Dice: Determinar cuantos numeros enteros \(a\) tales q \(0\leq a \leq {7}^{100}\) satisfacen q \(49\vert a\) y q el desarrollo en base 7 de a tiene por lo menos tres digitos iguales a 4.
Yo lo pense asi, quiero saber si esta bien
Primero lo pense con enteros y conguencia pero dsps me di cuenta q seguramente salia con combinatoria. Esto es lo q hice:
Como \(49\vert a \Rightarrow a=7^2 \cdot q\). Tambien se q \(0\leq a \leq {7}^{100}\). Pienso el ejercicio como bolitas en cajitas, donde las condiones acerca de como poner las bolitas son i)q cada caja tenga a los sumo 6 bolitas (porq si pongo 7 seria lo mismo q poner 1 en la caja siguiente) , ii)q en la caja 1 y 2 correspondientes a \(7^0\) y a \(7^1\) no se les ponga ninguna bolita, dado q quiero q \(49\vert a\) y iii) q en 3 cajas cualesquiera haya por lo menos 4 bolitas. Ah, las cajas seran 101 q corresponden a las 101 posibles potencias de 7.
Bueno, primero busco todas las formas de seleccionar 3 cajas de 99 (dado q las cajas 1 y 2 no las uso). Luego, tengo el \(\dbinom{99}{3}\). Luego me quedan 96 cajas a las cuales les puedo asignar hasta 6 bolitas a cada una. Usando el principioi de conteo (creo) me da \({7}^{98}\)
Luego todas las posibilidades son \(\dbinom{99}{3} \cdot {7}^{98}\)
Bueno, espero q se haya entendido lo q hice y si alguin me dice si hay algo mal o no estaria bueno
Bueno, mirá yo lo pensé de esta manera, pero no lo pensé como bolitas.
Sabemos que \(a\) vale a lo sumo \(7^{100}\) entonces el desarrollo en base 7 cuando \(a= 7^{100}\) es el siguiente a = 100000......0000 con 100 ceros ok? Luego ese caso no nos sirve porque no va a poder tener 3 dígitos igual a 4.
Entonces considero todos los menores a \(7^{100}\). En esos casos el desarrollo es \(a= b_{99} 7^{99} + b_{98} 7^{98} + b_{97} 7^{97} + b_{96} 7^{96} + b_{95} 7^{95} + ... + b_{2}7^{2} + b_{1}7^{1} + b_{0}7^{0}\) con \(0 \le b_{i} \le 6\) con \(b_{i}\) natural.
Pero como \(a = 7^2 q\) con q natural, entonces \(a= 7^2 \, (b_{99} 7^{97} + b_{98} 7^{96} + b_{97} 7^{95} + b_{96} 7^{94} + b_{95} 7^{93} + ... + b_{2}7^{0})\) lo que vamos a pedir es que \(b_{1}\) y \(b_{0}\) sean 0, pues si no, tenés problemas para sacar el 7^2 de factor común, de hecho no es posible lograrlo, considerá \(b_{1} = b_{0} = 6\) y fijate que te dá 48 a lo sumo (6*7+6).
Bueno listo, ahora mi problema es saber de cuántas maneras puedo ubicar 3 dígitos igual a 4 en un \(b_{i}\) con 98 b-sub-i's y permutar el resto de los números....
Yo lo pensé así.
Todas las posibilidades sin restricciones son \(A = 7^{98}\)
Luego posibilidades con exactamente ningún 4 es \(B = 6^{98}\)
Luego posibilidades con exactamente 1 posición en 4 es \(C = \displaystyle\binom{98}{1}*6^{97}\)
Luego posibilidades con exactamente 2 posiciones en 4 es \(D = \displaystyle\binom{98}{2}*6^{96}\)
Respuesta = A - B - C -D
Luego te quedan los casos con exactamente 3 o más... 😄
Por favor si alguien puede chequear este razonamiento... :S
Gracias
El argumento de laejl parece estar bien.
El de akd mia esta mal, estas contando casos varias veces, fijate que cuando vos elegis 3 cajas para poner 4 bolitas y despues repartis de cualquier forma en las otras, puede pasar que en alguna de las otras haya 4 bolitas, esto hace que el resultado este mal. Si no se entiende preguntá que pongo algo mas explicito.
Ahora q leo lo q puse, hice un calculo mal...Ahora, si cuando uso el principio de conteo quito la posibilidad de q sean 4, no quedaria bien??? Pongo de nuevo coregida como quedaria mi resolucion...
Bueno, primero busco todas las formas de seleccionar 3 cajas de 99 (dado q las cajas 1 y 2 no las uso). Luego, tengo el \(\dbinom{99}{3}\). Luego me quedan 96 cajas a las cuales les puedo asignar 0, 1, 2, 3, 5 o 6 bolitas a cada una; es decir tengo 6 posibles elecciones por cajas. Usando el principio de conteo (creo) me da \({6}^{96}\)
Luego todas las posibilidades son \(\dbinom{99}{3} \cdot {6}^{96}\)
Esto seria lo q hice yo mejor explicado y arreglado. Me faltaria usar el dato de q la caja 101 no la puedo utilizar. Entonces tendria q elegir 3 cajas de 98 y, de las 95 restantes me quedaria \({6}^{95}\) posibles elecciones. El resultado final seria multiplicando todo.
El problema con \(\binom{98}{3}6^{95}\) es que solo estás considerando los casos donde tenés exactamente tres posiciones igual a 4, y el enunciado te pide que al menos sea ese número, o sea, como mínimo, te estarían faltando casos.
Entonces cómo quedaría tu cálculo?
Digamos... El problema de la caja 101 se corrije, es un número. Más allá de eso, si tuvieras 10 cajas bajo el razonamiento que te entendí que estas usando:
Elijo 3 posiciones y las otras varían entre 0 y 6. Marco en rojo mis elecciones.
4321441324
Ahora elijo otras 3 posiciones distintas para los 4 y las otras varían entre 0 y 6. Nuevamente marco en rojo mis elecciones.
4321441324
Esos serían dos casos distintos pues tomaste las 3 posiciones para el 4 de maneras distintas, sin embargo el número es el mismo, o sea, se cuentan casos de más.
No se si te entendí bien.
Mi calculo quedaria: saco las tres cajas q no les pongo nada, elijo de las 98 restantos 3 para ponerles 4 cositas y finalmente me quedan 95 las cuales tienen 7 posibles elecciones. Es decir 7^95.
Finalmente me quedan \(\dbinom{98}{3} \cdot 7^{95}\)
jeje igual te quiero aclarar q me convenciste con tu ejemplo de las 10 cajas, tenes razon en lo q hiciste vos....gracias por tomarte el tiempo en explicarme
