Libro de Permutaciones y Combinatoria

a) Es un experimento simple, porque tiene una sola etapa: lanzar una moneda.

b) Es un experimento compuesto, porque tiene dos etapas: lanzar una moneda y lanzar un dado.

c) Es un experimento simple, porque solo se elige una carta.

d) Es un experimento compuesto, porque hay dos etapas: elegir una polera y elegir un pantalón.

a) Los resultados posibles son:

\[ (\text{cara},A),\quad (\text{cara},B),\quad (\text{sello},A),\quad (\text{sello},B) \]

b) Hay \(4\) resultados posibles.

c) El resultado \((\text{cara},A)\) es uno de los \(4\) resultados posibles. Por lo tanto:

\[ P((\text{cara},A))=\frac{1}{4} \]

Primero fijamos el número \(1\) y listamos todas las letras:

\[ (1,A),\quad (1,B),\quad (1,C) \]

Luego fijamos el número \(2\):

\[ (2,A),\quad (2,B),\quad (2,C) \]

a) Todas las claves posibles son:

\[ (1,A),\quad (1,B),\quad (1,C),\quad (2,A),\quad (2,B),\quad (2,C) \]

b) Hay \(6\) claves posibles.

Combinamos cada bebida con cada postre.

Con agua:

\[ (\text{agua},\text{fruta}),\quad (\text{agua},\text{yogur}),\quad (\text{agua},\text{gelatina}) \]

Con jugo:

\[ (\text{jugo},\text{fruta}),\quad (\text{jugo},\text{yogur}),\quad (\text{jugo},\text{gelatina}) \]

a) Esos son todos los menús posibles.

b) Hay \(6\) menús posibles.

a) Los resultados posibles son:

\[ (\text{cara},\text{cara}),\quad (\text{cara},\text{sello}),\quad (\text{sello},\text{cara}),\quad (\text{sello},\text{sello}) \]

b) Son resultados distintos porque el orden indica qué ocurrió en el primer lanzamiento y qué ocurrió en el segundo.

En \((\text{cara},\text{sello})\), primero sale cara y luego sello.

En \((\text{sello},\text{cara})\), primero sale sello y luego cara.

c) Exactamente una cara ocurre en:

\[ (\text{cara},\text{sello}),\quad (\text{sello},\text{cara}) \]

Hay \(2\) casos favorables de \(4\) posibles. Por lo tanto:

\[ P(\text{exactamente una cara})=\frac{2}{4}=\frac{1}{2} \]

a) Las tenidas posibles son:

\[ (\text{roja},\text{negro}),\quad (\text{roja},\text{gris}),\quad (\text{azul},\text{negro}),\quad (\text{azul},\text{gris}) \]

b) Hay \(4\) tenidas posibles.

c) Las tenidas con polera azul son:

\[ (\text{azul},\text{negro}),\quad (\text{azul},\text{gris}) \]

Hay \(2\) casos favorables de \(4\) posibles. Entonces:

\[ P(\text{polera azul})=\frac{2}{4}=\frac{1}{2} \]

a) Los resultados posibles son:

\[ (\text{cara},1),\quad (\text{cara},2),\quad (\text{cara},3),\quad (\text{sello},1),\quad (\text{sello},2),\quad (\text{sello},3) \]

Hay \(6\) resultados posibles.

b) Cara y número par ocurre solo en:

\[ (\text{cara},2) \]

Por lo tanto:

\[ P(\text{cara y número par})=\frac{1}{6} \]

c) Obtener sello ocurre en:

\[ (\text{sello},1),\quad (\text{sello},2),\quad (\text{sello},3) \]

Hay \(3\) casos favorables de \(6\) posibles:

\[ P(\text{sello})=\frac{3}{6}=\frac{1}{2} \]

La lista no está completa.

El error es no combinar cada letra con cada número.

La lista completa es:

\[ (A,1),\quad (A,2),\quad (B,1),\quad (B,2) \]

Hay \(4\) resultados posibles, no \(2\).

a) Los resultados posibles son:

\[ (\text{video},\text{matemática}),\quad (\text{video},\text{ciencias}) \]

\[ (\text{texto},\text{matemática}),\quad (\text{texto},\text{ciencias}) \]

\[ (\text{actividad},\text{matemática}),\quad (\text{actividad},\text{ciencias}) \]

Hay \(6\) resultados posibles.

b) Las recomendaciones de matemática son:

\[ (\text{video},\text{matemática}),\quad (\text{texto},\text{matemática}),\quad (\text{actividad},\text{matemática}) \]

Hay \(3\) casos favorables de \(6\) posibles. Entonces:

\[ P(\text{matemática})=\frac{3}{6}=\frac{1}{2} \]

a) Listar todas las claves empieza a ser menos conveniente porque hay varias combinaciones. Si aumentan las letras o los dígitos, la lista crece rápidamente.

b) Hay \(3\) opciones de letra y \(4\) opciones de dígito. Al combinar cada letra con cada dígito, se obtienen:

\[ 3\cdot 4=12 \]

Por lo tanto, hay \(12\) claves posibles.

c) Esta situación muestra la necesidad de técnicas de conteo porque permite calcular cuántos resultados hay sin escribirlos todos uno por uno.

a) Los resultados posibles son:

\[ (\text{bus},\text{mañana}),\quad (\text{bus},\text{tarde}) \]

\[ (\text{metro},\text{mañana}),\quad (\text{metro},\text{tarde}) \]

\[ (\text{caminata},\text{mañana}),\quad (\text{caminata},\text{tarde}) \]

Hay \(6\) resultados posibles.

b) Elegir bus ocurre en:

\[ (\text{bus},\text{mañana}),\quad (\text{bus},\text{tarde}) \]

Hay \(2\) casos favorables de \(6\) posibles:

\[ P(\text{bus})=\frac{2}{6}=\frac{1}{3} \]

c) Elegir horario de tarde ocurre en:

\[ (\text{bus},\text{tarde}),\quad (\text{metro},\text{tarde}),\quad (\text{caminata},\text{tarde}) \]

Hay \(3\) casos favorables de \(6\) posibles:

\[ P(\text{tarde})=\frac{3}{6}=\frac{1}{2} \]

La afirmación no es correcta.

La cantidad de etapas no es lo mismo que la cantidad de resultados posibles.

Por ejemplo, si se lanza una moneda y luego se elige una letra entre \(A\), \(B\) y \(C\), hay dos etapas:

• etapa 1: lanzar la moneda;
• etapa 2: elegir una letra.

Pero los resultados posibles son:

\[ (\text{cara},A),\quad (\text{cara},B),\quad (\text{cara},C),\quad (\text{sello},A),\quad (\text{sello},B),\quad (\text{sello},C) \]

Hay \(6\) resultados posibles, no \(2\).

a) Hay \(4\) opciones de polera y \(3\) opciones de pantalón. Por el principio multiplicativo:

\[ 4\cdot 3=12 \]

Puede formar \(12\) tenidas posibles.

b) Para que la tenida tenga polera azul, la polera queda fija y el pantalón puede ser cualquiera de los \(3\):

\[ 1\cdot 3=3 \]

Hay \(3\) casos favorables de \(12\) posibles. Entonces:

\[ P(\text{polera azul})=\frac{3}{12}=\frac{1}{4} \]

a) Aplicamos el principio multiplicativo:

\[ 2\cdot 3\cdot 4=24 \]

Se pueden formar \(24\) desayunos distintos.

b) Para incluir manzana, la fruta queda fija. La bebida puede ser cualquiera de las \(2\), y el alimento principal cualquiera de los \(3\):

\[ 2\cdot 3\cdot 1=6 \]

Hay \(6\) casos favorables de \(24\) posibles. Por lo tanto:

\[ P(\text{manzana})=\frac{6}{24}=\frac{1}{4} \]

a) Hay \(5\) opciones de letra y \(10\) opciones de dígito:

\[ 5\cdot 10=50 \]

Hay \(50\) claves posibles.

b) Si la clave comienza con \(A\), la letra queda fija y el dígito puede ser cualquiera de los \(10\):

\[ 1\cdot 10=10 \]

Entonces:

\[ P(\text{comienza con }A)=\frac{10}{50}=\frac{1}{5} \]

c) Si el dígito es \(7\), la letra puede ser cualquiera de las \(5\):

\[ 5\cdot 1=5 \]

Entonces:

\[ P(\text{dígito }7)=\frac{5}{50}=\frac{1}{10} \]

a) Cada dado tiene \(6\) resultados posibles. Como se lanzan dos dados:

\[ 6\cdot 6=36 \]

Hay \(36\) resultados posibles.

b) En el primer dado, los números pares son \(2\), \(4\) y \(6\), es decir, \(3\) opciones. El segundo dado puede ser cualquiera de los \(6\):

\[ 3\cdot 6=18 \]

Entonces:

\[ P(\text{primer dado par})=\frac{18}{36}=\frac{1}{2} \]

c) Primer dado par: \(3\) opciones. Segundo dado mayor que \(4\): \(5\) o \(6\), es decir, \(2\) opciones.

