¿De cuantas maneras se pueden ubicar 16 bolitas iguales en 3 cajas distintas si en cada caja debe haber por lo menos dos bolitas y a lo sumo seis?

si alguien me puede ayudar con esto le voy a agradecer mucho, con combinatoria es con lo que peor me llevo.
saludos

Bueno, justo este ejercicio no es muy complicado, pero sirve para ilustrar un punto importante. Cuando uno está haciendo un ejercicio, no tiene que pensarlo "de la manera correcta" al toque. Hay que tenerle paciencia, probar un par de casos sencillos, ver un poquito a mano. Cuando empecé a probar a mano un par de casos, para ver si encontraba un patrón general (no hay por qué verlo así en abstracto... nadie dijo que tenía que salir todo a golpe de vista), me di cuenta de que los casos eran muy pocos.

Pongamos la siguiente notación: a|b|c quiere decir que en la primera caja hay a bolitas, en la segunda b, y en la tercera c. Ahora fijate una cosa. En la primera tiene que haber 2, al menos. Digamos que justo hay dos en las dos primeras: tenemos entonces 2|2|16 - 4 = 12, y nos pasamos por mucho en la última caja.

Compencemos poniendo lo más posible en la primera caja. Supongamos que ponemos 6. Entonces, tenemos 6|?|?. Si ponemos 6 en la segunda, tenemos 6|6|4. Si ponemos 5 en la segunda tenemos 6|5|5, y si ponemos 4, tenemos 6|4|6. Fijate que no podemos poner 3 en la segunda, porque entonces en la última tendrían que ir 7. Así, hay tres formas de completar las cajas poniendo seis bolitas en la primera caja. Así agotamos todas las posibles combinaciones que tienen seis en la primera caja.

Ahora veamos qué pasa si ponemos 5: 5|6|5 funciona, y 5|5|6 también. El tema es que 5|4|7 se pasa, así que ya no hay más opciones con 5 en la primera. Entonces, poniendo 5 en la primera, hay dos que cumplen con lo pedido.

Si van 4 en la primera, la única posibilidad es 4|6|6. Si ponés menos en la segunda, en la última hay que poner 7 o más. Así, con 4 en la primera, hay una sola opción.

Finalmente, no podemos poner 3 en la primera, porque entonces habría que repartir 13 entre las otras dos, y habría más de siete en una de ellas. Luego, contando a mano, sale que son 6 casos en total.

Entonces, agotamos todos los casos: si a|b|c es una distribución aceptable, ya vimos que a tiene que ser más que 3, y ya encontramos todas las posibles soluciones con a = 4, 5, 6, que son los únicos valores permitidos. Luego, los casos totales son 6. Saludos y suerte!

Muchas gracias, por el ej y por el consejo. yo ya me tiraba a hacer bosones y me quedaba un quilombo y no sabia como separar los casos.

mmm pero no se pueden descartar directamente 2 bolitas por cada caja, dado que son indistinguibles, y reducir el problema a ordenar 10 bolitas en 3 cajas con un maximo de 4 en c/u? ya quedan numeros mas chicos. Despues lo que hice fue restarle a todos los casos posibles aquellos en que alguna de las cajas tiene 5 bolitas por lo menos. Lo unico es que hay que darse cuenta que se repiten poquitos casos cuando haces el boson por cada caja. Bah, no se, a mi me resulta mas facil asi, por si a alguien le sirve. suerte

seguro eso esta bien? me parece que hay muchos muchos casos mas... si ya a mano encuentro mas de 6...

Para mi lo de Yossarian esta bien. Pero si decis que tenes mas casos...postea lo que hiciste a ver que onda.
Gracias por el consejo de antes.

Otra forma de resolverlo es la siguiente:
Vos tenés 16 bolitas iguales en 3 cajas distintas. Pedís que no haya menos de 2 bolitas por caja, y a lo sumo 6 bolitas por caja. Luego, podés pensar que podés fijar 2 bolitas por caja, luego te quedan 16-6=10 bolitas para repartir en 3 cajas y 4 como mucho por caja. Luego, la cantidad de maneras de meter 10 bolitas en 3 cajas es el bozón . Estos son todos los casos, pero no los que querés. Luego, podés usar el principio de inclusión-exclusión como sigue:
Sea A el conjunto de los casos donde la primera caja tiene más de 4 bolitas, B el conjunto de los casos donde la segunda caja tiene más de 4 bolitas, y C el conjunto de los casos donde la tercera caja tiene más de 4 bolitas. Claramente el cardinal de es el total de casos que no querés. Usá principio de inclusión-exclusión:
Podés pensar que si querés tener más de cuatro bolitas, ponés 5 bolitas en la primera caja. Luego, te quedan por repartir 10-5=5 bolitas en tres cajas. Tenés, después de calcular el bozón, 21 casos. Claramente B y C son iguales en cardinal.
Ahora calculo los que satisfacen a y b. De estos tenés que pensar que fijás 10 bolitas. Luego, tenés 10-10=0 bolitas que repartir en 3 cajas. Claramente, solo hay 1 manera. Claramente los que satisfacen a,c y b,c son de mismo cardinal.
No puede haber casos donde se satisface a,b,c, pues tendrías que fijar 15 bolitas de 10. Luego es vacío este conjunto. Usando el principio de inc-excl. tenés 21.3-1.3=60
Luego, tenés que descontar de los 66 casos 60. Luego tenés 6, como Yossarian dijo.
De hecho, con esta idea podés encontrar una generalización inmediata para n cajas distintas y m bolitas iguales, con una cantidad k por lo menos en cada caja y una cantidad r a lo sumo por caja.
Espero haberte ayudado.

