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Problemas de Conteo
1. Problemas
- En un torneo de b´asquetbol compiten 16 equipos. En cada ronda los equipos se dividen en grupos de 4. En cada grupo cada equipo juega una vez contra cada uno de los equipos restantes. De cada grupo los dos mejores equipos califican para la siguiente ronda y los dos peores son eliminadios. Despu´es de la ´ultima ronda quedan dos equipos que se enfrentan en un partido para determinar al ganador del torneo. ´? Cu´antos partidos se jugar´an a lo largo de todo el torneo?
- Ruth escoge dos n´umeros del 1 al 10 y escribe en su libreta el elemento mayor de la pareja que escogi´o. Despu´es de elegir todas las parejas posibles de n´umeros del 1 al 10 (sin repetir nunca una pareja), Ruth sum´o todos los n´umeros que escribi´o. Cu´al es la suma que obtuvo?
- A una fiesta van a asistir 2010 personas. Para servir la cena se van a usar mesas con forma de hex´agono regular y en cada lado de ellas se puede sentar a lo m´as una persona. Se desea que todas las mesas queden juntas y la manera de juntar es pegando cada mesa, por un lado, con una sola de las dem´as mesas que est´an pegadas. Cu´al es el m´ınimo n´umero de mesas que se necesitan para sentar a todas las personas?
- De cu´antas maneras se puede pintar un cubo si cada cara debe pintarse de negro o de blanco? (Dos cubos se considera que est´an pintados de la misma forma cuando girando uno de ellos se puede lograr que se vea id´entico al otro).
- De cu´antas maneras podemos ir de la ciudad A a la ciudad D pasando por las ciudades B y C si existen 3 caminos distintos de A a B, 4 caminos distintos de B a C y 5 caminos distintos de C a D?
- Cu´antos n´umeros de cinco cifras no tienen d´ıgitos 0 ni 1?
- En un sal´on se tienen cierta cantidad de sillas acomodadas en fila y cierta cantidad de personas. De cu´antas maneras distintas se pueden acomodar las personas en las sillas si tenemos:
i) 5 sillas y 5 personas. ii) 5 sillas y 8 personas. iii) 8 sillas y 5 personas.
- Cu´antas banderas bicolores se pueden formar si se dispone de 4 lienzos de tela de colores distintos? Contesta la pregunta en dos casos:
i) se va a utilizar un asta ii) no se va a utilizar asta.
- Una mestra tiene 5 dulces de distintos sabores y 6 paletas de distintos sabores. De cu´antas maneras puede la mestra darle un dilce a cada uno de sus 2 alumnos aplicados y una paleta a cada una de sus 3 alumnas aplicadas?
- Las cifras 1, 2... 9 se escriben en el orden habitual en un arreglo de 3 × 3 (es decir, en el primer rengl´on est´an, de izquierda a derecha, 1,2 y 3, en el segundo rengl´on 4,5 y 6, etc´etera) Cu´antos n´umeros N de siete cifras, todas distintas de cero, tinen la propiedad de que cifras consecutivas en el desarrollo decimal de N son distintas y comparten rengl´on o columna en el arreglo? (Por ejemplo, N = 7125474 tiene la propiedad, pero N = 3 99 8541 y N = 56 34 782 no la tienen.)
- En cierto pa´ıs hay varios aeropuertos. Una aerol´ınea ofrece diariamente vuelos directos que conectan cualesquiera dos aeropuertos. Cada d´ıa la aerol´ınea realiza 30 vuelos. Cu´antos aeropuertos hay?
- Cu´antos n´umeros de seis d´ıgitos tienen al menos un d´ıgito par?
- Entre las ciudades de San Juan, San Juli´an y San Jos´e hay varios caminos, cada uno de los cuales conecta a exactamente dos ciudades. De San Juan a San Juli´an podemos ir de 24 formas, pasando por San Jos´e. De San Jos´e a San Juan hay 18 formas, pasando por San Juli´an. De San Juli´an a San Jos´e hay 12 formas, pasando por San Juan. Cu´antos caminos directos hay entre San Juan y San Jos´e?