Casos favorables:

\[ 3\cdot 2=6 \]

Entonces:

\[ P(\text{primer dado par y segundo mayor que }4)=\frac{6}{36}=\frac{1}{6} \]

a) Hay \(4\) vocales, \(5\) números y \(3\) colores:

\[ 4\cdot 5\cdot 3=60 \]

Hay \(60\) etiquetas posibles.

b) Vocal \(E\): \(1\) opción. Color rojo: \(1\) opción. El número puede ser cualquiera de los \(5\):

\[ 1\cdot 5\cdot 1=5 \]

Entonces:

\[ P(\text{vocal }E\text{ y color rojo})=\frac{5}{60}=\frac{1}{12} \]

c) Los números pares son \(2\) y \(4\), es decir, \(2\) opciones. La vocal puede ser cualquiera de las \(4\) y el color cualquiera de los \(3\):

\[ 4\cdot 2\cdot 3=24 \]

Entonces:

\[ P(\text{número par})=\frac{24}{60}=\frac{2}{5} \]

a) Cada pregunta tiene \(2\) opciones: verdadero o falso. Para \(4\) preguntas:

\[ 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2=16 \]

Hay \(16\) formas distintas de responder.

b) Si la primera pregunta debe ser verdadera, queda fija. Las otras \(3\) preguntas tienen \(2\) opciones cada una:

\[ 1\cdot 2\cdot 2\cdot 2=8 \]

Entonces:

\[ P(\text{primera verdadera})=\frac{8}{16}=\frac{1}{2} \]

c) Responder falso en todas las preguntas corresponde a una sola forma:

\[ (F,F,F,F) \]

Por lo tanto:

\[ P(\text{todas falsas})=\frac{1}{16} \]

a) Primera letra: \(3\) opciones. Segunda letra: \(3\) opciones. Dígito: \(5\) opciones.

\[ 3\cdot 3\cdot 5=45 \]

Hay \(45\) claves posibles.

b) Si la primera letra es \(A\), queda fija. La segunda letra tiene \(3\) opciones y el dígito \(5\):

\[ 1\cdot 3\cdot 5=15 \]

Entonces:

\[ P(\text{primera letra }A)=\frac{15}{45}=\frac{1}{3} \]

c) Los dígitos mayores que \(2\) son \(3\) y \(4\), es decir, \(2\) opciones. Las letras tienen \(3\) opciones cada una:

\[ 3\cdot 3\cdot 2=18 \]

Entonces:

\[ P(\text{dígito mayor que }2)=\frac{18}{45}=\frac{2}{5} \]

a) Para el primer dígito hay \(5\) opciones. Como no se puede repetir, para el segundo quedan \(4\) opciones, y para el tercero quedan \(3\):

\[ 5\cdot 4\cdot 3=60 \]

Se pueden formar \(60\) códigos distintos.

b) Si el código comienza con \(0\), el primer dígito queda fijo. Para el segundo quedan \(4\) opciones y para el tercero quedan \(3\):

\[ 1\cdot 4\cdot 3=12 \]

Entonces:

\[ P(\text{comienza con }0)=\frac{12}{60}=\frac{1}{5} \]

a) Aplicamos el principio multiplicativo:

\[ 3\cdot 2\cdot 4=24 \]

Se pueden formar \(24\) opciones completas de salida.

b) Si la actividad es museo, la actividad queda fija. El transporte tiene \(3\) opciones y el horario \(2\):

\[ 3\cdot 2\cdot 1=6 \]

Entonces:

\[ P(\text{museo})=\frac{6}{24}=\frac{1}{4} \]

c) Si la salida es en la tarde, el horario queda fijo. El transporte tiene \(3\) opciones y la actividad \(4\):

\[ 3\cdot 1\cdot 4=12 \]

Entonces:

\[ P(\text{tarde})=\frac{12}{24}=\frac{1}{2} \]

a) Hay \(4\) opciones de polera, \(3\) de pantalón y \(2\) de zapatillas:

\[ 4\cdot 3\cdot 2=24 \]

Puede formar \(24\) tenidas completas.

b) Polera azul: \(1\) opción. Pantalón: \(3\) opciones. Zapatillas: \(2\) opciones.

\[ 1\cdot 3\cdot 2=6 \]

Entonces:

\[ P(\text{polera azul})=\frac{6}{24}=\frac{1}{4} \]

c) Pantalón negro: \(1\) opción. Zapatillas blancas: \(1\) opción. La polera puede ser cualquiera de las \(4\):

\[ 4\cdot 1\cdot 1=4 \]

Entonces:

\[ P(\text{pantalón negro y zapatillas blancas})=\frac{4}{24}=\frac{1}{6} \]

a) El error es sumar opciones de etapas distintas. Como cada sabor se puede combinar con cada cobertura, corresponde multiplicar.

b) La cantidad correcta de combinaciones es:

\[ 3\cdot 4=12 \]

c) Si el sabor es chocolate, el sabor queda fijo y la cobertura puede ser cualquiera de las \(4\):

\[ 1\cdot 4=4 \]

Entonces:

\[ P(\text{chocolate})=\frac{4}{12}=\frac{1}{3} \]

a) Hay \(3\) formatos, \(5\) asignaturas y \(2\) niveles:

\[ 3\cdot 5\cdot 2=30 \]

Puede generar \(30\) recomendaciones posibles.

b) Si la asignatura es matemática, el formato puede ser cualquiera de los \(3\) y el nivel cualquiera de los \(2\):

\[ 3\cdot 1\cdot 2=6 \]

Entonces:

\[ P(\text{matemática})=\frac{6}{30}=\frac{1}{5} \]

c) Si la recomendación es video y de nivel avanzado, el formato queda fijo y el nivel queda fijo. El tema puede ser cualquiera de las \(5\) asignaturas:

\[ 1\cdot 5\cdot 1=5 \]

Entonces:

\[ P(\text{video y avanzado})=\frac{5}{30}=\frac{1}{6} \]

d) Si la recomendación no es de matemática, hay \(4\) asignaturas posibles. El formato tiene \(3\) opciones y el nivel \(2\):

\[ 3\cdot 4\cdot 2=24 \]

Entonces:

\[ P(\text{no matemática})=\frac{24}{30}=\frac{4}{5} \]

a) Las etapas son:

• Etapa 1: lanzar una moneda.
• Etapa 2: elegir una letra entre \(A\) y \(B\).

b) Los caminos completos son:

\[ (\text{cara},A),\quad (\text{cara},B),\quad (\text{sello},A),\quad (\text{sello},B) \]

c) Hay:

\[ 2\cdot 2=4 \]

resultados posibles.

a) Las claves posibles son:

\[ (A,1),\quad (A,2),\quad (B,1),\quad (B,2),\quad (C,1),\quad (C,2) \]

b) El árbol tendría:

\[ 3\cdot 2=6 \]

caminos completos.

c) Las claves que comienzan con \(B\) son:

\[ (B,1),\quad (B,2) \]

Hay \(2\) casos favorables de \(6\) posibles. Entonces:

\[ P(\text{comienza con }B)=\frac{2}{6}=\frac{1}{3} \]

a) El experimento tiene \(3\) etapas, una por cada pregunta.

b) En cada etapa hay \(2\) opciones: \(V\) o \(F\).

c) Por el principio multiplicativo:

\[ 2\cdot 2\cdot 2=8 \]

Hay \(8\) formas distintas de responder.

d) Responder \(V\) en todas las preguntas corresponde a un solo camino:

\[ (V,V,V) \]

Entonces:

\[ P(V,V,V)=\frac{1}{8} \]

a) Hay \(3\) letras posibles: \(A\), \(B\) y \(C\).

b) Hay \(2\) números posibles: \(1\) y \(2\).

c) La cantidad de caminos completos es:

\[ 3\cdot 2=6 \]

d) Si la letra es \(A\), el número puede ser \(1\) o \(2\). Hay \(2\) casos favorables de \(6\) posibles:

\[ P(\text{letra }A)=\frac{2}{6}=\frac{1}{3} \]

a) La moneda tiene \(2\) opciones y el dado \(6\):

\[ 2\cdot 6=12 \]

Hay \(12\) resultados posibles.

b) Sello queda fijo: \(1\) opción. Número mayor que \(4\): \(5\) o \(6\), es decir, \(2\) opciones.

Casos favorables:

\[ 1\cdot 2=2 \]

Entonces:

\[ P(\text{sello y número mayor que }4)=\frac{2}{12}=\frac{1}{6} \]

c) Número par en el dado puede ser \(2\), \(4\) o \(6\), es decir, \(3\) opciones. La moneda puede ser cara o sello: \(2\) opciones.

Casos favorables:

\[ 2\cdot 3=6 \]

Entonces:

\[ P(\text{número par})=\frac{6}{12}=\frac{1}{2} \]

a) Hay \(3\) formatos y \(3\) temas:

\[ 3\cdot 3=9 \]

Hay \(9\) resultados posibles.

b) Los resultados que corresponden a matemática son:

\[ (\text{video},\text{matemática}),\quad (\text{texto},\text{matemática}),\quad (\text{actividad},\text{matemática}) \]

c) Hay \(3\) casos favorables de \(9\) posibles:

\[ P(\text{matemática})=\frac{3}{9}=\frac{1}{3} \]

a) Tiene \(3\) etapas:

• elegir polera;
• elegir pantalón;
• elegir zapatillas.

b) La cantidad de caminos completos es:

\[ 2\cdot 3\cdot 2=12 \]

c) Si la polera roja queda fija, el pantalón puede ser cualquiera de los \(3\) y las zapatillas cualquiera de los \(2\):

\[ 1\cdot 3\cdot 2=6 \]

Entonces:

\[ P(\text{polera roja})=\frac{6}{12}=\frac{1}{2} \]

El error es sumar las ramas de etapas distintas.

