SID-2324-P3

Enunciado

Atopar de cantas formas distintas se poden repartir 17 mazás entre 5 alumnos (empregando funcións xeradoras).

---

Resolución

Pista

Construír o polinomio xerador do número que se busca en función do número de mazás.

Solución

Sexa $\{a_n{\}}_{n\in \mathbb{N}}$ a sucesión formada polo número de formas que hai de repartir $n$ mazás entre 5 alumnos, e sexa $F(X)$ a súa función xeradora, definindo $a_0=0$, $F(X)={\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{X}^n.$ Para un $n>0$ fixado, cada posible reparto correspóndese con unha 5-tupla $(r_1,r_2,r_3,r_4,r_5)\in {\mathbb{N}}^5$ tal que $r_1+r_2+r_3+r_4+r_5=n$. Por como se multiplican varias sumas entre si, podemos identificar cada 5-tupla con cada forma de obter $X^n$ ao multiplicar $(1+X+X^2+\dots )$ consigo mesmo 5 veces, polo que o número total sería o termo que acompaña a $X^n$ en $(1+X+X^2+\dots {)}^5$. Por exemplo, para $n=2$ as posibilidades serían: $(2,0,0,0,0)\equiv X^2\cdot 1\cdot 1\cdot 1\cdot 1$ $(0,2,0,0,0)\equiv 1\cdot X^2\cdot 1\cdot 1\cdot 1$ $(0,0,2,0,0)\equiv 1\cdot 1\cdot X^2\cdot 1\cdot 1$ $(0,0,0,2,0)\equiv 1\cdot 1\cdot 1\cdot X^2\cdot 1$ $(0,0,0,0,2)\equiv 1\cdot 1\cdot 1\cdot 1\cdot X^2$ $(1,1,0,0,0)\equiv X\cdot X\cdot 1\cdot 1\cdot 1$ $(1,0,1,0,0)\equiv X\cdot 1\cdot X\cdot 1\cdot 1$ $(1,0,0,1,0)\equiv X\cdot 1\cdot 1\cdot X\cdot 1$ $(1,0,0,0,1)\equiv X\cdot 1\cdot 1\cdot 1\cdot X$ $(0,1,1,0,0)\equiv 1\cdot X\cdot X\cdot 1\cdot 1$ $(0,1,0,1,0)\equiv 1\cdot X\cdot 1\cdot X\cdot 1$ $(0,1,0,0,1)\equiv 1\cdot X\cdot 1\cdot 1\cdot X$ $(0,0,1,1,0)\equiv 1\cdot 1\cdot X\cdot X\cdot 1$ $(0,0,1,0,1)\equiv 1\cdot 1\cdot X\cdot 1\cdot X$ $(0,0,0,1,1)\equiv 1\cdot 1\cdot 1\cdot X\cdot X$ Polo que o coeficiente de $X^2$ de $(1+X+X^2+\dots {)}^5$ sería 15. Asociando cada $r_k$ a $X^{r_k}$ no factor k-ésimo dos 5 que hai en $(1+X+X^2+\dots {)}^5$ establécese unha bixección, polo que teremos que $F(X)=(1+X+X^2+\dots {)}^5$, e o que nos piden é achar o termo de $X^{1}7$.

Agora ben, polo visto na introdución: $F(X)=(1+X+X^2+\dots {)}^5=\frac{1}{(1-X{)}^5}=\frac{1}{4!}\cdot {\left(\frac{1}{1-X}\right)}^{4)}$ $4!F(X)=\frac{d(1+X+X^2+\dots )}{d{X}^4}=4!+5!X+\frac{6!}{2}{X}^2+\dots +\frac{n!}{(n-4)!}{X}^{n-4}+\dots$ $F(X)=\frac{4!}{4!}+\frac{5!}{4!}X+\frac{6!}{2\cdot 4!}{X}^2+\dots +\frac{n!}{(n-4)!\cdot 4!}{X}^{n-4}+\dots ={\sum }_{n=0}^{\infty }\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+4}{4}\right)X^n.$ Concluímos por tanto que $a_n=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+4}{4}\right)$, polo que hai $a_{17}=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{21}{4}\right)$ maneiras distintas de repartir 17 mazás entre 5 alumnos.

---

Dúbidas & Comentarios

Nesta sección pódesnos deixar as túas dúbidas e comentarios a cerca do problema anterior. Non teñas teima en preguntar, estamos aí para botar unha man!