- Mar´ıa tiene 4 blusas, 3 faldas y 2 pantalones. Cu´antas combinaciones distintas puede hacer para vestirse?
juegan 6 partidos puesto que cada uno de los 4 equipos juega 3 partidos (uno contra cada uno de los otros equipos) por lo que el total de partidos ser´a 4 × 2 3. (Dividimos entre dos porque cada partido lo est´abamos contando dos veces) Por lo tanto, en la primera ronda se juegan un total de 4 × 6 = 24 partidos. Ahora, en la segunda ronda quedan 8 equipos que se dividen en 2 grupos de 4, ya vimos que en cada grupo se juegan 6 encuentros, entonces, en la segunda ronda se jugar´an en total 2 × 6 = 12 juegos. Ahora nos quedan 4 equipos que forman un solo grupo, es decir, en esta tercera ronda se jugar´an solamente 6 partidos. Finalmente nos quedan los dos mejores que jugar´an un ´unico partido para determinar el ganador. Entonces, el total de juegos en el torneo ser´a la suma de los totales obtenidos para cada ronda, eto es: 24 + 12 + 6 + 1 = 43 partidos.
- Notemos que es f´acil ver cu´antas veces escribi´o Ruth en su cuaderno cada uno de los n´umeros del 1 al 10: No pudo haber escrito el 1 porque al formar una pareja con el uno y cualquier otro n´umero ´este otro ser´a el mayor de la pareja y ser´a el que sea escrito en el cuadarno en lugar de el 1. El 2 s´olo fue escrito en el cuaderno cuando Ruth tom´o la pareja (1,2) ya que si tomamos el 2 con cualquier n´umero que no sea el 1 el 2 no ser´ıa el mayor y por lo tanto no lo escribir´ıan en el cuaderno. De la misma manera, el 3 s´olo fue escrito en dos ocasiones: cuando se tom´o la pareja (1,3) y cuando se tom´o la pareja (2,3). Siguiendo este mismo razonamiento, obtenemos que el 4 se escribi´o 3 veces, el 5 se escribi´o 4 veces y as´ı sucesivamente hasta llegar al 10 que se escribi´o 9 veces (una cada vez que tomamos el 10 con cualquiera de los otros 9 n´umeros ya que el 10 es mayor que todos). Por lo tanto la suma total de los n´umeros en el cuaderno debe ser: 2 × 1 + 3 × 2 + 4 × 3 + 5 × 4 + 6 × 5 + 7 × 6 + 8 × 7 + 9 × 8 + 10 × 9 = 2 + 6 + 12 + 20 + 30 + 42 + 56 + 72 + 90 = 330.
- Veamos que pasa si vamos agregando las mesas una por una. Cuando s´olo hay una mesa tenemos 6 lugares disponibles. A partir de ah´ı, cada vez que agregamos una nueva mesa, agregamos 4 lugares: la nueva mesa tiene cinco lados que podemos usar, pero uno de los lugares que ten´ıamos antes, al que se pega la nueva mesa, ya no lo podemos utilizar. Por lo tanto, si se tienen k mesas, el total de lugares disponibles es 6 + 4(k − 1) = 4k + 2. Por lo tanto, para llegar a 2010 lugares necesitamos 502 mesas.
- Primero, dividamos nuestro problema en casos dependiendo de cu´antas caras del cubo se colorean de blanco:
i) Ninguna cara se pinto de blanco: s´olo hay una forma de hacer esto.
ii) Se pinto una cara de blanco: nuevamente, s´olo hay una forma de hacerlo ya que sin importar cual cara pintemos basta girar el cubo para obtener cualquier otra coloraci´on. iii) Se pintan dos caras de blanco: en este caso hay dos formas distintas de pintar, que las caras blancas compartan una arista o que no compartan. iv) Se pintan tres caras de blanco: partamos de las dos formas distintas obtenidas en el caso anterior. En la primera forma (las dos caras blancas comparten una arista) tenemos dos formas distintas de pintar una nueva cara: que la nueva comparta arista con ambas caras ya pintadas o que comparta con s´olo una de ellas. Mientras que en la segunda forma (las dos caras blancas no comparten arista) s´olo tenemos una forma de pintar una nueva cara: que la nueva comparta una arista con cada una de las ya pintadas. Sin embargo, esta coloraci´on resulta equivalente a la segunda forma en el caso anterior. Por lo tanto, s´olo hay dos formas distintas de pintar tres caras de blanco. v) Se pintan cuatro caras de blanco: si se pintan cuatro de blanco debemos pintar dos de negro por lo que este caso debe ser an´alogo al caso iii) con el negro jugando el papel del blanco y viceversa. Por lo tanto, debe haber dos formas distintas. vi) Se pintan cinco caras de blanco: nuevamente, este caso es an´alogo al ii), entonces, hay s´olo una forma. vii) Se pintan seis caras de blanco: s´olo hay una forma de hacer esto.