Si cada rama de la primera etapa se conecta con cada opción de la segunda, se debe multiplicar:

\[ 3\cdot 2=6 \]

Por lo tanto, hay \(6\) caminos completos, no \(5\).

a) Hay \(4\) opciones de letra, \(3\) opciones para el primer dígito y \(3\) opciones para el segundo dígito:

\[ 4\cdot 3\cdot 3=36 \]

El árbol tendría \(36\) caminos completos.

b) Si la clave comienza con \(A\), la letra queda fija. Los dígitos pueden variar:

\[ 1\cdot 3\cdot 3=9 \]

Entonces:

\[ P(\text{comienza con }A)=\frac{9}{36}=\frac{1}{4} \]

c) Si ambos dígitos son \(2\), los dígitos quedan fijos, pero la letra puede ser cualquiera de las \(4\):

\[ 4\cdot 1\cdot 1=4 \]

Entonces:

\[ P(\text{ambos dígitos son }2)=\frac{4}{36}=\frac{1}{9} \]

a) La cantidad de menús posibles es:

\[ 2\cdot 4\cdot 3=24 \]

b) Si la entrada es ensalada, la entrada queda fija. El plato de fondo tiene \(4\) opciones y el postre \(3\):

\[ 1\cdot 4\cdot 3=12 \]

Entonces:

\[ P(\text{ensalada})=\frac{12}{24}=\frac{1}{2} \]

c) Si la entrada es ensalada y el postre es fruta, ambas etapas quedan fijas. El plato de fondo puede ser cualquiera de los \(4\):

\[ 1\cdot 4\cdot 1=4 \]

Entonces:

\[ P(\text{ensalada y fruta})=\frac{4}{24}=\frac{1}{6} \]

a) La cantidad total de caminos completos es:

\[ 2\cdot 5\cdot 3=30 \]

b) Si se fija una opción de la primera etapa, quedan libres la segunda y tercera etapa:

\[ 1\cdot 5\cdot 3=15 \]

c) Si se fija una opción de la primera etapa y una opción de la tercera, solo queda libre la segunda etapa:

\[ 1\cdot 5\cdot 1=5 \]

a) Hay \(3\) formatos, \(4\) asignaturas y \(2\) niveles:

\[ 3\cdot 4\cdot 2=24 \]

El árbol tendría \(24\) caminos completos.

b) Si la recomendación es de matemática, la asignatura queda fija. El formato tiene \(3\) opciones y el nivel \(2\):

\[ 3\cdot 1\cdot 2=6 \]

Entonces:

\[ P(\text{matemática})=\frac{6}{24}=\frac{1}{4} \]

c) Si la recomendación es video y de nivel avanzado, el formato y el nivel quedan fijos. La asignatura puede ser cualquiera de las \(4\):

\[ 1\cdot 4\cdot 1=4 \]

Entonces:

\[ P(\text{video y avanzado})=\frac{4}{24}=\frac{1}{6} \]

d) El árbol ayuda porque separa el experimento en etapas y permite ver que cada camino completo representa un resultado posible.

a) Es conteo con repetición, porque un dígito puede aparecer más de una vez.

b) Es conteo sin repetición, porque una misma persona no puede ocupar ambos cargos.

c) Es conteo con repetición, porque en cada lanzamiento puede volver a salir el mismo número.

d) Es conteo sin repetición, porque deben ser tres estudiantes distintos.

a) Como se permite repetir, hay \(4\) opciones para la primera letra y \(4\) para la segunda:

\[ 4\cdot 4=16 \]

Hay \(16\) claves posibles.

b) Si la primera letra es \(A\), la primera posición queda fija y la segunda tiene \(4\) opciones:

\[ 1\cdot 4=4 \]

Entonces:

\[ P(\text{primera letra }A)=\frac{4}{16}=\frac{1}{4} \]

c) Ambas letras iguales puede ocurrir como:

\[ AA,\quad BB,\quad CC,\quad DD \]

Hay \(4\) casos favorables de \(16\) posibles:

\[ P(\text{ambas iguales})=\frac{4}{16}=\frac{1}{4} \]

a) Para la primera letra hay \(4\) opciones. Como no se permite repetir, para la segunda quedan \(3\):

\[ 4\cdot 3=12 \]

Hay \(12\) claves posibles.

b) Si la primera letra es \(A\), la primera posición queda fija y para la segunda quedan \(3\) opciones:

\[ 1\cdot 3=3 \]

Entonces:

\[ P(\text{primera letra }A)=\frac{3}{12}=\frac{1}{4} \]

c) La letra \(A\) puede estar en la primera o en la segunda posición.

Si \(A\) está primero, hay \(3\) opciones para la segunda letra.

Si \(A\) está segundo, hay \(3\) opciones para la primera letra.

Casos favorables:

\[ 3+3=6 \]

Entonces:

\[ P(\text{contiene }A)=\frac{6}{12}=\frac{1}{2} \]

a) Hay \(6\) opciones para cada posición:

\[ 6\cdot 6\cdot 6=216 \]

Hay \(216\) códigos posibles.

b) Si el código comienza con \(2\), la primera posición queda fija. Las otras dos posiciones tienen \(6\) opciones cada una:

\[ 1\cdot 6\cdot 6=36 \]

Entonces:

\[ P(\text{comienza con }2)=\frac{36}{216}=\frac{1}{6} \]

c) Los dígitos pares disponibles son \(0\), \(2\) y \(4\), es decir, \(3\) opciones. Como se permite repetir:

\[ 3\cdot 3\cdot 3=27 \]

Entonces:

\[ P(\text{todos pares})=\frac{27}{216}=\frac{1}{8} \]

a) Para la primera posición hay \(6\) opciones, luego quedan \(5\), y después \(4\):

\[ 6\cdot 5\cdot 4=120 \]

Hay \(120\) códigos posibles.

b) Si el código comienza con \(2\), la primera posición queda fija. Luego quedan \(5\) opciones para la segunda posición y \(4\) para la tercera:

\[ 1\cdot 5\cdot 4=20 \]

Entonces:

\[ P(\text{comienza con }2)=\frac{20}{120}=\frac{1}{6} \]

c) Los dígitos pares disponibles son \(0\), \(2\) y \(4\), es decir, \(3\) opciones. Como no se permite repetir y se necesitan tres dígitos:

\[ 3\cdot 2\cdot 1=6 \]

Entonces:

\[ P(\text{todos pares})=\frac{6}{120}=\frac{1}{20} \]

a) Para la presidencia hay \(8\) opciones. Luego quedan \(7\) opciones para la vicepresidencia:

\[ 8\cdot 7=56 \]

Hay \(56\) formas posibles.

b) Si Camila es presidenta, la presidencia queda fija. Para la vicepresidencia quedan \(7\) opciones:

\[ 1\cdot 7=7 \]

Entonces:

\[ P(\text{Camila presidenta})=\frac{7}{56}=\frac{1}{8} \]

c) Camila puede ser presidenta o vicepresidenta.

Si Camila es presidenta: \(7\) casos.

Si Camila es vicepresidenta: \(7\) casos.

Casos favorables:

\[ 7+7=14 \]

Por lo tanto:

\[ P(\text{Camila ocupa un cargo})=\frac{14}{56}=\frac{1}{4} \]

a) Es con repetición, porque la tarjeta se devuelve a la caja y puede volver a salir el mismo color.

b) Hay \(3\) opciones en la primera extracción y \(3\) en la segunda:

\[ 3\cdot 3=9 \]

Hay \(9\) resultados posibles.

c) Obtener dos tarjetas del mismo color puede ocurrir como:

\[ (\text{roja},\text{roja}),\quad (\text{azul},\text{azul}),\quad (\text{verde},\text{verde}) \]

Hay \(3\) casos favorables de \(9\) posibles:

\[ P(\text{mismo color})=\frac{3}{9}=\frac{1}{3} \]

a) Es sin repetición, porque la primera tarjeta no se devuelve a la caja.

b) Hay \(3\) opciones en la primera extracción. Luego quedan \(2\) opciones para la segunda:

\[ 3\cdot 2=6 \]

Hay \(6\) resultados posibles.

c) No se puede obtener dos veces el mismo color, porque la tarjeta extraída no se devuelve y solo hay una tarjeta de cada color.

Por lo tanto:

\[ P(\text{mismo color})=0 \]

a) Es sin repetición, porque un mismo libro no puede ocupar más de una posición.

b) Para la primera posición hay \(5\) opciones. Luego quedan \(4\) para la segunda y \(3\) para la tercera:

\[ 5\cdot 4\cdot 3=60 \]

Hay \(60\) formas distintas.

c) Si el libro de matemática queda en la primera posición, esa posición queda fija. Luego quedan \(4\) opciones para la segunda posición y \(3\) para la tercera:

\[ 1\cdot 4\cdot 3=12 \]

Entonces:

\[ P(\text{matemática primero})=\frac{12}{60}=\frac{1}{5} \]

a) Hay \(3\) opciones para cada letra y \(3\) opciones para cada dígito:

\[ 3\cdot 3\cdot 3\cdot 3=81 \]

Hay \(81\) contraseñas posibles.

b) Para que las dos letras sean iguales, hay \(3\) posibilidades: \(AA\), \(BB\) o \(CC\). Los dígitos pueden ser cualesquiera:

\[ 3\cdot 3\cdot 3=27 \]

Entonces:

\[ P(\text{letras iguales})=\frac{27}{81}=\frac{1}{3} \]

c) Si el último dígito es \(0\), queda fijo. Las dos letras y el primer dígito tienen \(3\) opciones cada uno:

\[ 3\cdot 3\cdot 3\cdot 1=27 \]

Entonces:

\[ P(\text{último dígito }0)=\frac{27}{81}=\frac{1}{3} \]

a) Para las letras hay \(3\) opciones en la primera posición y \(2\) en la segunda. Para los dígitos hay \(3\) opciones en la primera posición y \(2\) en la segunda:

\[ 3\cdot 2\cdot 3\cdot 2=36 \]

Hay \(36\) contraseñas posibles.

b) Si la primera letra es \(A\), la primera posición queda fija. Para la segunda letra quedan \(2\) opciones. Para los dígitos hay \(3\) y luego \(2\) opciones:

\[ 1\cdot 2\cdot 3\cdot 2=12 \]

Entonces:

\[ P(\text{primera letra }A)=\frac{12}{36}=\frac{1}{3} \]

c) Si la contraseña termina en \(0\), el último dígito queda fijo. El primer dígito no puede ser \(0\), por lo que tiene \(2\) opciones. Las letras tienen \(3\) y \(2\) opciones:

\[ 3\cdot 2\cdot 2\cdot 1=12 \]

Entonces:

\[ P(\text{termina en }0)=\frac{12}{36}=\frac{1}{3} \]

a) El error es contar como si se permitiera repetir dígitos. Pero el enunciado dice que no se pueden repetir.

b) Para la primera posición hay \(10\) opciones. Luego quedan \(9\), y después \(8\):

\[ 10\cdot 9\cdot 8=720 \]

Hay \(720\) claves posibles.

c) Si la clave comienza con \(7\), la primera posición queda fija. Para la segunda posición quedan \(9\) opciones y para la tercera \(8\):

\[ 1\cdot 9\cdot 8=72 \]

Entonces:

\[ P(\text{comienza con }7)=\frac{72}{720}=\frac{1}{10} \]

a)

\[ 3!=3\cdot 2\cdot 1=6 \]

b)

\[ 4!=4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=24 \]

c)

\[ 5!=5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=120 \]

Como se ordenan \(3\) libros distintos y se usan todos, corresponde calcular:

\[ 3!=3\cdot 2\cdot 1=6 \]

Hay \(6\) ordenamientos posibles.