Me niego a "hacer bosones" (u otra cosa) cuando una cuenta directa anda. Digo, la combinatoria es el arte de contar sin contar, pero eso cuando contar es molesto. Por ejemplo, la cuenta de exequiel está perfecta... pasa que lo de bosones, que es una idea muy buena que se usa en los casos más increíbles, es como pegarle a un monsquito con un cañón: no solo es artillería bastante pesada, sino que tal vez hasta se te escapa el mosquito.

En este caso, contar me pareció lo más cómodo del mundo, y de paso no hay que restar casos repetidos, etc. ¿Qué casos más encontraste? Puede ser que se me haya escapado algo, pero no vi ningún error en lo que hice. ¿Seguro que no repetiste algún caso?

Es cierto; Thomas, que otros casos contaste? Yo cuento también solo 6... una cosa, les recomiendo para resolver problemas de combinatoria, si quieren, el libro de Ivan Niven, ''Mathemathics of choice'', o la versión española, ''matemática de las opciones o como contar sin contar''

Muchas gracias exequiel. Siempre me olvido del principio, realmente es muy util, creo que en este caso era mas facil como dijo Yossarian.Igualmente lo voy a tener mucho en cuenta, mas teniendo en cuenta que el viernes rindo algebra . Esperemos que todo salga bien.

jajaja al final use mal la formula del boson. una risa. si, era 6 encima comprobe cualquiera. Bueno yo lo plantee asi: Como van 2 bolitas seguro en cada una de las 3 cajas, no interfieren en la cuenta asi que las podemos volar. Entonces el ejercicio queda reducido a ordenar 10 bolitas en 3 cajas con a lo sumo 4 bolitas en c/u. Bien. En total hay formas de ordenar 10 bolitas en 3 cajas. Ahora el paso creativo . Quiero restar los casos en los que hay mas de 4 bolitas en alguna caja. Entonces, supongo que una tiene 5, y me queda ordenar las 5 bolitas restantes en 3 caja, o sea . Como la caja que tiene mas de 5 puede ser cualquiera de las 3, multiplico todo por 3. Pero ojo con losresultados repetidos! Por suerte aca los unicos casos que se repiten es cuando hay 2 cajas con la misma cantidad, porque 3 no divide a 10. y la unica opcion entonces es que haya 5 en una y 5 en otra. Esta situacion se repite para c/u de estas dos cajas involucradas. O sea, que tenemos que restar 3 casos. En definitiva nos queda: -3). Que increiblemente es igual a 6!

me gustaria postear como hice este ej aunque nadie lo lea, porque es la 1 am y rindo el final el 30 y esta mierda de combinatoria no me sale un carajo.

despues de mucho tiempo y pasar por 25 maneras distintas de pensarlo hice esto, primero como bien dijo alguien tire 2 bolitas en cada caja y el problema se reduce a 10 bolitas en 3 cajas con no mas de 4 en cada una.

y se me ocurrio esto, imaginate q tenes 12 asientos numerados, y queres sentar 10 personas en los asientos no? en grupos de a 4 osea

1234 5678 9101112, esos serian los asientos q son los lugares maximos por caja y vos queres sentar personas indistinguibles pero como estan numerados te importaria el orden. entonces lo q hice fue no ubicar a las personas, sino ver q asientos me quedan vacios, entonces te van a quedar 2 asientos vacios, ahora los 3 grupos de asientos los podes pensar como 3 cajas, y tenes q meter 2 bolitas (los asientos vacios) en las 3 cajas y eso es el numero combinatorio, (bolitas cajas - 1
bolitas) osea
osea 6
espero no haberme equivocado jajaja

La cuenta da, pero el razanomiento no(va, puede ser la hora... que no lo vea), porque los asientos que dejarías vacíos no serían indistinguibles, y no valdría la fórmula de bosón. Sin embargo, creo que lo que quisiste hacer fue algo de heurística, para mostrar tu razonamiento final. O sea, si lo que razonaste fue pensar cómo meter antibolitas(lo que serían espacios vacíos... detesto este término que inventé), son indistinguibles, y vale la idea de bozón, y la cuenta que hiciste(en particular, porque la cantidad de espacios vacíos es constante. Esto no siempre vale, sobretodo, si cada caja tiene límites distintos de bolitas. Sin embargo, contando algunos casos, podés usar este razonamiento) En definitiva, el razonamiento válido es el que usás al indicar cómo dejar los espacios vacíos., pero la parte de los asientos numerados no, porque estás agregando una idea de orden extra(orden dentro de la caja, que no lo estás considerando).

pd: a las 1:00 am siempre estoy en el foro... así que siempre miro lo que se postea, jajaja...