Por lo tanto, el total de formas de pintar el cubo es: 1+1+2+2+2+1+1 = 10.
- Primero veamos la cantidad de formas distintas para ir de A a C pasando dor B: una vez elegido el camino para llegar a B desde A, nos quedan cuatro opciones para llegar a C. Es decir, tenemos cuatro maneras distintas de llegar a C para cada uno de los tres caminos de A a B. Por lo tanto, el n´umero de formas de ir de A a C pasando por B debe ser 3 × 4 = 12. Ahora, para cada una de las 12 formas anteriores tenemos 5 formas distintas para ir de C a D. Entonces, el n´umero de formas distintas para ir de A a D pasando por B y C debe ser: 3 × 4 × 5 = 60.
- Para formar nuestro n´umero de 5 cifras podemos, en cada una de las cifras, poner cualquier d´ıgito que no sea ni 0 ni 1. Es decir, para cada una de las 5 cifras tenemos 8 opciones, entonces el resultado es: 8 × 8 × 8 × 8 × 8 = 85.
- i) En la primera silla puede sentarse cualquiera de las 5 personas, es decir ten- emos cinco opciones. Luego, en la siguiente silla se puede sentar cualquiera
ocurrir lo mismo con las cifras subsecuentes: sin importar que d´ıgito elijamos vamos a tener cuatro opciones para completar el siguiente d´ıgito de manera que el n´umero N siga cumpliendo la propiedad. Por lo tanto, la cantidad de n´umeros N que podemos formar es: 9 × 4 × 4 × 4 × 4 × 4 × 4 = 9 × 46.
- Supongamos que hay n aeropuertos en el pa´ıs. Para saber cu´antos vuelos se realizar´ıan basta saber cu´antas parejas de aeropuertos se pueden formar pues sabemos que hay un, y s´olo un, vuelo que los conecta (hay uno en cada sentido, por lo que la pareja Aeropuerto A-Aeropuerto B es distinta a la pareja Aerop- uerto B-Aeropuerto A). Pero para formar estas parejas tenemos n opciones para el aeropuerto de salida y n − 1 opciones para el aeropuerto de llegada (puede ser cualquiera menos el que se tom´o de salida). Como sabemos que hay 30 vuelos diarios obtenemos la ecuaci´on n × (n − 1) = 30. Esto es, necesitamos que el producto de dos n´umeros consecutivos sea 30. Claramente la ´unica soluci´on es n = 6. Por lo tanto, hay 6 aeropuertos en el pa´ıs.
- Para resolver este problema, lo importante es darse cuenta que, aunque es dif´ıcil contar de manera directa lo que se nos pide, es en cambio muy f´acil contar cu´antos n´umeros cumplen lo opuesto. Es decir, en lugar de contar cu´antos n´umeros de seis d´ıgitos tienen al menos un d´ıgito par contemos cu´antos tienen solamente d´ıgitos impares. El resultado que buscamos ser´a entonces la resta del total de n´umeros de seis d´ıgitos menos los que tienen s´olo impares. Para formar un n´umero de seis cifras con s´olo d´ıgitos impares tenemos 5 opciones para cada una de las 6 cifras, as´ı que debe haber 5 × 5 × 5 × 5 × 5 × 5 = 5^6 de estos. Por otro lado, sabemos que hay 900,000 n´umeros de seis cifras (son todos los n´umeros del 100,000 al 999,999 o, alternativamente, para formar cualquier n´umero de seis cifras simplemente debemos poner un d´ıgito del 1 al 9 en la primera cifra y cualquier d´ıgito del 0 al 9 en las 5 restantes por lo que podemos formar 9 × 10 × 10 × 10 × 10 × 10 = 900, 000 n´umeros diferentes). Entonces el resultado buscado es: 9 × 105 − 56.