Se deben ordenar \(4\) estudiantes distintos, usando a todos y sin repetir.

Entonces:

\[ 4!=4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=24 \]

Pueden ordenarse de \(24\) maneras distintas.

Las letras \(S\), \(O\) y \(L\) son distintas.

Por lo tanto, se ordenan \(3\) elementos distintos:

\[ 3!=3\cdot 2\cdot 1=6 \]

Se pueden formar \(6\) ordenamientos distintos.

Las letras \(R\), \(O\), \(M\) y \(A\) son distintas.

Entonces:

\[ 4!=4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=24 \]

Se pueden formar \(24\) ordenamientos distintos.

a) Se ordenan \(5\) fotografías distintas:

\[ 5!=5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=120 \]

Hay \(120\) ordenamientos posibles.

b) Si la fotografía de paisaje queda fija en la primera posición, las otras \(4\) fotografías se ordenan en las posiciones restantes:

\[ 4!=4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=24 \]

Entonces:

\[ P(\text{paisaje primero})=\frac{24}{120}=\frac{1}{5} \]

a) Se ordenan \(5\) estudiantes distintos:

\[ 5!=120 \]

Hay \(120\) ordenamientos posibles.

b) Si Ana queda fija en la última posición, los otros \(4\) estudiantes pueden ordenarse en las otras posiciones:

\[ 4!=24 \]

Entonces:

\[ P(\text{Ana última})=\frac{24}{120}=\frac{1}{5} \]

a) Se ordenan \(6\) libros distintos:

\[ 6!=6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=720 \]

Hay \(720\) ordenamientos posibles.

b) Si el libro de matemática queda primero, los otros \(5\) libros se ordenan libremente:

\[ 5!=120 \]

Entonces:

\[ P(\text{matemática primero})=\frac{120}{720}=\frac{1}{6} \]

c) Si el libro de matemática queda último, los otros \(5\) libros se ordenan libremente:

\[ 5!=120 \]

Entonces:

\[ P(\text{matemática último})=\frac{120}{720}=\frac{1}{6} \]

a) Se ordenan \(5\) estudiantes distintos:

\[ 5!=120 \]

b) Bruno puede quedar primero o último.

Si Bruno queda primero, los otros \(4\) estudiantes se ordenan así:

\[ 4!=24 \]

Si Bruno queda último, los otros \(4\) estudiantes se ordenan así:

\[ 4!=24 \]

Casos favorables:

\[ 24+24=48 \]

Entonces:

\[ P(\text{Bruno primero o último})=\frac{48}{120}=\frac{2}{5} \]

a) Se ordenan \(5\) letras distintas:

\[ 5!=120 \]

b) Si comienza con \(A\), las otras \(4\) letras se ordenan en los lugares restantes:

\[ 4!=24 \]

Entonces:

\[ P(\text{comienza con }A)=\frac{24}{120}=\frac{1}{5} \]

c) Si termina con \(E\), las otras \(4\) letras se ordenan en los lugares restantes:

\[ 4!=24 \]

Entonces:

\[ P(\text{termina con }E)=\frac{24}{120}=\frac{1}{5} \]

a) Se ordenan \(4\) estudiantes distintos:

\[ 4!=24 \]

b) En cualquier ordenamiento donde aparecen Ana y Bruno, hay dos posibilidades respecto de ellos:

• Ana antes que Bruno;
• Bruno antes que Ana.

Como no hay ninguna condición que favorezca a uno sobre el otro, la mitad de los ordenamientos tiene a Ana antes que Bruno.

Entonces:

\[ P(\text{Ana antes que Bruno})=\frac{1}{2} \]

También se puede calcular con casos:

\[ \frac{12}{24}=\frac{1}{2} \]

El error es contar como si se pudieran repetir objetos.

Al ordenar \(5\) objetos distintos, una vez que un objeto se usa en una posición, ya no puede usarse nuevamente.

Por eso, las opciones disminuyen:

\[ 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1 \]

Entonces:

\[ 5!=5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=120 \]

Por lo tanto, hay \(120\) ordenamientos posibles, no \(3125\).

a) Corresponde fijar posición, porque Ana debe ocupar un lugar específico: la primera posición.

b) Corresponde formar bloque, porque Bruno y Carla deben quedar juntos.

c) Conviene usar complemento: contar todos los ordenamientos y restar aquellos donde Diego queda último.

a) Se ordenan \(6\) libros distintos:

\[ 6!=720 \]

b) Si matemática queda primero, esa posición queda fija. Los otros \(5\) libros se ordenan libremente:

\[ 5!=120 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{matemática primero})=\frac{120}{720}=\frac{1}{6} \]

a) El total de ordenamientos es:

\[ 5!=120 \]

b) Si Diego queda último, se fija esa posición. Los otros \(4\) estudiantes se ordenan en los lugares restantes:

\[ 4!=24 \]

c)

\[ P(\text{Diego último})=\frac{24}{120}=\frac{1}{5} \]

a) Como hay \(5\) letras distintas:

\[ 5!=120 \]

b) Si el ordenamiento comienza con \(A\) y termina con \(E\), esas dos posiciones quedan fijas.

Quedan \(3\) letras para ordenar en los espacios centrales:

\[ 3!=6 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{comienza con }A\text{ y termina con }E)=\frac{6}{120}=\frac{1}{20} \]

a) El total es:

\[ 6!=720 \]

b) Si la fotografía de paisaje queda primera, las otras \(5\) se ordenan libremente:

\[ 5!=120 \]

c) Usamos complemento:

\[ 720-120=600 \]

Hay \(600\) ordenamientos donde la fotografía de paisaje no queda primera.

d)

\[ P(\text{paisaje no primero})=\frac{600}{720}=\frac{5}{6} \]

a) El total de ordenamientos es:

\[ 5!=120 \]

b) Tratamos a Ana y Bruno como un bloque. Entonces se ordenan \(4\) objetos: el bloque y los otros \(3\) estudiantes.

\[ 4!=24 \]

Dentro del bloque, Ana y Bruno pueden ordenarse de \(2\) formas:

\[ (\text{Ana},\text{Bruno})\quad \text{o}\quad (\text{Bruno},\text{Ana}) \]

Por lo tanto:

\[ 4!\cdot 2=24\cdot 2=48 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{Ana y Bruno juntos})=\frac{48}{120}=\frac{2}{5} \]

a) El total de ordenamientos es:

\[ 6!=720 \]

b) Como Ana y Bruno deben quedar juntos, se tratan como un bloque.

Ahora se ordenan \(5\) objetos: el bloque y los otros \(4\) estudiantes:

\[ 5!=120 \]

Como el orden interno debe ser Ana-Bruno, no se multiplica por \(2\).

Hay \(120\) ordenamientos que cumplen la condición.

c)

\[ P(\text{Ana-Bruno juntos en ese orden})=\frac{120}{720}=\frac{1}{6} \]

a) El total de ordenamientos es:

\[ 6!=720 \]

b) Los libros de matemática y ciencias pueden ocupar los dos extremos de \(2\) formas:

\[ \text{Matemática-Ciencias}\quad \text{o}\quad \text{Ciencias-Matemática} \]

Los otros \(4\) libros se ordenan en los espacios centrales:

\[ 4!=24 \]

Entonces:

\[ 2\cdot 4!=2\cdot 24=48 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{matemática y ciencias en extremos})=\frac{48}{720}=\frac{1}{15} \]

a) El total de ordenamientos es:

\[ 5!=120 \]

b) Si matemática y ciencias quedan juntos, se tratan como un bloque. Entonces se ordenan \(4\) objetos:

\[ 4!=24 \]

Dentro del bloque, los dos libros pueden ordenarse de \(2\) formas:

\[ 2\cdot 4!=2\cdot 24=48 \]

c) Usamos complemento:

\[ 120-48=72 \]

Hay \(72\) ordenamientos donde matemática y ciencias no quedan juntos.

d)

\[ P(\text{no quedan juntos})=\frac{72}{120}=\frac{3}{5} \]

a) Se ordenan \(6\) estudiantes distintos:

\[ 6!=720 \]

b) Primero fijamos a Carla en la última posición. Quedan \(5\) estudiantes para ordenar:

\[ 5!=120 \]

De esos ordenamientos, en la mitad Ana queda antes que Bruno, y en la otra mitad Bruno queda antes que Ana.

