolas al ir depositándolas en las urnas, pues no nos importa qué bolas hay en cada urna sino el número de bolas que va a contener cada una de las cuatro urnas, por tanto el problema es de combinaciones; además, podemos poner varias bolas en una misma urna, luego hay que contar con las repeticiones a decidir en qué urnas van las bolas, por lo cual clasificamos el problema como un problema de combinaciones con repetición, en el que se han distribuido $5$ objetos idénticos entre $4$ urnas, luego $\text{CR}_{4,5}:=\displaystyle \binom{5+4-1}{4-1}=\binom{5+4-1}{5}=\dfrac{(5+4-1)!}{5!\cdot (4-1)!} = 56$ maneras distintas de colocar las bolas. Nota: también puede designarse de la forma $\displaystyle \left(\binom{4}{5}\right)$.
$\square$
a) Formar una comisión de $4$ personas, elegidas entre un grupo que consta de $6$ personas
b) Sentar a $5$ personas en una fila de $5$ butacas numeradas
c) Elaborar banderas de señales de $3$ franjas verticales con $4$ telas de colores, siendo posible repetir los colores en una bandera
d) Escribir "palabras" con las letras de la palabra ELEMENTAL, de modo que en cada palabra aparezca cada una de las letras y con el mismo número de repeticiones que se dan en la palabra de referencia
e) Distribuir $5$ bolas idénticas entre $4$ urnas
SOLUCIÓN.
a)
En este caso no importa el orden en que elegimos a las personas, luego se trata de un cálculo de combinaciones, y, a no poder repetir la elección de una misma persona ( entre el total de seis personas ) para formar un conjunto ( una comisión ) de cuatro personas es un caso de combinaciones ordinarias de $6$ ( personas ) tomadas en conjuntos de cuatro, luego podemos formar la comisión de $C_{6,4}=\dfrac{V_{6,4}}{P_4}=\displaystyle \binom{6}{4}=15$ maneras distintas.
b)
Importa el orden en que colocamos a las personas, luego se trata de un cálculo de variaciones, y, a no poder repetir la elección de una misma persona para completar la fila es un caso de variaciones ordinarias de $5$ ( personas ) tomadas en conjuntos de cinco, luego se podrán sentar de $V_{5,5}=P_{5}=5!=120$ maneras distintas.
c)
Es evidente que el orden de elección de color al llenar las tres franjas ( pongamos que de izquierda a derecha ) es importante para distinguir una señal de otra, luego se trata de un problema de variaciones; como, además, podemos elegir el mismo color en más de una franja, es un problema de variaciones con repetición de $4$ colores tomados en conjuntos de tres, luego podremos representar $VR_{4,3}=4^3=64$ señales distintas.
d)
Este es un problema en que importa el orden, pues dos palabras con las mismas letras ( y apareciendo cada una el mismo número de veces que en la palabra ELEMENTAL: tres Es, dos Ls, una M, una N, una T y una A ) dispuestas en distinto orden tienen significados distintos, luego es un problema de variaciones. Como, en este caso, deben aparecer todas y cada una de las letras y el mismo número de veces que aparece cada una en la palabra de referencia, se trata de un caso de permutaciones con repetición, esto es, el número de palabras que podemos formar es $PR_{9}^{3,2,1,1,1,1}=\dfrac{9!}{3!\cdot 2! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 1!\cdot 1! }=30240$
e)
En esta situación no importa el orden en que escogemos las bolas al ir depositándolas en las urnas, pues no nos importa qué bolas hay en cada urna sino el número de bolas que va a contener cada una de las cuatro urnas, por tanto el problema es de combinaciones; además, podemos poner varias bolas en una misma urna, luego hay que contar con las repeticiones a decidir en qué urnas van las bolas, por lo cual clasificamos el problema como un problema de combinaciones con repetición, en el que se han distribuido $5$ objetos idénticos entre $4$ urnas, luego $\text{CR}_{4,5}:=\displaystyle \binom{5+4-1}{4-1}=\binom{5+4-1}{5}=\dfrac{(5+4-1)!}{5!\cdot (4-1)!} = 56$ maneras distintas de colocar las bolas. Nota: también puede designarse de la forma $\displaystyle \left(\binom{4}{5}\right)$.
$\square$
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