- Supongamos que hay a caminos directos entre San Juan y San Jos´e, b caminos directos entre San Jos´e y San Juli´an, y c caminos directos entre San Juli´an y San Juan. Entonces para ir de San Juan a San Juli´an pasando por San Jos´e tendr´ıamos a × b opciones, para ir de San Jos´e a San Juan pasando por San Juli´an tendr´ıamos b × c y para ir de San Juli´an a San Jos´e pasan- do por San Juan tendr´ıamos c × a opciones. Es decir, tenemos las ecuaciones a × b = 24, b × c = 18, c × a = 12. Multiplicando las primera y tercera ecuaciones obtenemos a^2 × b × c = 24 × 12, pero sabemos cuanto vale b × c, sustituy´endolo obtenemos: a^2 × 18 = 24 × 12 o equivalentemente a^2 = 2418 ×^12 = 16, es decir a = 4. Por lo tanto, hay 4 caminos directos entre San Juan y San Jos´e.
- Podemos separar el problema en dos casos distintos: que Mar´ıa use blusa y falda y que Mar´ıa use blusa y pantal´on. En el primer caso Mar´ıa tiene 4 opciones para elegir la blusa y 3 para la falda por lo que puede hacer 4×3 = 12 combinaciones. De la misma manera, en el segundo caso puede hacer 4 × 2 = 8 combinaciones. Entonces el total de formas que tiene Mar´ıa para vestirse es 12 + 8 = 20.
- Tenemos tres casos: que utilice morado y naranja, que utilice naranja y verde, y que utilice verde y morado. En el primer caso tiene 4 tonos de morado y 5 de naranja por lo cu´al tiene 5 × 4 = 20 opciones. De la misma manera, en los otros casos tiene 5 × 7 = 35 y 7 × 4 = 28 opciones respectivamente. Por lo tanto, el total de opciones es: 20 + 35 + 28 = 83.
- Tenemos tres casos: que el presidente sea hombre y la secretaria mujer, que el presidente sea mujer y el secretario hombre y que ambas sean mujeres. Para cada caso tenemos 8 × 6 = 48, 6 × 8 = 48 y 8 × 7 = 56 opciones respectivamente. Por lo tanto, el total de formas de hacer la asignaci´on es 48 + 48 + 56 = 152.
- En el primer lugar del estante debe quedar uno de los libros verdes, es decir, tenemos dos opciones. En el segundo debe quedar el libro verde restante, por lo que, tenemos una sola opci´on. Luego en el siguiente lugar puede ir cualquiera de los cinco libros rojos, en el siguiente cualquiera de cuatro y as´ı sucesivamente hasta acomodarlos todos. Por lo tanto la cantidad de maneras de acomodarlos en este caso es: 2 × 1 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 240. Ahora, observemos que se tienen seis maneras distintas de acomodar los libros verdes juntos, esto es: sin dejar libros rojos a la izquierda de la pareja de li- bros verdes, dejando un libro rojo a la izquierda, dejando dos libros rojos a la izquierda y as´ı consecutivamente hasta dejar todos los cinco libros rojos a la izquierda de la pareja de verdes. Una vez que nos hemos decidido por uno de estos seis acomodos, la cantidad de formas de colocar los libros es la misma que la que obtuvimos en el primer caso. Por lo tanto, el total de formas en este caso es: 6 × 240 = 1440
- Primero consideramos los m´ultiplos de 5 menores a 1000. Los que tienen dos 1’s en su expansi´on decimal son s´o;o dos: 110 y 115. Los que tienen un s´olo 1, pueden tenerlo en las centenas o en las decenas. En ambos casos, el total de n´umros con estas caracter´ısticas es: 1 × 9 × 2 = 18 ya que estamos colocando por furza un uno en una de las cifras pero para que el n´umero sea m´ultiplo de 5 debe terminar en 0 o 5, lo cual nos deja s´olo dos opciones para las unidades, y en la cifra restante puede ir cualquier d´ıgito menos el uno. Por lo tanto, hasta antes del 1000 se han utilizado 2 × 18 + 2 × 2 = 40 1’s. Ahora,del 1000 al 2000, s´olo hay dos m´ultiplos que tengan 3 1’s: el 1110 y el 1115. En cuanto a los que