Entonces:

\[ \frac{120}{2}=60 \]

Hay \(60\) ordenamientos que cumplen ambas condiciones.

c)

\[ P(\text{Carla última y Ana antes que Bruno})=\frac{60}{720}=\frac{1}{12} \]

a) El total es:

\[ 7!=5040 \]

b) El libro de historia puede quedar en el extremo izquierdo o en el extremo derecho: \(2\) opciones.

Los otros \(6\) libros se ordenan libremente:

\[ 6!=720 \]

Por lo tanto:

\[ 2\cdot 6!=2\cdot 720=1440 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{historia en un extremo})=\frac{1440}{5040}=\frac{2}{7} \]

a) El estudiante trató a Ana y Bruno como un bloque, lo cual es correcto, pero olvidó considerar el orden interno del bloque.

Ana y Bruno pueden quedar como:

\[ (\text{Ana},\text{Bruno})\quad \text{o}\quad (\text{Bruno},\text{Ana}) \]

b) Se ordenan \(4\) objetos: el bloque y los otros \(3\) estudiantes.

\[ 4!=24 \]

Luego se multiplica por \(2\), porque el bloque puede ordenarse internamente de dos formas:

\[ 4!\cdot 2=24\cdot 2=48 \]

Hay \(48\) ordenamientos correctos.

c) El total de ordenamientos de \(5\) estudiantes es:

\[ 5!=120 \]

Entonces:

\[ P(\text{Ana y Bruno juntos})=\frac{48}{120}=\frac{2}{5} \]

a)

\[ \binom{4}{2}=\frac{4!}{2!(4-2)!}=\frac{4!}{2!2!} \]

\[ \binom{4}{2}=\frac{4\cdot 3\cdot 2!}{2\cdot 1\cdot 2!}=\frac{4\cdot 3}{2}=6 \]

b)

\[ \binom{5}{2}=\frac{5!}{2!3!} \]

\[ \binom{5}{2}=\frac{5\cdot 4\cdot 3!}{2\cdot 1\cdot 3!}=\frac{5\cdot 4}{2}=10 \]

c)

\[ \binom{6}{3}=\frac{6!}{3!3!} \]

\[ \binom{6}{3}=\frac{6\cdot 5\cdot 4\cdot 3!}{3\cdot 2\cdot 1\cdot 3!}=20 \]

a) No importa el orden. Si se elige a Ana y Bruno, es la misma comisión que elegir a Bruno y Ana.

b) Se deben elegir \(2\) estudiantes entre \(6\), sin importar el orden:

\[ \binom{6}{2}=\frac{6!}{2!4!} \]

\[ \binom{6}{2}=\frac{6\cdot 5\cdot 4!}{2\cdot 1\cdot 4!}=\frac{6\cdot 5}{2}=15 \]

Se pueden formar \(15\) comisiones distintas.

El estudiante elige \(3\) libros entre \(7\), sin importar el orden.

Por lo tanto, corresponde calcular:

\[ \binom{7}{3}=\frac{7!}{3!4!} \]

\[ \binom{7}{3}=\frac{7\cdot 6\cdot 5\cdot 4!}{3\cdot 2\cdot 1\cdot 4!} \]

\[ \binom{7}{3}=\frac{7\cdot 6\cdot 5}{6}=35 \]

Puede hacer \(35\) selecciones distintas.

a) Corresponde usar combinaciones, porque solo importa qué jugadores son seleccionados, no el orden en que se nombran.

b) Se eligen \(4\) jugadores entre \(9\):

\[ \binom{9}{4}=\frac{9!}{4!5!} \]

\[ \binom{9}{4}=\frac{9\cdot 8\cdot 7\cdot 6\cdot 5!}{4\cdot 3\cdot 2\cdot 1\cdot 5!} \]

\[ \binom{9}{4}=\frac{9\cdot 8\cdot 7\cdot 6}{24}=126 \]

Hay \(126\) selecciones posibles.

a) Se eligen \(2\) tarjetas entre \(8\):

\[ \binom{8}{2}=\frac{8\cdot 7}{2}=28 \]

Hay \(28\) parejas posibles.

b) Si la tarjeta especial debe estar en la pareja, falta elegir \(1\) tarjeta entre las otras \(7\):

\[ \binom{7}{1}=7 \]

Hay \(7\) parejas que contienen la tarjeta especial.

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{contiene tarjeta especial})=\frac{7}{28}=\frac{1}{4} \]

En total hay:

\[ 5+4=9 \]

personas.

a) Se eligen \(3\) personas entre \(9\):

\[ \binom{9}{3}=\frac{9\cdot 8\cdot 7}{3\cdot 2\cdot 1}=84 \]

b) Para elegir solo mujeres, se eligen \(3\) mujeres entre \(5\):

\[ \binom{5}{3}=\frac{5\cdot 4\cdot 3}{3\cdot 2\cdot 1}=10 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{solo mujeres})=\frac{10}{84}=\frac{5}{42} \]

En total hay:

\[ 6+5=11 \]

estudiantes.

a) Se eligen \(4\) estudiantes entre \(11\):

\[ \binom{11}{4}=\frac{11\cdot 10\cdot 9\cdot 8}{4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}=330 \]

b) Se eligen \(2\) estudiantes de primero medio entre \(6\):

\[ \binom{6}{2}=15 \]

Se eligen \(2\) estudiantes de segundo medio entre \(5\):

\[ \binom{5}{2}=10 \]

Como ambas elecciones ocurren juntas, multiplicamos:

\[ 15\cdot 10=150 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{exactamente }2\text{ y }2)=\frac{150}{330}=\frac{5}{11} \]

En total hay:

\[ 4+6=10 \]

bolitas.

a) Se extraen \(3\) bolitas entre \(10\):

\[ \binom{10}{3}=\frac{10\cdot 9\cdot 8}{3\cdot 2\cdot 1}=120 \]

b) Elegimos \(2\) rojas entre \(4\):

\[ \binom{4}{2}=6 \]

Elegimos \(1\) azul entre \(6\):

\[ \binom{6}{1}=6 \]

Casos favorables:

\[ 6\cdot 6=36 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{exactamente }2\text{ rojas y }1\text{ azul})=\frac{36}{120}=\frac{3}{10} \]

a) Se eligen \(2\) tarjetas entre \(5\):

\[ \binom{5}{2}=10 \]

b) Buscamos parejas de números distintos entre \(1\) y \(5\) que sumen \(6\):

\[ 1+5=6 \]

\[ 2+4=6 \]

La pareja \(3+3\) no sirve, porque solo hay una tarjeta con el número \(3\) y no se repite.

Hay \(2\) selecciones favorables.

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{suma }6)=\frac{2}{10}=\frac{1}{5} \]

a) Se eligen \(3\) estudiantes entre \(10\):

\[ \binom{10}{3}=\frac{10\cdot 9\cdot 8}{3\cdot 2\cdot 1}=120 \]

b) Si Martina debe estar en la comisión, queda fija una persona. Faltan elegir \(2\) estudiantes entre los otros \(9\):

\[ \binom{9}{2}=\frac{9\cdot 8}{2}=36 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{Martina pertenece a la comisión})=\frac{36}{120}=\frac{3}{10} \]

a) Se eligen \(4\) estudiantes entre \(12\):

\[ \binom{12}{4}=\frac{12\cdot 11\cdot 10\cdot 9}{4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}=495 \]

b) Si Ana y Bruno deben estar en el grupo, ya hay \(2\) cupos ocupados. Faltan elegir \(2\) estudiantes entre los otros \(10\):

\[ \binom{10}{2}=\frac{10\cdot 9}{2}=45 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{Ana y Bruno en el grupo})=\frac{45}{495}=\frac{1}{11} \]

a) El estudiante usó un conteo ordenado, como si importara el orden en que se eligen los \(3\) estudiantes.

Pero en una comisión no importa el orden: elegir Ana, Bruno y Carla es la misma comisión que elegir Carla, Ana y Bruno.

b) Corresponde usar combinaciones:

\[ \binom{8}{3}=\frac{8!}{3!5!} \]

\[ \binom{8}{3}=\frac{8\cdot 7\cdot 6\cdot 5!}{3\cdot 2\cdot 1\cdot 5!} \]

\[ \binom{8}{3}=\frac{8\cdot 7\cdot 6}{6}=56 \]

Hay \(56\) comisiones posibles.

c) Se divide por \(3!\) porque cada grupo de \(3\) estudiantes fue contado varias veces en distintos órdenes.

Por ejemplo, un mismo grupo formado por Ana, Bruno y Carla puede ordenarse de:

\[ 3!=6 \]

formas distintas. Como esos \(6\) ordenamientos representan la misma comisión, se debe dividir por \(6\).

a) Corresponde usar permutaciones, porque se ordenan libros y el orden en la repisa importa.

b) Corresponde usar combinaciones, porque se forma una comisión y el orden de elección no importa.

c) Corresponde usar permutaciones o conteo ordenado, porque presidente y secretario son cargos distintos.

d) Corresponde usar combinaciones, porque se seleccionan canciones sin importar el orden.

a) Sí importa el orden, porque los cargos son distintos.

