domingo, 29 de mayo de 2016

Problema 10.7.


¿En qué cifra acaba 7 elevado a 8510? 

¿Y 3 elevado a 2867?

Solución:

Calculamos las primeras potencias de 7:

7 1 = 7        7 2 = 49      7 3 = 343       7 4 = 2401       7 5 = 16807       7 6 = 117649

Si seguimos multiplicando por 7 para obtener las siguientes potencias, podemos observar que se van repitiendo las terminaciones.

Y se observa que estas terminaciones de las potencias de 7 se repiten en ciclos de cuatro dígitos: (7, 9, 3, 1).

Si dividimos 8510 entre 4, obtenemos 2127 de cociente y 2 de resto, lo que significa que se repetirán 2127 ciclos de 4 dígitos y la terminación será el segundo elemento del ciclo siguiente.

Por tanto, 7 elevado a 8510 acaba en 9.

Para la segunda pregunta, consideramos sucesivas potencias del 3:

3 1 = 3          3 2 = 9        3 3 = 27         3 4 = 81         3 5 = 243         3 6 = 729

Si seguimos multiplicando por 3 para obtener las siguientes potencias, podemos observar que se van repitiendo las terminaciones.

Y se observa que estas terminaciones de las potencias de 3 también se repiten en ciclos de cuatro dígitos: (3, 9, 7, 1).

Si dividimos 2867 entre 4, obtenemos 716 de cociente y 3 de resto, lo que significa que se repetirán 716 ciclos de 4 dígitos  y la terminación será el tercer elemento del ciclo siguiente.

De esta forma, 3 elevado a 2867 acaba en 7.

sábado, 28 de mayo de 2016

Problema 10.6.


Marcos y Carlos están ordenando sus colecciones de discos de vinilo.

La colección de Marcos tiene un número de discos muy cercano a cien, y la de Carlos tiene 10 discos más que la de su amigo.

Carlos observa que si Marcos le regalase uno de sus discos, el número de discos que le quedarían a Marcos sería múltiplo de 8, pero que si él le regalase uno a Marcos, la colección de su amigo tendría un número de discos múltiplo de 7.

¿Cuántos discos forman la colección de Marcos y la de Carlos?

Solución:

Si llamamos x al número de discos que forman la colección de Marcos, resulta que x - 1 es múltiplo de 8 y x + 1 es múltiplo de 7.

Los múltiplos de 8 más cercanos a 100 son 96 y 104.

Si x - 1 = 96, entonces x + 1 = 98, que es múltiplo de 7.

Si x - 1 = 104, entonces x + 1 = 106, que no es múltiplo de 7.

Así, la opción posible es que x - 1 sea 96, de donde se deduce que el número de discos que tiene Marcos es x = 97.


Y, como consecuencia, la de Carlos tiene 107 discos.

Problema 10.5.


Para montar una coreografía, hay que organizar en pequeños equipos a los bailarines de una compañía.

 El número de bailarines está comprendido entre 100 y 120. Si se les agrupa de 5 en 5, sobran dos; si se les agrupa de 2 en 2, sobra uno; pero si se les agrupa de 3 en 3 no sobra ninguno.

¿Cuántos bailarines forman dicha compañía?

Solución:

El número de bailarines, ya que está comprendido entre 100 y 120, ha de tener tres cifras y la primera es el 1.

Un múltiplo de 5 acaba en 5 o 0, y como si se agrupan de cinco en cinco sobran dos, se deduce que el número ha de terminar en 7 o 2.

Pero, si terminase en 2, sería par y al agrupar los participantes de 2 en 2 no sobraría ninguno. Por tanto, el número debe terminar en 7.

Ya tenemos que ha de ser de la forma  1a7.

Como debe ser múltiplo de 3, sus cifras han de sumar un múltiplo de 3. Para que eso ocurra, a debe valer 1 (pues 1 + 1 + 7 = 9), 4 (ya que 1 + 4 + 7 = 12) o 7 (pues 1  + 7 + 7 = 15).

Pero sólo en el primero de estos casos el número está comprendido entre 100 y 120. Luego a = 1.


Así, son 117 los bailarines que forman dicha compañía.

Problema 10.4.


Laura organiza una fiesta para celebrar el cumpleaños de su hijo. Se dirige a una confitería y compra pasteles, bizcochos y tartas. El precio de un pastel es 2 €, el de un bizcocho 8 € y el de una tarta 24 €.

Si se ha gastado 200 € y ha comprado en total 40 piezas, ¿cuántos pasteles, bizcochos y tartas ha adquirido?

Solución:

Sean a, b y c los pasteles, bizcochos y tartas, respectivamente.