elecci´on el resto de la transici´on ya queda determinada: si decide intercambiar instrumentos con el primero entonces los otros dos tambi´en deben intercam- biar entre ellos y, si decide tomar el instrumento de uno de los otros dos, ´este no puede elegir entonces el instrumento del primero pues en ese caso el cuarto m´usico se quedar´ıa sin cambiar instrumento. Por lo tanto, tenemos 3 × 3 = 9 formas de realizar la transici´on. Ahora, para hacer la tocada veamos de cu´antas formas pueden acomodarse los m´usicos para la primer canci´on: el primer m´usico puede escoger cualquiera de los cuatro instrumentos, al segundo le quedar´an tres opciones, y as´ı sucecivamente, por lo que vamos a tener 4× 3 × 2 ×1 = 24 formas de tocar la primera canci´on. Una vez decidido c´omo acomodarse en la primera canci´on los m´usicos realizar´an 7 transiciones que, sabemos, se pueden hacer de 9 fromas cada una. Por lo tanto, el total de formas para realizar la tocada ser´a 24 × 97. Ahora, observemos que al agregar la nueva condici´on tenemos 5 esquemas dis- tintos para distribuir las cuatro canciones en las que Juan toca la bater´ıa a lo largo de las ocho canciones de la tocada (no puede tocar la bater´ıa en dos canciones consecutivas): T=Juan toca la bater´ıa N=Juan no toca la bater´ıa
i) TNTNTNTN ii) NTNTNTNT iii) TNNTNTNT iv) TNTNNTNT v) TNTNTNNT
Contemos de cu´antas maneras puede realizarse cada uno de estos esquemas:
i) Primero debemos ver de cu´antas formas pueden acomodarse para la primera canci´on dado que Juan tocar´a la bater´ıa: como Juan ya ocup´o la bater´ıa el primer m´usico (que no sea Juan) le quedan 3 opciones, al segundo le quedar´an dos y el tercero ya queda determinado su instrumento, por lo que tenemos 3 × 2 × 1 = 6 formas de tocar la primera canci´on. Observemos que hay 9 formas de realizar una transici´on en la que Juan pasa de tocar la bater´ıa a no tocarla pues ´esta es simplemente una transici´on como las que calculamos en el inciso a). Ahora, de cu´antas formas puede hacerse una transici´on en la que Juan pase de no estar tocando la bater´ıa a s´ı tocarla? Juan estaba en otro instrumento y pasa a la bater´ıa, el que estaba en la bater´ıa tiene tres opiciones para su nuevo instrumento y, nuevamente, su elecci´on determina el resto del proceso. Por lo tanto, tenemos tres opciones para realizar una de estas transiciones. Entonces, siguiendo el esquema i),
Juan empieza tocando la bater´ıa lo cual nos da 6 opciones para el acomodo en la primer canci´on, luego los m´usicos har´an 4 transiciones T-N (que se pueden realizar de 9 formas cada una), y 3 transiciones N-T (que se pueden realizar de 3 formas cada una) Por lo tanto, la cantidad de formas para llevar a cabo el esquema i) es: 6 × 94 × 33. ii) Ahora debemos saber de cu´antas maneras pueden acomodarse para la primer canci´on dado que Juan no tocar´a la bater´ıa: sabemos que hay 24 formas de acomodarse para la primer canci´on si no imponemos ninguna condici´on y sabemos que hay 6 formas de acomodarse cuando Juan s´ı toca la bater´ıa, por lo tanto, debe haber 24 − 6 = 18 formas de acomodarse cuando Juan no toca la bateria. Una vez elegido el acomodo incial los m´usicos realizar´an 4 transiciones N-T y 3 transiciones T-N. Por lo tanto, la cantidad de formas de realizar este esquema es: 18 × 34 × 93. iii) Ya sabemos que hay 6 formas de iniciar con Juan tocando la bater´ıa. Luego se realizar´an 3 transiciones T-N, 3 transiciones N-T y una transici´on N- N. De cu´antas formas puede realizarse ´esta ´ultima? Sabemos que hay 9 formas de realizar una transici´on si no imponemos condiciones extra y hemos calculado que hay 3 formas de hacerla cuando Juan pasa de no tocar la bater´ıa a s´ı tocarla, por lo tanto, debe haber 9 − 3 = 6 formas en que Juan pasa de no tocar la bater´ıa a seguir sin tocar la bater´ıa. Es decir, hay 6 formas de hacer una transici´on N-N. Por lo tanto, la cantidad de formas de realizar este esquema es: 6 × 93 × 33 × 6. iv) Es id´entico al caso iii). v) Es id´entico al caso iii).
Por lo tanto, el total de formas para realizar la tocada con la nueva condici´on es: 6 × 94 × 33 +18× 34 × 93 +3×(6× 93 × 33 ×6) = 2× 312 +2× 312 +4× 312 = 8 × 312.