No es lo mismo que una persona sea presidenta y otra secretaria, a que ocupen los cargos al revés.

b) Para la presidencia hay \(7\) opciones. Luego quedan \(6\) opciones para la secretaría:

\[ 7\cdot 6=42 \]

Hay \(42\) formas posibles de asignar los cargos.

a) No importa el orden, porque solo interesa quiénes serán representantes.

b) Se eligen \(2\) estudiantes entre \(7\):

\[ \binom{7}{2}=\frac{7!}{2!5!} \]

\[ \binom{7}{2}=\frac{7\cdot 6}{2}=21 \]

Se pueden formar \(21\) parejas de representantes.

a) Para presidente hay \(8\) opciones. Luego quedan \(7\) opciones para vicepresidente:

\[ 8\cdot 7=56 \]

b) Para una comisión de \(2\) estudiantes, el orden no importa:

\[ \binom{8}{2}=\frac{8\cdot 7}{2}=28 \]

c) Los resultados son distintos porque en los cargos sí importa quién ocupa cada puesto. En cambio, en la comisión solo importa el grupo formado.

a) Corresponde usar permutaciones, porque se ordenan todos los libros y el orden importa.

b) Se ordenan \(5\) libros distintos:

\[ 5!=5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=120 \]

Hay \(120\) ordenamientos posibles.

a) Corresponde usar combinaciones, porque solo importa qué libros elige, no el orden en que los elige.

b) Se eligen \(3\) libros entre \(5\):

\[ \binom{5}{3}=\frac{5!}{3!2!} \]

\[ \binom{5}{3}=\frac{5\cdot 4}{2}=10 \]

Hay \(10\) selecciones posibles.

a) Sí importa el orden, porque \(AB\) y \(BA\) son claves distintas.

b) Para la primera letra hay \(4\) opciones. Como deben ser distintas, para la segunda quedan \(3\):

\[ 4\cdot 3=12 \]

Hay \(12\) claves posibles.

a) Como se eligen \(2\) tarjetas y el orden no importa:

\[ \binom{5}{2}=\frac{5\cdot 4}{2}=10 \]

Hay \(10\) selecciones posibles.

b) Si la tarjeta \(1\) debe estar en la selección, falta elegir \(1\) tarjeta entre las otras \(4\):

\[ \binom{4}{1}=4 \]

Hay \(4\) selecciones que contienen la tarjeta \(1\).

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{contiene tarjeta }1)=\frac{4}{10}=\frac{2}{5} \]

a) Sí importa el orden, porque no es lo mismo quedar en el primer, segundo o tercer puesto.

b) Para el primer puesto hay \(6\) opciones. Luego quedan \(5\) para el segundo y \(4\) para el tercero:

\[ 6\cdot 5\cdot 4=120 \]

Hay \(120\) formas posibles.

a) No importa el orden, porque solo interesa quiénes forman el equipo.

b) Se eligen \(3\) estudiantes entre \(6\):

\[ \binom{6}{3}=\frac{6!}{3!3!} \]

\[ \binom{6}{3}=\frac{6\cdot 5\cdot 4}{3\cdot 2\cdot 1}=20 \]

Hay \(20\) equipos posibles.

c) En el ejercicio anterior había \(120\) formas porque el orden en los puestos importaba. Aquí hay \(20\) equipos porque cada grupo de \(3\) estudiantes se cuenta una sola vez.

a) Corresponde usar combinaciones, porque solo importa quiénes ocupan los cupos, no el orden.

b) Se eligen \(4\) estudiantes entre \(9\):

\[ \binom{9}{4}=\frac{9\cdot 8\cdot 7\cdot 6}{4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}=126 \]

c) Si Martina queda seleccionada, falta elegir \(3\) estudiantes entre los otros \(8\):

\[ \binom{8}{3}=\frac{8\cdot 7\cdot 6}{3\cdot 2\cdot 1}=56 \]

Entonces:

\[ P(\text{Martina seleccionada})=\frac{56}{126}=\frac{4}{9} \]

a) El error es contar como si el orden importara. El cálculo \(8\cdot 7\cdot 6\) distingue entre primer, segundo y tercer elegido.

Pero en una comisión no hay posiciones distintas; solo importa el grupo elegido.

b) Corresponde usar combinaciones:

\[ \binom{8}{3}=\frac{8!}{3!5!} \]

\[ \binom{8}{3}=\frac{8\cdot 7\cdot 6}{3\cdot 2\cdot 1}=56 \]

Hay \(56\) comisiones posibles.

c) Se decide observando si el orden cambia el resultado. En una comisión, elegir Ana, Bruno y Carla es lo mismo que elegir Carla, Ana y Bruno. Como el orden no cambia el grupo, se usa combinación.

a) Hay \(5\) opciones de letra y \(10\) opciones de dígito:

\[ 5\cdot 10=50 \]

Hay \(50\) claves posibles.

b) Si la clave comienza con \(A\), la letra queda fija y el dígito puede ser cualquiera de los \(10\):

\[ 1\cdot 10=10 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{comienza con }A)=\frac{10}{50}=\frac{1}{5} \]

a) Hay \(6\) opciones para cada posición:

\[ 6\cdot 6\cdot 6=216 \]

b) Los dígitos pares disponibles son \(0\), \(2\) y \(4\), es decir, \(3\) opciones. Como se permite repetir:

\[ 3\cdot 3\cdot 3=27 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{solo pares})=\frac{27}{216}=\frac{1}{8} \]

a) Para la primera posición hay \(6\) opciones, luego quedan \(5\), y finalmente \(4\):

\[ 6\cdot 5\cdot 4=120 \]

b) Si la clave comienza con \(2\), la primera posición queda fija. Luego quedan \(5\) opciones para la segunda posición y \(4\) para la tercera:

\[ 1\cdot 5\cdot 4=20 \]

c)

\[ P(\text{comienza con }2)=\frac{20}{120}=\frac{1}{6} \]

a) Se ordenan \(6\) libros distintos:

\[ 6!=720 \]

b) Si ciencias queda primero, los otros \(5\) libros se ordenan libremente:

\[ 5!=120 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{ciencias primero})=\frac{120}{720}=\frac{1}{6} \]

a) El total de ordenamientos es:

\[ 5!=120 \]

b) Ana puede quedar en el primer lugar o en el último lugar: \(2\) opciones.

Los otros \(4\) estudiantes se ordenan libremente:

\[ 4!=24 \]

Casos favorables:

\[ 2\cdot 4!=2\cdot 24=48 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{Ana en un extremo})=\frac{48}{120}=\frac{2}{5} \]

a) Como se forma una comisión, el orden no importa:

\[ \binom{9}{3}=\frac{9\cdot 8\cdot 7}{3\cdot 2\cdot 1}=84 \]

b) Si Pedro queda fijo en la comisión, faltan elegir \(2\) estudiantes entre los otros \(8\):

\[ \binom{8}{2}=\frac{8\cdot 7}{2}=28 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{Pedro en la comisión})=\frac{28}{84}=\frac{1}{3} \]

En total hay \(10\) bolitas.

a) Se extraen \(3\) bolitas entre \(10\):

\[ \binom{10}{3}=120 \]

b) Elegimos \(2\) rojas entre \(4\) y \(1\) azul entre \(6\):

\[ \binom{4}{2}\cdot \binom{6}{1}=6\cdot 6=36 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{exactamente }2\text{ rojas y }1\text{ azul})=\frac{36}{120}=\frac{3}{10} \]

a) Se eligen \(2\) tarjetas entre \(5\):

\[ \binom{5}{2}=10 \]

b) Las parejas que suman \(7\) son:

\[ \{2,5\},\quad \{3,4\} \]

Hay \(2\) casos favorables.

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{suma }7)=\frac{2}{10}=\frac{1}{5} \]

En total hay:

\[ 6+5=11 \]

estudiantes.

a) Se eligen \(4\) estudiantes entre \(11\):

\[ \binom{11}{4}=330 \]

b) Para elegir solo mujeres, se eligen \(4\) mujeres entre \(6\):

\[ \binom{6}{4}=15 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{solo mujeres})=\frac{15}{330}=\frac{1}{22} \]

a) El total de ordenamientos es:

\[ 5!=120 \]

b) Tratamos matemática e historia como un bloque. Entonces se ordenan \(4\) objetos:

\[ 4!=24 \]

Dentro del bloque, los dos libros pueden ordenarse de \(2\) formas:

\[ 2\cdot 4!=2\cdot 24=48 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{matemática e historia juntos})=\frac{48}{120}=\frac{2}{5} \]

a) Se eligen \(4\) estudiantes entre \(12\):

\[ \binom{12}{4}=495 \]

b) Si Ana y Bruno quedan seleccionados, ya hay \(2\) cupos ocupados. Faltan elegir \(2\) estudiantes entre los otros \(10\):

\[ \binom{10}{2}=45 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{Ana y Bruno seleccionados})=\frac{45}{495}=\frac{1}{11} \]

a) El error es mezclar criterios de conteo. Los casos posibles se contaron como si el orden importara, pero los casos favorables se contaron como combinación.

Como se trata de una comisión, el orden no importa. Entonces ambos conteos deben hacerse con combinaciones.

b) Casos posibles:

\[ \binom{10}{3}=\frac{10\cdot 9\cdot 8}{3\cdot 2\cdot 1}=120 \]

Casos favorables: Camila queda fija, y se eligen \(2\) estudiantes entre los otros \(9\):

\[ \binom{9}{2}=36 \]

Por lo tanto:

\[ P(\text{Camila en la comisión})=\frac{36}{120}=\frac{3}{10} \]

a) Hay \(50\) tarjetas en total, por lo tanto hay \(50\) casos posibles.

b) El curso tiene \(10\) tarjetas, así que hay \(10\) casos favorables.