Sabemos que a + b + c = 40.

Teniendo en cuenta que ha gastado 200 €, también podemos asegurar que:

2 a + 8 b + 24 c = 200

Así, tenemos el sistema de ecuaciones siguiente:

a + b + c = 40

2 a + 8 b + 24 c = 200

Multiplicamos por - 2 la primera ecuación:

- 2 a - 2 b - 2 c = - 80

2 a + 8 b + 24 c = 200

 Sumamos las dos ecuaciones:

6 b + 22 c = 120


Despejamos b:


Como b y c son números naturales, 60 – 11 c debe ser múltiplo de 3 y, como 60 es múltiplo de 3, también debe serlo 11 c. Pero esto solo ocurre cuando c es 3.

Y en ese caso, sustituyendo en la expresión anterior de b, se deduce que b es 9.

Así, ya sabemos que c = 3 y b = 9.

Como el total de piezas es 40, concluimos que a = 28.

Por tanto, ha comprado 28 pasteles, 9 bizcochos y 3 tartas.

Problema 10.3.


Con seis dígitos comprendidos entre el 1 y el 9 se ha formado un número de seis cifras “abcdef”  que cumple las condiciones siguientes:

- Todas sus cifras son distintas.

- La suma de sus tres primeras cifras es 12.

- La suma de sus tres últimas cifras es 15.

- El número “ab” es múltiplo de 2, el “bc” es múltiplo de 3, el “cd” es múltiplo de 4, el “de” es múltiplo de 5 y el “ef” es múltiplo de 6.


¿De qué número se trata?

Solución:

Por ser múltiplo de 5, de debe terminar en 0 o en 5; pero como las cifras están entre 1 y 9, se tiene que e = 5.

Entonces, 5f es múltiplo de 6 y, como el único múltiplo de 6 de dos cifras que empieza por 5 es 54, se deduce que f = 4.

Como la suma de las tres últimas cifras ha de ser igual a 15, resulta que d = 6.

Ya sabemos que el número es abc654.

Teniendo en cuenta que c6 es múltiplo de 4, se distinguen dos posibilidades: c = 1 o c = 3.

- Si c = 1, como b1 es divisible por 3, necesariamente ha de cumplirse que b = 2. Y como la suma de las tres primeras cifras es 12, se deduce que a = 9. En este caso, ya tendríamos el número completo, que es el 921654.

- Si c = 3, como b3 es múltiplo de 3, resulta que b3 = 33 o b3 = 63 o b3 = 93. Los dos primeros casos no son posibles ya que no pueden repetirse cifras y, por tanto, debería ser b = 9. Pero como la suma de las tres primeras cifras ha de ser igual a 12, debería cumplirse que a = 0, lo cual tampoco es posible.


Por tanto, el único número que cumple todas las condiciones dadas es el 921654.

martes, 24 de mayo de 2016

Problemas resueltos de Probabilidad.


Problema 1.

Problema 2.

Problema 3.

Problema 4.

Problema 5.

Problema 6.

Problema 7.

Problema 8.

Problema 9.

Problema 10.


Problema 10.


Se dispone de una baraja española de 40 cartas y de dos urnas A y B. La urna A contiene 4 bolas rojas y 5 azules, y la urna B 6 bolas rojas, 2 azules y 2 blancas.

Se extrae una carta de la baraja. Si resulta ser una carta con una figura (sota, caballo o rey), se extrae una bola de la urna A, pero si la carta no presenta una figura se extrae una bola de la urna B.

a) Calcula la probabilidad de que la bola extraída sea azul.

b) Calcula la probabilidad de que sea blanca.

Solución:


Sabiendo que son 4 las sotas, 4 los caballos y 4 los reyes en una baraja española, empezamos a diseñar el diagrama de árbol correspondiente a la extracción de la carta:


Una vez extraída, si ha sido una figura, la bola se extrae de la urna A, por lo que ésta será una de las 4 bolas rojas o de las 5 azules.

Si no ha sido una figura, la bola se extrae de la urna B, por lo que será una de las 6 bolas rojas o de las 2 azules o  de las 2 blancas.

Con estos datos podemos terminar el diagrama de árbol:


a) Para calcular la probabilidad de que la bola sea azul nos fijamos en que hay dos ramas del diagrama en la que se produce dicho resultado, las ramas (2) y (4). Así, la probabilidad buscada es la suma de las probabilidades correspondientes a dichas dos ramas:


b) Para calcular la probabilidad de que la bola sea blanca observamos que hay una sola rama del diagrama en la que se produce dicho resultado, la rama (5). Así, la probabilidad buscada es la correspondiente a dicha rama:


domingo, 22 de mayo de 2016

Problema 10.2.