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{gana el curso})=\frac{10}{50}=\frac{1}{5} \]

a) Hay \(5\) opciones de letra y \(10\) opciones de dígito:

\[ 5\cdot 10=50 \]

b) Las vocales disponibles son \(A\) y \(E\), es decir, \(2\) opciones. El dígito puede ser cualquiera de los \(10\):

\[ 2\cdot 10=20 \]

c) Entonces:

\[ P(\text{comienza con vocal})=\frac{20}{50}=\frac{2}{5} \]

a) Como se permite repetir, hay \(10\) opciones para cada posición:

\[ 10\cdot 10\cdot 10=1000 \]

b) Si la clave termina en \(5\), el último dígito queda fijo. Los dos primeros dígitos tienen \(10\) opciones cada uno:

\[ 10\cdot 10\cdot 1=100 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{termina en }5)=\frac{100}{1000}=\frac{1}{10} \]

a) Como no se permite repetir, hay \(6\) opciones para la primera posición, \(5\) para la segunda y \(4\) para la tercera:

\[ 6\cdot 5\cdot 4=120 \]

b) Si la clave comienza con \(0\), la primera posición queda fija. Para la segunda quedan \(5\) opciones y para la tercera \(4\):

\[ 1\cdot 5\cdot 4=20 \]

c)

\[ P(\text{comienza con }0)=\frac{20}{120}=\frac{1}{6} \]

a) Hay \(30\) tarjetas, por lo tanto hay \(30\) casos posibles.

b) Los múltiplos de \(5\) entre \(1\) y \(30\) son:

\[ 5,\quad 10,\quad 15,\quad 20,\quad 25,\quad 30 \]

Hay \(6\) casos favorables.

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{múltiplo de }5)=\frac{6}{30}=\frac{1}{5} \]

En total hay:

\[ 4+6=10 \]

tarjetas.

a) Como se extraen \(2\) tarjetas sin importar el orden:

\[ \binom{10}{2}=\frac{10\cdot 9}{2}=45 \]

b) Para obtener dos rojas, elegimos \(2\) tarjetas rojas entre las \(4\):

\[ \binom{4}{2}=\frac{4\cdot 3}{2}=6 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{dos rojas})=\frac{6}{45}=\frac{2}{15} \]

El total de extracciones posibles es:

\[ \binom{10}{2}=45 \]

a) Para obtener una roja y una azul:

\[ \binom{4}{1}\cdot \binom{6}{1}=4\cdot 6=24 \]

b) La probabilidad es:

\[ P(\text{una roja y una azul})=\frac{24}{45}=\frac{8}{15} \]

a) Como se forma una comisión, el orden no importa:

\[ \binom{12}{4}=\frac{12\cdot 11\cdot 10\cdot 9}{4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}=495 \]

b) Si Valentina queda fija en la comisión, faltan elegir \(3\) estudiantes entre los otros \(11\):

\[ \binom{11}{3}=\frac{11\cdot 10\cdot 9}{3\cdot 2\cdot 1}=165 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{Valentina en la comisión})=\frac{165}{495}=\frac{1}{3} \]

a) Se eligen \(3\) estudiantes entre \(10\):

\[ \binom{10}{3}=120 \]

b) Si Ana y Bruno quedan seleccionados, ya hay \(2\) cupos ocupados. Falta elegir \(1\) estudiante entre los otros \(8\):

\[ \binom{8}{1}=8 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{Ana y Bruno seleccionados})=\frac{8}{120}=\frac{1}{15} \]

En total hay:

\[ 5+7=12 \]

estudiantes.

a) Se eligen \(4\) estudiantes entre \(12\):

\[ \binom{12}{4}=495 \]

b) Elegimos \(2\) estudiantes de primero medio entre \(5\):

\[ \binom{5}{2}=10 \]

Elegimos \(2\) estudiantes de segundo medio entre \(7\):

\[ \binom{7}{2}=21 \]

Casos favorables:

\[ 10\cdot 21=210 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{exactamente }2\text{ de cada nivel})=\frac{210}{495}=\frac{14}{33} \]

a) Se ordenan \(6\) participantes distintos:

\[ 6!=720 \]

b) Tratamos a Sofía y Tomás como un bloque. Entonces se ordenan \(5\) objetos: el bloque y los otros \(4\) participantes.

\[ 5!=120 \]

Dentro del bloque, Sofía y Tomás pueden ordenarse de \(2\) formas:

\[ 2\cdot 5!=2\cdot 120=240 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{Sofía y Tomás juntos})=\frac{240}{720}=\frac{1}{3} \]

a) La respuesta no está justificada. La probabilidad no se obtiene solo mirando la cantidad de cupos. Hay que comparar casos favorables y casos posibles.

b) Casos posibles:

\[ \binom{9}{3}=\frac{9\cdot 8\cdot 7}{3\cdot 2\cdot 1}=84 \]

Casos favorables: Camila queda fija, y faltan elegir \(2\) estudiantes entre los otros \(8\):

\[ \binom{8}{2}=\frac{8\cdot 7}{2}=28 \]

Entonces:

\[ P(\text{Camila seleccionada})=\frac{28}{84}=\frac{1}{3} \]

c) En este caso el resultado coincide con \(\frac{1}{3}\), pero no porque haya \(3\) cupos directamente, sino porque al elegir \(3\) personas entre \(9\), cada estudiante tiene la misma posibilidad de ocupar uno de esos \(3\) cupos. La justificación correcta se obtiene con el conteo.

a) Corresponde usar principio multiplicativo con repetición, porque cada dígito puede volver a usarse.

b) Corresponde usar permutación simple, porque se ordenan todos los estudiantes distintos.

c) Corresponde usar combinación, porque se forma una comisión y el orden no importa.

d) Corresponde usar conteo con restricción, porque dos libros específicos deben quedar juntos. Se puede usar la estrategia de formar un bloque.

a) Hay \(5\) opciones de letra y \(10\) opciones para cada dígito:

\[ 5\cdot 10\cdot 10=500 \]

b) Las vocales disponibles son \(A\) y \(E\), es decir, \(2\) opciones. Los dos dígitos pueden ser cualesquiera:

\[ 2\cdot 10\cdot 10=200 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{comienza con vocal})=\frac{200}{500}=\frac{2}{5} \]

a) Hay \(7\) dígitos disponibles. Como no se permite repetir:

\[ 7\cdot 6\cdot 5=210 \]

b) Los dígitos pares disponibles son \(0\), \(2\), \(4\) y \(6\), es decir, \(4\) opciones para la primera posición.

Después de elegir el primer dígito, quedan \(6\) opciones para la segunda posición y \(5\) para la tercera:

\[ 4\cdot 6\cdot 5=120 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{comienza con par})=\frac{120}{210}=\frac{4}{7} \]

a) Hay \(80\) números posibles.

b) Los múltiplos de \(8\) entre \(1\) y \(80\) son:

\[ 8,16,24,32,40,48,56,64,72,80 \]

Hay \(10\) casos favorables.

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{múltiplo de }8)=\frac{10}{80}=\frac{1}{8} \]

a) Se ordenan \(7\) participantes distintos:

\[ 7!=5040 \]

b) Laura puede quedar en el primer o último lugar: \(2\) opciones.

Los otros \(6\) participantes se ordenan libremente:

\[ 6!=720 \]

Casos favorables:

\[ 2\cdot 6!=2\cdot 720=1440 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{Laura en un extremo})=\frac{1440}{5040}=\frac{2}{7} \]

En total hay:

\[ 7+5=12 \]

estudiantes.

a) Se eligen \(4\) estudiantes entre \(12\):

\[ \binom{12}{4}=495 \]

b) Elegimos \(2\) estudiantes de primero medio entre \(7\):

\[ \binom{7}{2}=21 \]

Elegimos \(2\) estudiantes de segundo medio entre \(5\):

\[ \binom{5}{2}=10 \]

Casos favorables:

\[ 21\cdot 10=210 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{exactamente }2\text{ de cada nivel})=\frac{210}{495}=\frac{14}{33} \]

En total hay:

\[ 5+4+3=12 \]

tarjetas.

a) Se extraen \(3\) tarjetas entre \(12\), sin importar el orden:

\[ \binom{12}{3}=\frac{12\cdot 11\cdot 10}{3\cdot 2\cdot 1}=220 \]

b) Para obtener una tarjeta de cada color:

\[ \binom{5}{1}\cdot \binom{4}{1}\cdot \binom{3}{1}=5\cdot 4\cdot 3=60 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{una de cada color})=\frac{60}{220}=\frac{3}{11} \]

a) Se eligen \(4\) estudiantes entre \(11\):

\[ \binom{11}{4}=330 \]

b) Si Ana y Bruno están en la comisión, ya hay \(2\) lugares ocupados. Faltan elegir \(2\) estudiantes entre los otros \(9\):

\[ \binom{9}{2}=36 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{Ana y Bruno en la comisión})=\frac{36}{330}=\frac{6}{55} \]

a) El total de ordenamientos es:

\[ 6!=720 \]

b) Para contar cuando están juntos, los tratamos como un bloque. Entonces se ordenan \(5\) objetos:

\[ 5!=120 \]

Dentro del bloque, los dos libros pueden cambiar de orden:

\[ 2\cdot 5!=2\cdot 120=240 \]

c) Usamos complemento:

\[ 720-240=480 \]

Hay \(480\) ordenamientos donde los libros quedan separados.

d) La probabilidad es:

\[ P(\text{separados})=\frac{480}{720}=\frac{2}{3} \]

a) Para las letras hay \(5\) opciones en la primera posición y \(4\) en la segunda, porque deben ser distintas.

Para los dígitos hay \(5\) opciones en la primera posición y \(4\) en la segunda:

\[ 5\cdot 4\cdot 5\cdot 4=400 \]

b) Si comienza con \(A\), la primera letra queda fija. La segunda letra tiene \(4\) opciones.

La contraseña debe terminar en un dígito par. Los dígitos pares disponibles son \(0\), \(2\) y \(4\), es decir, \(3\) opciones para el último dígito.

Como los dígitos deben ser distintos, una vez elegido el último dígito, para el primer dígito quedan \(4\) opciones:

\[ 1\cdot 4\cdot 4\cdot 3=48 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{comienza con }A\text{ y termina en par})=\frac{48}{400}=\frac{3}{25} \]

a) Se eligen \(3\) tarjetas entre \(6\):

\[ \binom{6}{3}=20 \]

b) Buscamos grupos de tres números distintos entre \(1\) y \(6\) que sumen \(10\):

\[ 1+3+6=10 \]

\[ 1+4+5=10 \]

\[ 2+3+5=10 \]

Hay \(3\) selecciones favorables.