¿De qué forma hay que colocar los tres vasos de la figura anterior para que el número de tres cifras que se obtiene sea múltiplo de 7?

Solución:

Un número es divisible por 7 cuando la diferencia entre el número sin la cifra de las unidades y el doble de la cifra de las unidades es 0 ó un múltiplo de 7.

Los números de tres cifras que pueden formarse con los dígitos 1, 6 y 3 son los que se deducen en el siguiente diagrama de árbol:


Sin embargo, se puede comprobar que ninguno de ellos cumple el criterio de divisibilidad por 7:

13 – 2 · 6 = 1

16 – 2 · 3 = 10

31 – 2 · 6 = 19

36 – 2 · 1 = 34

61 – 2 · 3 = 55

63 – 2 · 1 = 61

Ninguno es divisible por 7.

La solución es tan fácil como caer en colocar boca abajo el vaso que lleva el número 6, que de esta forma se convierte en 9.

Así, el número 631 se convierte en el 931, que si es divisible por 7, ya que:

93 – 2 · 1 = 91 = 7 · 13

Así, los vasos han de colocarse de la forma siguiente:


Problema 9.


Se sabe que solo el 30% de los habitantes de cierto pueblo de España han viajado al extranjero. De ellos, solo el 25% ha viajado a Bélgica.

Se elige un habitante de dicho pueblo al azar. Calcula la probabilidad de que haya visitado Bélgica.

Solución:

Si el 30% de los habitantes han viajado al extranjero, no lo ha hecho el 70% restante de la población.

Y los que no han viajado al extranjero, claramente no pueden haber visitado Bélgica.


Luego el diagrama de árbol completo es el siguiente, teniendo en cuenta que n% = n / 100:


La probabilidad de que el habitante haya visitado Bélgica es la probabilidad correspondiente a la rama (1):

P (Haya visitado Bélgica) = 0,3 · 0,25 = 0,075

Problema 8.


En una imprenta utilizan tres máquinas M1, M2 y M3 para la elaboración de calendarios. La M1 elabora el 30% de los calendarios, la M2 el 20% y la M3 el resto. El 4% de los calendarios fabricados con M1 son defectuosos al igual que el 3% de los fabricados por la M2 y que el 2% de los elaborados por la M3.

a) Calcula la probabilidad de que un calendario elegido al azar entre los producidos en esta imprenta sea defectuoso.

b) Si el calendario elegido ha resultado defectuoso, calcula la probabilidad de que se haya elaborado con la máquina M3.

Solución:


a) Al elegir un calendario al azar, este podrá haber sido elaborado por cualquiera de las tres máquinas. Con los datos conocidos de producción, deducimos que la máquina M3 produce el 50% de los calendarios y, de esta forma, teniendo en cuenta que n% = n / 100, empezamos a construir el diagrama de árbol:


Una vez elegido el calendario, este podrá ser defectuoso o no serlo:


El calendario resulta defectuoso en las ramas (1), (3) y (5). Por tanto, la probabilidad de que el calendario elegido sea defectuoso es la suma de las probabilidades correspondientes a dichas ramas. Es decir:


También puede expresarse diciendo que la probabilidad de que el calendario sea defectuoso es del 2,8 %.

b) Sabemos que el calendario es defectuoso en cualquiera de las ramas (1), (3) y (5). Pero solo es elaborado por la máquina M3 en la rama (5). Así, para el suceso cuya probabilidad queremos calcular tenemos que:

Ramas posibles: (1), (3) y (5).

Ramas favorables: (5).

Así, la probabilidad de que el calendario haya sido elaborado por M3, sabiendo que ha resultado defectuoso es:



sábado, 21 de mayo de 2016

Problema 7.


En una bolsa hay 8 bolas rojas y 6 negras. De las rojas, 5 van numeradas y 3 sin numerar; y de las negras van numeradas 4 y sin numerar las dos restantes.

Se elige una bola de la bolsa al azar. Si la bola extraída resulta ser numerada,  calcula la probabilidad de que sea roja.

Solución:

Cuando extraemos la bola, ésta podrá ser de uno de los dos colores. Como el número total de bolas en la bolsa es 14, la probabilidad de que sea roja es 8 / 14 y la de que sea negra es 6 / 14.


Así, podemos empezar a diseñar el diagrama de árbol:



Supongamos que la bola elegida fuese roja; en este caso, la probabilidad de que esté numerada es 5 / 8 y la de que no lo esté es 3 / 8.

Análogamente, si suponemos que la bola elegida fuese negra, la probabilidad de que esté numerada es 4 / 6 y la de que no lo esté es 2 / 6.