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{suma }10)=\frac{3}{20} \]

a) El error es no interpretar correctamente la comisión. Si Sofía y Tomás deben quedar seleccionados, ellos ya ocupan \(2\) de los \(3\) cupos.

No se debe multiplicar por \(2\), porque no importa el orden dentro de la comisión.

b) Casos posibles:

\[ \binom{9}{3}=\frac{9\cdot 8\cdot 7}{3\cdot 2\cdot 1}=84 \]

Casos favorables: Sofía y Tomás quedan fijos, y falta elegir \(1\) estudiante entre los otros \(7\):

\[ \binom{7}{1}=7 \]

Por lo tanto:

\[ P(\text{Sofía y Tomás seleccionados})=\frac{7}{84}=\frac{1}{12} \]

a) Corresponde usar principio multiplicativo con repetición, porque cada dígito puede volver a usarse.

b) Corresponde usar permutación simple, porque se ordenan todos los estudiantes distintos y el orden importa.

c) Corresponde usar combinación, porque se forma una comisión y el orden no importa.

d) Corresponde usar conteo con restricción, porque dos libros específicos deben quedar juntos. Una estrategia adecuada es formar un bloque con esos dos libros.

a) La primera letra tiene \(5\) opciones. Como las letras deben ser distintas, la segunda letra tiene \(4\) opciones. El dígito tiene \(10\) opciones.

\[ 5\cdot 4\cdot 10=200 \]

Hay \(200\) claves posibles.

b) Si la clave comienza con \(A\), la primera letra queda fija. La segunda letra tiene \(4\) opciones.

Los dígitos pares entre \(0\) y \(9\) son:

\[ 0,\quad 2,\quad 4,\quad 6,\quad 8 \]

Hay \(5\) opciones para el dígito.

\[ 1\cdot 4\cdot 5=20 \]

Hay \(20\) claves favorables.

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{comienza con }A\text{ y termina en par})=\frac{20}{200}=\frac{1}{10} \]

a) Como se permite repetir, cada posición tiene \(6\) opciones:

\[ 6\cdot 6\cdot 6\cdot 6=6^4=1296 \]

b) Los dígitos pares disponibles son \(0\), \(2\) y \(4\), es decir, \(3\) opciones.

Como se permite repetir:

\[ 3\cdot 3\cdot 3\cdot 3=3^4=81 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{solo dígitos pares})=\frac{81}{1296}=\frac{1}{16} \]

a) Como se forma una comisión, el orden no importa:

\[ \binom{12}{4}=\frac{12\cdot 11\cdot 10\cdot 9}{4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}=495 \]

b) Si Ana queda fija en la comisión, faltan elegir \(3\) estudiantes entre los otros \(11\):

\[ \binom{11}{3}=\frac{11\cdot 10\cdot 9}{3\cdot 2\cdot 1}=165 \]

c) Si Ana y Bruno quedan fijos, ya hay \(2\) cupos ocupados. Faltan elegir \(2\) estudiantes entre los otros \(10\):

\[ \binom{10}{2}=\frac{10\cdot 9}{2}=45 \]

d) La probabilidad es:

\[ P(\text{Ana y Bruno en la comisión})=\frac{45}{495}=\frac{1}{11} \]

En total hay:

\[ 5+7=12 \]

estudiantes.

a) Se eligen \(4\) estudiantes entre \(12\):

\[ \binom{12}{4}=495 \]

b) Para elegir exactamente \(2\) de cada nivel:

\[ \binom{5}{2}\cdot \binom{7}{2}=10\cdot 21=210 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{exactamente }2\text{ de cada nivel})=\frac{210}{495}=\frac{14}{33} \]

d) Para calcular “al menos un estudiante de primero medio”, usamos el complemento.

El caso contrario es elegir \(0\) estudiantes de primero medio, es decir, elegir los \(4\) estudiantes solo entre los \(7\) de segundo medio:

\[ \binom{7}{4}=35 \]

Casos favorables para “al menos uno de primero medio”:

\[ 495-35=460 \]

Entonces:

\[ P(\text{al menos uno de primero medio})=\frac{460}{495}=\frac{92}{99} \]

a) Se ordenan \(6\) libros distintos:

\[ 6!=720 \]

b) Tratamos matemática e historia como un bloque. Entonces se ordenan \(5\) objetos: el bloque y los otros \(4\) libros.

\[ 5!=120 \]

Dentro del bloque, matemática e historia pueden ordenarse de \(2\) formas:

\[ 2\cdot 5!=2\cdot 120=240 \]

c) La probabilidad de que queden juntos es:

\[ P(\text{juntos})=\frac{240}{720}=\frac{1}{3} \]

d) El evento contrario es que no queden juntos:

\[ P(\text{no juntos})=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3} \]

a) Para la presidencia hay \(9\) opciones. Luego quedan \(8\) opciones para la secretaría:

\[ 9\cdot 8=72 \]

b) Para una comisión el orden no importa:

\[ \binom{9}{2}=\frac{9\cdot 8}{2}=36 \]

c) Martina puede ocupar presidencia o secretaría.

Si Martina es presidenta, hay \(8\) opciones para secretaría.

Si Martina es secretaria, hay \(8\) opciones para presidencia.

Casos favorables:

\[ 8+8=16 \]

Entonces:

\[ P(\text{Martina ocupa algún cargo})=\frac{16}{72}=\frac{2}{9} \]

d) Si Martina pertenece a la comisión, falta elegir \(1\) estudiante entre los otros \(8\):

\[ \binom{8}{1}=8 \]

Entonces:

\[ P(\text{Martina en la comisión})=\frac{8}{36}=\frac{2}{9} \]

En ambos casos la probabilidad coincide, aunque el conteo usado es distinto.

En total hay:

\[ 4+3+2=9 \]

tarjetas.

a) Se extraen \(3\) tarjetas entre \(9\):

\[ \binom{9}{3}=\frac{9\cdot 8\cdot 7}{3\cdot 2\cdot 1}=84 \]

b) Para obtener una tarjeta de cada color:

\[ \binom{4}{1}\cdot \binom{3}{1}\cdot \binom{2}{1}=4\cdot 3\cdot 2=24 \]

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{una de cada color})=\frac{24}{84}=\frac{2}{7} \]

d) Para obtener exactamente \(2\) rojas y \(1\) no roja:

Elegimos \(2\) rojas entre \(4\):

\[ \binom{4}{2}=6 \]

Hay \(5\) tarjetas no rojas, porque:

\[ 3+2=5 \]

Elegimos \(1\) no roja entre \(5\):

\[ \binom{5}{1}=5 \]

Casos favorables:

\[ 6\cdot 5=30 \]

Entonces:

\[ P(\text{exactamente }2\text{ rojas y }1\text{ no roja})=\frac{30}{84}=\frac{5}{14} \]

a) Se ordenan \(7\) estudiantes distintos:

\[ 7!=5040 \]

b) Si Carla queda fija en la última posición, quedan \(6\) estudiantes para ordenar:

\[ 6!=720 \]

De esos ordenamientos, en la mitad Ana queda antes que Bruno y en la otra mitad Bruno queda antes que Ana.

Por lo tanto:

\[ \frac{720}{2}=360 \]

Hay \(360\) ordenamientos favorables.

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{Carla última y Ana antes que Bruno})=\frac{360}{5040}=\frac{1}{14} \]

a) Se eligen \(3\) tarjetas entre \(8\):

\[ \binom{8}{3}=\frac{8\cdot 7\cdot 6}{3\cdot 2\cdot 1}=56 \]

b) Buscamos grupos de tres números distintos entre \(1\) y \(8\) que sumen \(12\):

\[ 1+3+8=12 \]

\[ 1+4+7=12 \]

\[ 1+5+6=12 \]

\[ 2+3+7=12 \]

\[ 2+4+6=12 \]

\[ 3+4+5=12 \]

Hay \(6\) selecciones favorables.

c) La probabilidad es:

\[ P(\text{suma }12)=\frac{6}{56}=\frac{3}{28} \]

a) El error es multiplicar por \(2\), como si el orden de Paula y Diego importara dentro de la comisión.

En una comisión el orden no importa. Si Paula y Diego deben quedar seleccionados, ellos ya ocupan \(2\) de los \(3\) cupos.

b) Casos posibles:

\[ \binom{10}{3}=\frac{10\cdot 9\cdot 8}{3\cdot 2\cdot 1}=120 \]

Casos favorables: Paula y Diego quedan fijos, y falta elegir \(1\) estudiante entre los otros \(8\):

\[ \binom{8}{1}=8 \]

Entonces:

\[ P(\text{Paula y Diego seleccionados})=\frac{8}{120}=\frac{1}{15} \]

a) Se aplica el principio multiplicativo:

\[ 4\cdot 6\cdot 2=48 \]

Hay \(48\) recomendaciones posibles.

b) Para que la recomendación sea de matemática y de nivel avanzado:

• el formato puede ser cualquiera de los \(4\): \(4\) opciones;
• la asignatura matemática queda fija: \(1\) opción;
• el nivel avanzado queda fijo: \(1\) opción.

\[ 4\cdot 1\cdot 1=4 \]

Entonces:

\[ P(\text{matemática y avanzado})=\frac{4}{48}=\frac{1}{12} \]

c) Si solo uno de los \(4\) formatos es video, entonces hay \(3\) formatos que no son video.

Casos favorables:

\[ 3\cdot 6\cdot 2=36 \]

Entonces:

\[ P(\text{no video})=\frac{36}{48}=\frac{3}{4} \]

d) Se usó el principio multiplicativo, porque la recomendación se forma por etapas: formato, asignatura y nivel.