Con estos datos podemos completar el diagrama de árbol:


El hecho de que la bola esté numerada es posible en las ramas (1) y (3). Y, de estas dos ramas, solo en la (1) es roja la bola extraída (la rama (1) es favorable para la probabilidad que queremos calcular).

Así, para el suceso cuya probabilidad queremos calcular, tenemos que:

Ramas favorables: rama (1).

Ramas posibles: rama (1) y rama (3).

De esta forma:




Problema 6.


En una reunión de amigos hay 8 chicas y 10 chicos. Entre ellos,  5 chicas y 6 chicos visten pantalones vaqueros. Se elige un miembro al azar de dicha reunión. Calcula la probabilidad de que lleve vaqueros.

Solución:


Al elegir un miembro al azar, podrá ser chica o chico con probabilidades 8 / 18 y 10 /18, respectivamente. Así:


Teniendo en cuenta que 5 chicas y 6 chicos son los que llevan vaqueros, terminamos el diagrama de árbol:


El miembro elegido lleva vaqueros en las ramas (1) y (3), por lo que la probabilidad de que dicho miembro vista vaqueros es la suma de las probabilidades correspondientes a dichas ramas. Es decir que:



Problema 5.


Tenemos un dado de seis caras, numeradas del 1 al 6. Se lanza el dado y, si se obtiene un múltiplo de tres, se extrae una bola de la urna A, que contiene 4 bolas verdes y 6 blancas. En cualquier otro caso, se extrae una bola de la urna B, que contiene 10 bolas verdes y 4 blancas.

Calcula la probabilidad de extraer una bola blanca.

Solución:


Entre los números del dado, los múltiplos de 3 son el 3 y el 6. De esta forma, la probabilidad de obtener un múltiplo de 3 al lanzar el dado es 2 / 6 = 1 / 3. Así, el diagrama de árbol tras lanzar el dado sería:


Si se ha obtenido un múltiplo de 3, la bola se extraerá de la urna A en  la que hay 4 verdes y 6 blancas, con lo que podemos ampliar el diagrama:


Si no se ha obtenido un múltiplo de 3, la bola se extraerá de la urna B en  la que hay 10 verdes y 4 blancas, con lo que podemos terminar de construir el diagrama:


La bola extraída es blanca en las ramas (2) y (4), por lo que la probabilidad de obtener una bola blanca es la suma de las probabilidades correspondientes a estas dos ramas. Es decir que:



Problema 4.


Una moneda está trucada de manera que la probabilidad de sacar cara es 2 / 3.

Si lanzamos tres veces dicha moneda, ¿cuál es la probabilidad de sacar dos caras y una cruz? (no importa el orden en que se obtengan dichos resultados).

Solución:

Al lanzar la moneda solo existen dos resultados posibles: sacar cara o sacar cruz. Por ello, si la probabilidad de obtener cara en esta moneda es 2 / 3, la de sacar cruz ha de ser 1 / 3.


Con esta consideración, podemos comenzar a diseñar el diagrama de árbol con el primer lanzamiento de la moneda:


Teniendo en cuenta que en el segundo lanzamiento de la moneda el resultado obtenido no depende del que se haya obtenido en el primer lanzamiento, podemos seguir construyendo el diagrama correspondiente, tras el segundo lanzamiento:


De manera análoga, construimos el diagrama tras el tercer lanzamiento de la moneda:


Se obtienen dos caras y una cruz en las ramas (2), (3), y (5). Por tanto, la probabilidad de obtener dos caras y una cruz es la suma de las probabilidades correspondientes a estas tres ramas. Es decir:



jueves, 19 de mayo de 2016

Problema 3.


En una fábrica hay tres máquinas M1, M2 y M3, que producen tornillos en la misma proporción. El 4% de los tornillos que produce la M1 son defectuosos, el 5% de los que produce la M2 también son defectuosos, mientras que solo el 1% de los que produce M3 son defectuosos.

Si elegimos al azar un tornillo elaborado en dicha fábrica, ¿cuál es la probabilidad de que sea defectuoso?

Solución:

En primer lugar, el tornillo elegido puede haber sido producido por cualquiera de las tres máquinas y, como todas fabrican la misma proporción, la probabilidad de que sea cualquiera de las máquinas es la misma para las tres.

Así, comenzamos a diseñar el diagrama de árbol:


Cada tornillo producido en cualquiera de las máquinas podrá ser defectuoso o no serlo y, teniendo en cuenta que n% = n / 100, podemos completar el diagrama de árbol:


El tornillo elegido es defectuoso en las ramas (1), (3) y (5), de forma que la probabilidad de elegir un tornillo defectuoso es la suma de las probabilidades de esas tres ramas.

Es decir: