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Problemas de Matemática Discreta

Profesorado de Matemática Discreta

Septiembre de 2006

Caṕıtulo 1

Combinatoria: Muestrasordenadas

1. (p99-pac11) En una plaza cuadrada de 2500 metros cuadrados, hay 626personas manifestándose. ¿Se podŕıan repartir estas personas de forma quecualquier persona se encontrara en 3 metros de cualquier otra?

Solución

Cada lado de la plaza mide 50 metros. Si dividimos cada lado del cuadrado en 25partes de 2 metros cada una, podemos formar 25·25=625 cuadrados de 2 metrosde lado. La diagonal de estos cuadrados es igual a

√8 metros, aproximadamente

2,8 metros, por lo tanto, menor que 3 metros.Es decir, hemos dividido la plaza en 625 cuadrados; la distancia máxima en cadauno de estos cuadrados es menor que 3 metros (por lo tanto, dos personas quecompartan el cuadrado se encontrarán en una distancia menor de 3 metros).Podemos aplicar, ahora, el principio de las cajas: las 626 personas de la plaza sereparten entre estos 625 cuadrados, de forma que, como mı́nimo, dos personastienen parte de su cuerpo dentro de un cuadrado. Por lo tanto, estas dos personasse encuentran en una distancia menor de 3 metros.En definitiva, no se pueden poner 626 personas en una plaza de estas caracteŕısti-cas, de forma que todas las personas estén además de 3 metros de cualquier otra.

2. (p99-pac15) En un torneo de tenis, habitualmente, los enfrentamientos entrejugadores son eliminatorios, es decir: cuando dos jugadores se enfrentan, quiengana pasa a la siguiente ronda y quien pierde ya no continúa jugando. Estose repite hasta que se llega a la situación en que ya no quedan más que dosjugadores, que juegan la final.El estado de Malta quiere hacer un campeonato de tenis, que debe tener 5 rondaseliminatorias antes de la final.

(a) ¿cuántos tenistas habrá que invitar?

1

Combinatoria: Muestras ordenadas 2

(b) ¿cuántos partidos se jugarán a lo largo de todo el torneo?

Solución

(a) habrá 6 rondas en total. Si partimos de la final y vamos hacia atrás, encada ronda hay el doble de jugadores, por lo tanto, en 6 rondas habrá 26 =64 tenistas.

(b) Se jugarán 1 + 21 + 22 + 23 + 24 + 25 = 26−12−1 = 63 partidos

3. (t99-pac12) Una función booleana consiste en una correspondencia en la que,a partir de n inputs binarios, obtenemos un único output binario.¿Cuántas funciones booleanas podemos construir?

Solución

Nos piden cuántas funciones entre A y B podemos hacer, siendo A el conjuntode todas las secuencias de n bits y B el conjunto {0, 1}.Entonces |A| = 2n, |B| = 2 y, por lo tanto, de funciones booleanas entre A y Bhabrá tantas como 22

n

.

4. (t99-pac14) ¿De cuántas maneras se pueden disponer en fila las letras a, b,c, d, x, x, x, x, x, de forma que ninguna pareja de ’x’ quede junta?

Solución

La única manera de hacerlo es disponer las ’x’ en los lugares 1, 3, 5, 7 y 9 dela fila y repartir de todas las maneras posibles las restantes cuatro letras en loslugares 2, 4, 6 y 8.

V4 = 4! = 24

5. (t99-pac15) Un estudiante ha estudiado 120 horas a lo largo de 14 d́ıas (sesupone que cada d́ıa ha estudiado un número entero de horas).¿Cuál es la máxima cantidad de horas que podemos asegurar que ha estudiado,en total, durante dos d́ıas consecutivos?

Solución

Vemos que 120 > 8 · 14. Según el principio de las cajas, esto significa que enalguna caja hay 9 horas (o sea, que algún d́ıa ha estudiado 9 horas). De hecho8 · 14 = 112 y, por lo tanto, hay 8 cajas con 9 horas o una caja con 10 horas y7 cajas con 9 horas, etc.


En el peor de los casos, respecto a considerar un par de d́ıas consecutivos,tendŕıamos una distribución como la siguiente:

9− 8− 9− 8− 9− 8− 9− 8− 9− 8− 9− 8− 9− 8

Pero esta distribución da un total de 119. Por lo tanto en alguna caja debehaber una hora de más. Esto significa que podemos asegurar que hubo un parde d́ıas consecutivos en los que estudió al menos 18 horas.

6. (p2000-pac11) En el conjunto de todos los números naturales mayores o igualesque 1 y más pequeños o iguales que 1010, ¿hay más números que contienen algún9, o bien, hay más que no contienen ninguno?

Solución

Calculamos los números entre 1 y 1010 que no contienen ningún 9: son losnúmeros de 10 cifras que se pueden formar utilizando, sólo, las cifras 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7y 8 (los números de, por ejemplo, 3 cifras se pueden escribir como un númerode 10 cifras con las primeras 7 cifras iguales a 0 ).Aśı, se pueden escribir 910 = 3486784401 números sin ningún 9. Por lo tanto,se pueden escribir 1010− 910 = 6513215559 números con algún 9. En definitiva,hay más números con algún 9 que sin ningún 9, prácticamente el doble.

7. (p2000-final1) ¿Cuántos números impares entre 1000 y 9999 tienen todas lascifras diferentes?

Solución

Sólo hace falta contar cuántos números se pueden poner en cada posición decimaly multiplicarlos. En las unidades sólo pueden ponerse los números impares (5),en los millares pueden ir los 8 números restantes (sin el 0 y el que se ha puestoen las unidades), en las centenas pueden ir también 8 cifras (todas excepto lasde las unidades y los miles) y, finalmente, en las decenas pueden ir 7 cifras. Porlo tanto, hay 5× 8× 8× 7 = 2240 números impares entre 1000 y 9999.

8. (t2000-p1) La plaza de Torre de Palomas está embaldosada con baldosasen forma de hexágonos regulares. El lado de cada una mide 50 cm y la plazaes de tal forma que contiene exactamente 1600 baldosas enteras. Las palomasson una de las distracciones de esta plaza y, para nutrirlos, la gente se los echapienso. Calcula el número de granos de pienso que hace falta echar en la plazapara que se pueda asegurar que, como mı́nimo, hay dos granos a una distanciamenor de 50 cm. ¿Y si la distancia debe ser menor que 10 cm, cuántos granosson necesarios?

Solución


Un hexágono regular se puede dividir en 6 triángulos equiláteros; aśı, la plazase puede dividir imaginariamente en 6·1600 = 9600 triángulos equiláteros (ca-jas). Si conseguimos asegurar que al menos dos granos están a la misma cajapodremos concluir que al menos dos granos estarán a distancia menor de 50cm. Esto pasará cuando echamos 9601 granos.En cuanto a la otra cuestión, cada uno de los triángulos anteriores se puededividir en 25 triángulos equiláteros siguiendo un proceso similar a un ejercicio dela autoevaluación: se divide cada lado de un triángulo imaginario en 5 segmentosiguales y se marcan los puntos de división; después se trazan rectas paralelasa los lados del triángulo por estos puntos. De este modo se obtienen los 25triángulos equiláteros pequeños contenidos en cada triángulo imaginario. Si hay9600 triángulos imaginarios y cada uno contiene 25 triángulos equiláteros de 10cm de lado, en total, se puede dividir la plaza en 9600·25 = 240000 triángulosequiláteros de 10 cm de lado. Otra vez, por el principio de las cajas, si lanzamos240001 granos a la plaza, como mı́nimo habrá 2 que se encuentran en uno deestos triángulos pequeños y, por lo tanto, a distancia menor de 10 cm.

9. (t2000-p2) Un páıs ha hecho un papel poco brillante en las últimas olimpiadas.Un diario local propone, para apaciguar algo los ánimos, la creación de lavicemedalla; la vicemedalla es la distinción que se otorga a quien obtiene elcuarto lugar en cualquiera de las competiciones. Aśı, para los redactores deeste insigne diario, los cuatro premios importantes son: el primero (oro), el se-gundo (plata), el tercero (bronce) y el cuarto (vicemedalla). De este modo, losresultados de los deportistas de este páıs mejoran sustancialmente, porque a surepresentación hay muchos vicemedallistas (prácticamente tantos como medal-listas).En una prueba atlética participan 12 competidores, 3 de los cuales son compa-triotas de los mencionados redactores. Suponemos que todos los participantesacaban correctamente la carrera (es decir, en una de las 12 posiciones, sin aban-donar o quedar descalificados). Contesta:

(a) ¿De cuántas formas diferentes pueden llegar estos 12 corredores?

(b) ¿De cuántas maneras se pueden repartir las tres medallas entre los 12corredores?

(c) Y si se añade el generoso premio de la vicemedalla, ¿de cuántas formasdiferentes se pueden repartir los premios?

(d) ¿De cuántas formas diferentes pueden llegar los 3 compatriotas de losredactores?

(e) ¿En cuántas de estas posibilidades, alguno de estos 3 competidores recibeun premio oficial? ¿Y en cuantas reciben algún premio, si se incluye lavicemedalla?

Solución


(a) Se trata de permutar los 12 corredores; es decir,

P ()12 = 12! ' 4. 79× 108

(b) Hay tres premios a repartir entre 12 corredores; si enumeramos del 1 al 12estos corredores, entonces debemos hacer 3-muestras ordenadas sin repeti-ción (evidentemente un participante no puede llevarse dos medallas) deestos 12 números. Por lo tanto, el resultado es:

V (12, 3) = 12!(12−3)! = 1320

(c) En este caso el razonamiento es el mismo y el resultado, por lo tanto, es

V (12, 4) = 12!(12−4)! ' 1. 188× 104

(d) La idea es la misma que al apartado 2: se deben hacer 3-muestras orde-nadas de las 12 posiciones posibles. Por ejemplo, si los 3 participantes sedenominan, pongamos por caso, P1, P2 y P3,

la muestra (3,4,9) indica que P1 ha sido 3, P2 ha sido 4 y P3 ha sido9.

la muestra (4,6,1) indica que P1 ha esta 4, P2 ha sido 6 y P3 ha sido1. Es decir, volvemos a buscar el número de 3-muestras ordenadas de 12elementos, por lo tanto,

V (12, 3) = 12!(12−3)! = 1320

(e) En el primer caso, como contarlas directamente es muy pesado (porquedebemos considerar las diferentes posiciones de cada uno de estos 3 com-petidores), hacemos estos 2 pasos:

1) Buscamos aquellas posibilidades en las que no hay ningún medallistaentre los tres compañeros: debemos repartir estos 3 personajes entrelas 9 posiciones no premiadas, por lo tanto, las posibilidades son

V (9, 3) = 9!(9−3)! = 504

2) Restémoslas del total de posibilidades, 1320, que hemos encontradoantes:

1320− 504 = 816Es decir, hay 816 posibilidades de que alguno de estos tres esforzadoscompetidores obtenga una medalla.

En el supuesto de que hubiera 4 premios, el razonamiento es el mismo:

V (8, 3) = 8!(8−3)! = 336

Es decir, hay 1320−336 = 984 posibilidades de que obtengan algún premioentre los 3 si se premian los 4 primeros.

10. (t2000-pac12) ¿Cuántos números de 5 d́ıgitos se pueden hacer con losnúmeros 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 que sean capicúas?(Indicación: un número capicúa es el mismo léıdo de derecha a izquierda que deizquierda a derecha)


Solución

Para hacer un número capicúa de 5 d́ıgitos, sólo debemos escoger tres posicionespuesto que las otras dos quedarán fijadas por las dos primeras. Además, cadad́ıgito se puede repetir en más de una posición. Aśı, tenemos 8 posibilidadespara la x, 8 para la y y 8 para la z.8 · 8 · 8 = 512

11. (t2001-pac12) Queremos codificar 38 śımbolos alfanuméricos (28 letras y 10cifras) en palabras de longitud k de un alfabeto binario A = {0, 1}. ¿Cuál es lamı́nima longitud k necesaria por poderlo hacer? ¿Y si el alfabeto fuera ternario?

Solución

Se debe cumplir que 2k ≥ 38, por lo tanto k ≥ 6. Aśı la longitud mı́nima es 6.En el caso ternario se debe cumplir 3k ≥ 38 y, por lo tanto, k ≥ 4.

12. (t2001-pac13) Suponemos que queremos repartir k objetos diferentes entren personas, k ≤ n. ¿De cuántas maneras lo podemos hacer si

(a) cada persona puede recibir como mucho un objeto?

(b) cada persona puede recibir más de un objeto?

Solución

a) V (n, k) = n!(n−k)! ; b) nk

13. (t2001-pac41)

(a) Demuestra que si elegimos 5 puntos cualesquiera en el interior de uncuadrado de lado 2 unidades, al menos dos de ellos se encuentran a unadistancia no superior a

√2.

(b) ¿Cuántos puntos hemos de elegir, como mı́nimo, para poder asegurar que

al menos dos de ellos estarán a una distancia no superior a√

23

?

Solución

Es un problema t́ıpico del principio de las cajas.

(a) En un cuadrado de lado 2 unidades podemos dibujar cuatro cuadradosen el interior uniendo los puntos medios de cada lado. Dados 5 puntoscualesquiera dentro del cuadrado grande al menos dos de ellos estarándentro del mismo cuadrado. Pero la máxima distancia a la que están los


puntos dentro del mismo cuadrado viene dada por la diagonal, que vale√1 + 1 =

√2.

(b)√

23

es el valor de la diagonal de un cuadrado de lado13

(puesto que la

hipotenusa –que es la diagonal de este cuadrado– vale

√(13

)2+

(13

)2=

√2

3). En un cuadrado de lado 2 se pueden hacer 5 verticales y 5 horizon-

tales separadas entre ellas13

y esto nos da 36 cuadrados que cumplen loque queremos. Para asegurar que dos puntos dados están dentro de unode estos cuadrados nos deben dar un mı́nimo de 37 puntos.

14. (p2002-pac11) Calcula a medida del conjunto formado por todas las 4-listasque se pueden hacer con los śımbolos {0, 1, . . . 9} tales que el 5 se encuentretanto en la 1a como en la 2a posición, o bien que el 7 se encuentre tanto en la2a como en la 3a posición.Repite problema suponiendo, ahora, que el 5 se encuentre tanto en la 1a comoen la 2a posición, o bien, que el 5 se encuentre tanto en la 2a como en la 3a

posiciones.

Solución

Las 4-listas en las que aparece el 5 en 1a y 2a posición son 102 y aquellas en lasque aparece el 7 en 2a y 3a posición son, también, 102.El resultado que nos piden es: 102 + 102 = 200.La segunda parte del problema es parecido pero debemos restar la intersecciónentre los dos conjuntos (el de 4-listas que tiene un 5 en las posiciones 1-2 y elde 4-listas que tiene un 5 en las posiciones 2-3). Esta intersección está formadapor las 4-listas que tienen un 5 en las posiciones 1-2-3 y de estas listas ha 10.El resultado que nos piden es 102 + 102 − 10 = 190.

15. (p2002-final5) Las placas de matŕıcula de los veh́ıculos de un cierto páısconstan de 4 letras (cogidas de un abecedario de 20) seguidas de 3 cifras deci-males.

(a) ¿Cuántas placas diferentes pueden hacerse?

(b) ¿Cuántas placas diferentes pueden hacerse en las que tanto la parte literalcomo numérica sea capicúa?

Solución

(a) En cada lugar donde debemos colocar una letra tenemos 20 posibles man-eras de hacerlo y los lugares donde va un número tenemos 10 posibilidades.


En total 204 · 103 = 160,000,000.

(b) Sólo podemos colocar la letra que queramos en las dos primeras posiciones,puesto que las otras dos letras vienen determinadas por las que ponemosa las primeras posiciones. En cuando a las cifras, podemos colocar las quequeramos en las dos primeras posiciones, la última viene determinada porla primera. En total: 202 · 102 = 40,000.

16. (p2002-final9) Calcula cuántas listas de longitud 4 se pueden hacer conlas nuevo cifras decimales no nulas si no podemos utilizar la misma cifra en lasposiciones 1 y 2; 2 y 3; 3 y 4; 1 y 3; 1 y 4. (Indicación: se deben cumplir las cincocondiciones a la vez).

Solución

Las posibilidades que tenemos para las cuatro cifras son: que sean todas cuatrodiferentes; que haya tres de diferentes y la segunda cifra coincida con la cuarta.En el primer caso lo podemos hacer de V (9, 4) maneras y en el segundo caso deV (9, 3) maneras.El resultado es: V (9, 4) + V (9, 3) = 9 · 8 · 7 · 6 + 9 · 8 · 7 = 3024 + 504 = 3528.

17. (t2002-pac12)

Con las letras {m, r, s, t, x, a, o, e, u} se componen todas las palabras posi-bles de nuevo letras de forma que cada vocal esté intercalada entre conso-nantes y que no se repita ninguna letra. ¿Cuántas palabras encontraremos?

Con las letras {m, r, s, t, x, a, o, e, u} se componen todas las palabras posi-bles de diez letras de forma que no haya dos letras iguales juntas. ¿Cuántaspalabras encontramos?

Solución

Un ejemplo del que nos piden seŕıa la palabra sorametux.

Para componer estas palabras hemos de coger cualquier consonante (es-to lo podemos hacer de 5 maneras), entonces hemos de añadir cualquiervocal (esto lo podemos hacer de 4 maneras), a continuación añadir unaconsonante de las que quedan (esto lo podemos hacer de 4 maneras), etc.

Aplicando la regla del producto el resultado será: 5·4·4·3·3·2·2·1·1 = 2880.

Utilizaremos la regla del producto como en el apartado anterior. Comoprimera letra de las palabras que queremos componer podemos ponercualquiera (esto lo podemos hacer de 9 maneras). La segunda letra puedeser cualquiera de las otras ocho (sólo debe ser diferente de la que hemosconsiderado en primer lugar). La tercera letra puede ser cualquiera de lasocho letras diferentes de la que hemos considerado en segundo lugar, etc.


El resultado será, pues, 9 · 8 · 8 · · · 8 = 9 · 89 = 1207959552.

18. (t2002-pac13) En el aeropuerto de la Seu d’Urgell hay 673 personas es-perando por embarcar en uno de los cuatro vuelos con destino en Girona. Estaspersonas, provenientes de siete pueblos de la comarca, han comprado el billetede avión en una de las seis agencias que operan en cada pueblo.Demuestra que hay, como mı́nimo, un grupo de tres personas del mismo sexo ydel mismo pueblo que han comprado el billete en la misma agencia y que vuelanen el mismo avión.

Solución

Es una aplicación del principio de las cajas. Consideramos sólo el pueblo deprocedencia de las 673 personas. Podemos asegurar que hay un mı́nimo de 97personas del mismo pueblo (pero no sabemos qué pueblo).Restringiendo el problema a estas 97 personas y volviendo a aplicar el principiode las cajas considerando, ahora, el avión en el que vuelan podemos concluirque un mı́nimo de 25 personas del mismo pueblo volarán en el mismo avión.Volviendo a restringir el problema a estas 25 personas del mismo pueblo yque vuelan al mismo avión, pero considerando, ahora, la agencia en que hancomprado el billete, podemos decir que un mı́nimo de 5 personas del mismopueblo vuelan en el mismo avión y han comprado el billete a la misma agencia.Finalmente, considerando el sexo, podemos asegurar que un mı́nimo de tres deellas serán del mismo sexo.

19. (p2003-pac12) ¿Cuál es el mı́nimo número de estudiantes que debe tenerun aula de Matemática Discreta para estar seguros que al menos 12 estudiantesrecibirán la misma nota? Suponemos que las calificaciones posibles son: D, C–,C+, B, A.

Solución

Teniendo en cuenta que hay cinco calificaciones diferentes, si el número de estu-diantes, n, cumple n > 5 · (12− 1) = 55, entonces, por el principio de las cajasgeneralizado, podemos asegurar que, como mı́nimo, habrá doce estudiantes quetendrán una misma calificación. Por lo tanto, como mı́nimo necesitamos 56 es-tudiantes en el aula.

20. (p2003-pac21) En una reunión celebrada a Bruselas con dos representantesde Israel, dos representantes de Palestina y dos representantes de los EstadosUnidos y presidida por el secretario general de la ONU, el Sr. Kofi Anan, losencargados de preparar la reunión decidieron que se haŕıa en una mesa redonda,pero no se acaban de decidir sobre como colocar a los 7 participantes.

Combinatoria: Muestras no ordenadas 10

(a) ¿De cuántas maneras se pueden colocar los 7 participantes a la mesa?

(b) Los organizadores pensaron que muy probablemente los representantespalestinos querŕıan sentarse juntos, ¿de cuántas maneras se pueden colocarlos participantes en este caso?

(c) ¿De cuántas maneras se pueden colocar los participantes si los represen-tantes palestinos además de querer sentarse juntos no queŕıan sentarsejunto a un representante de Israel?

Solución

(a) 6! = 720; (b) 2 · 5! = 240; (c) 2 · 3! · 3! = 72

21. (t2004-pac11)

(a) ¿Cuántos números naturales entre 1 y 999999 (ambos incluidos) son capicúa?Un capicúa es un número que tiene la misma secuencia de cifras si lo leesde derecha a izquierda que de izquierda a derecha. Por ejemplo, 87378 o919.

(b) Suponiendo que la respuesta del apartado anterior es más grande que1950, demuestra que, de todos los números capicúa entre 1 y 999999, hay almenos un subconjunto de 37 cuyas cifras suman lo mismo ({8, 44, 323, 2222, 3113}es un ejemplo de subconjunto de 5 capicúas cuyas cifras suman lo mismo).

Solución

(a) Hay 9 capicúas de una cifra, y 9 de dos cifras. Con respecto a los de trescifras, la primera y la tercera deben ser iguales y diferentes de 0, y lasegunda cifra puede ser cualquiera. En total, tenemos 9× 10 capicúas detres cifras. Con respecto a los de cuatro cifras, podemos escoger las cifrasprimera (que debe ser diferente de 0) y segunda, puesto que la terceray la cuarta quedarán determinadas. En total, tenemos 9 × 10 capicúasde cuatro cifras. Análogamente, se calcula que hay 9 × 10 × 10 capicúasde cinco cifras y 9 × 10 × 10 capicúas de seis cifras. En total, tenemos9 + 9 + 90 + 90 + 900 + 900 = 1998 capicúas.

(b) Si sumamos todas las cifras de un capicúa, podemos obtener resultadosque van de 1 (la suma de la única cifra del capicúa 1) hasta 54 (la sumade las cifras del capicúa 999999). Tenemos, pues, 54 cajas donde situamostodos los capicúas dependiente del resultado que produzca la suma de suscifras. Entonces podemos aplicar el principio de las cajas generalizado,puesto que 1950 > 54 · 36.

Caṕıtulo 2

Combinatoria: Muestras noordenadas

22. (p99-pac13) Un entrenador de fútbol convoca por un partido 3 porteros, 7defensores, 5 jugadores de medio campo y 6 delanteros. La estrategia de esteentrenador es la de jugar con 4 defensores, 3 medios y 3 delanteros, apartedel portero. ¿Cuántos equipos diferentes puede confeccionar con esta plantilla,siguiendo su sistema de juego?Supón, ahora, que el entrenador siempre escoge 2 defensores, 2 medios y 1 de-lantero fijos, de entre todos los que tiene a su disposición, ¿cuántos posiblesequipos puede hacer, ahora, con estas condiciones?

Solución

Se deben escoger uno entre los tres porteros, 4 entre los 7 defensores, 3 entre los5 medios y 3 entre los 6 delanteros, por lo tanto, los posibles equipos son:

3·(74

)·(53

)·(63

)= 21 000 equipos

Por otro lado, si siempre escogiera 2 defensores, 2 medios y 1 delantero, lasposibilidades de elección se reducen. El número de posibles equipos, en estecaso es

3·(52

)·(31

)·(52

)= 900 equipos

Este problema también se puede resolver, si se es muy puntilloso, atendiendo alhecho que un delantero, por ejemplo, puede ocupar varias posiciones (derecha,izquierda, central, etc). Si queremos dar cuenta de esta diversidad de posicionesen una misma ĺınea habremos de recurrir a las variaciones (y no, como anteri-ormente, a las combinaciones).

23. (p99-pac14) Un internauta tiene las direcciones electrónicas de 8 amigosalmacenadas. Por Navidad quiere enviar un mensaje diferente para cada uno desus amigos. En el momento de enviarlo, decide hacerlo al azar ¿qué probabilidadhay que algún de sus amigos reciba el mensaje correcto? Joan es uno de los sedesamigos, ¿qué probabilidad tiene Joan de recibir correctamente su mensaje? Pere

11


es otro de los amigos del internauta, ¿qué probabilidad hay que Joan y Perereciban su mensaje correctamente? ¿Qué probabilidad hay que ni Joan ni Perereciban correctamente su mensaje?

Solución

Este problema es, de hecho, una versión actualizada del problema de los desar-reglos ahora con 8 direcciones y 8 mensajes. En este caso ap =

(8p

)(8− p)!. De

este modo,D = 8!− a1 + a2 − a3 + a4 − a5 + a6 − a7 + a8 = 14 833

por lo tanto, la posibilidad que cabe de sus amigos reciba el mensaje correctoes

D8! =

21195760 = 0. 367 88

aśı, la probabilidad que uno de los suyos amigos la reciba es 1− 0. 367 88 = 0.632 12.

En Joan, uno de los sedes amigos tiene una probabilidad de 18 = 0. 125 que lellegue correctamente su carta.

La probabilidad que, tanto Joan como Pere reciban correctamente sus cartas,es6!8! =

156 = 1. 785 7× 10

−2.

La probabilidad que ni la uno ni el otro la reciban correctamente: calculamoslas posibilidades de que, o bien, Joan la reciba correctamente, o bien, Pere lareciba correctamente. SeanJ = {situaciones en las que Joan recibe correctamente su carta}P = {situaciones en las que Pere recibe correctamente su carta}Por el principio del cedazo,

|J ∪ P | = |J |+ |P | − |J ∩ P | = 7! + 7!− 6!

Por lo tanto, las situaciones en que Joan y Pere no reciben correctamente suscartas es igual a 8! − 9360 = 30 960. Finalmente, la probabilidad que Joan yPere no reciban correctamente sus cartas es igual a

309608!

= 0. 767 86

24. (t99-final2) En una residencia de estudiantes se han constituido 4 grupospara organizar unas jornadas culturales: el grupo de cine, el de teatro, el demúsica y el de esparcimiento. Cada estudiante pertenece, como mı́nimo, a unode estos grupos. Hay dos estudiantes que participan en los cuatro grupos. Hay25 estudiantes en cada uno de los grupos, 15 que simultanean su participaciónen cada par de grupos y 10 en cada tres de los cuatro grupos.¿Cuántos estudiantes hay en la residencia?

Solución


Digamos C, T,M,E los cuatro grupos:|C ∪ T ∪M ∪E| = |C|+ |T |+ |M |+ |E| − |C ∩ T | − |C ∩M | · · · |M ∩E|+ |C ∩T ∩M |+ · · ·+ |T ∩M ∩ E| − |C ∩ T ∩M ∩ E| =25 + 25 + 25 + 25− 15− 15 · · · − 15 + 10 + · · ·+ 10− 2 =

25 · 4− 15(

42

)+ 10

(43

)− 2 = 48

25. (t99-final3) ¿De cuántas maneras diferentes pueden colocarse 7 librosdiferentes en un estante de forma que tres libros determinados estén siempreseparados?

Solución

De entrada debemos colocar los tres libros (designémoslos con una X) de formaque estén separados (los cuatro libros que pueden ir juntos designémoslos genéri-camente con una Y ). O sea tendŕıamos una configuración como la siguiente:

XY XY X

Ahora tenemos de añadir los dos libros Y que nos quedan. Los pueden colocarantes de la primera X, entre las dos primeras X, etc. Esto podemos hacerlode tantas maneras como combinaciones con repetición de 4 objetos (los cuatrolugares en donde podemos colocar los dos libros Y que nos quedan por colocar)cogidos de 2 en 2. Esto da un total de

(4+2−1

2

)= 10.

Cada una de las anteriores maneras de colocar los libros admite permutar lostres libros X de P (3) maneras diferentes y los cuatro libros Y de P (4) manerasdiferentes.En definitiva lo que nos piden es:

10P (3)P (4) = 10 · 6 · 24 = 1440

26. (t99-final7) ¿Cuántos bytes pueden formarse utilizando exactamente 6ceros?

Solución

Un byte son ocho bits y queremos que seis de ellos sean ceros. Cada una de estassituaciones corresponden a seleccionar seis lugares de entre los ocho lugaresposibles que podemos poner los ceros en un byte. En total, pues, podremos

formar(

86

)= 28 bytes.

27. (t99-final9) Encuentra el número de permutaciones de los nueve d́ıgitos1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 en las cuales


(a) los bloques 12, 34 y 567 no aparecen

(b) los bloques 12, 23 y 415 no aparecen

Solución

(a) Permutaciones en las que los bloques 12, 34 y 567 no aparecen.

De permutaciones de 9 d́ıgitos hay P (9), pero le debemos descontar aque-llas en las que figura el bloque 12.

Podemos considerar que el bloque 12 tiene entidad propia y, entonces,junto con los otras d́ıgitos 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 hacer todas las posibles per-mutaciones. En total habrá P (8).

Del mismo modo, de permutaciones en las que figura el bloque 34 hayP (8) y de permutaciones en las que figura el bloque 567 hay P (7).

Al restar del total P (9) las permutaciones en las que aparece el bloque12 y aquellas en las que aparece el bloque 34, hay permutaciones que lashemos restado dos veces. Son aquellas en las que aparece el bloque 12 y,también, 34. Análogamente con los otros bloques.

Por lo tanto el que nos piden es:

P (9)− P (8)− P (8)− P (7) + P (7) + P (6) + P (6)− P (5) = 283560

(b) Permutaciones en las que los bloques 12, 23 y 415 no aparecen.

El problema es parecido al anterior. La diferencia es que en las permuta-ciones en las que aparece el bloque 12 estamos seguros que el bloque 415no aparece, etc.

Lo que nos piden es:

P (9)− P (8)− P (8)− P (7) + P (7) + P (6) = 282960

28. (p2000-pac13) En la última promoción del ejército coinciden al mismo cuartel5 catalanes y 7 gallegos. Estos soldados se deben poner en fila. Los catalanesestán peleados entre ellos y, para evitar problemas, no puede haber dos de juntos.¿De cuántas formas se puede hacer esta fila?

Solución

Entre dos catalanes siempre hay de haber un gallego, por lo tanto, la posición delos catalanes y los gallegos son cgcgcgcgcgcgcgc, donde c indica la posibilidadque haya un catalán, mientras que g indica que hay un gallego.Los gallegos se pueden distribuir de P (7) formas. Los catalanes pueden dis-tribuirse de P (5)

(85

), por lo tanto, la fila se puede formar de

P (7)P (5)(

85

)


formas diferentes.

29. (p2000-pac16) Tras el escrutinio de las quinielas del el pasado domingo(quiniela de 15 resultados)

(a) ¿Cuántas quinielas diferentes pueden tener exactamente 14 aciertos?

(b) ¿Cuántas quinielas diferentes pueden tener exactamente 13 aciertos?

(c) ¿Qué cantidad de aciertos debeŕıa ser la más habitual, si suponemos quelas quinielas se han llenado al azar? ¿Por qué?

Solución

(a) Se deben de acertar 14 de los 15 resultados y el otro se debe fallar. Por lotanto, sólo hay una posibilidad para las casillas acertadas y 2 posibilidadespor la casilla errada. Ahora bien, el desacierto puede estar en cualquierade los 15 partidos. Por lo tanto, las posibles quinielas con exactamente 14aciertos es 2× 15 = 30 quinielas.

(b) Se han de acertar 13 de los 15 resultados y el otro se debe fallar. Por lotanto, hay una posibilidad para cada casilla acertada y 2 posibilidades porlas 2 casillas erradas. Es decir, hay 22 quinielas que equivocan 2 partidosdeterminados. Las formas de escoger estos 2 partidos de los 15 es iguala

(152

). Por lo tanto, las quinielas diferentes que aciertan exactamente 13

aciertos son 22(152

)= 420.

(c) En general, el número de quinielas que se equivocan en k resultados esigual a

2k(

15k

)=

2k15!k!(15− k)!

Los resultados para los diferentes valores de k son:

k = 1 30 k = 2 420k = 3 3640 k = 4 21840k = 5 96096 k = 6 320320k = 7 823680 k = 8 1647360k = 9 2562560 k = 10 3075072

k = 11 2795520 k = 12 1863680k = 13 860160 k = 14 245760k = 15 32768

Por lo tanto, el número más habitual de errores se da para k = 10, esdecir, que el número más habitual de aciertos debeŕıa ser 5.


30. (p2000-final10) 4 americanos, 3 rusos y 5 chinos aprenden a bailar sardanas.¿De cuántas maneras diferentes pueden hacer el ćırculo para bailar una sardanatodos juntos, si los de un mismo páıs no pueden estar todos juntos?(Observación: para bailar una sardana se ponen los participantes en ćırculocogidos de la mano. Normalmente, siempre se intercalan un hombre y una mujer,pero en este caso debes suponer que se pueden mezclar hombres y mujeres decualquier manera.)

Solución

Denominamos R el conjunto de ćırculos en que los rusos se encuentran juntos,A, la de los americanos juntos, y X, la de los chinos juntos.El número de ćırculos que cumplen que no están los de un mismo páıs todosjuntos es igual a:

11!− |R| − |A| − |X|+ |R ∩A|+ |R ∩X|+ |A ∩X| − |R ∩A ∩X| =11!− 9!3!− 8!4!− 7!5! + 6!4!3! + 5!3!5! + 4!5!4!− 2!4!3!5! = 36391680

31. (p2001-pac12) En los lenguajes de programación se utilizan identificadorespara hacer referencia a varios objetos: constantes, variables, funciones,...Normalmente un identificador está formato por una serie de caracteres, letrasdel alfabeto (’a’,..,’z’,’A’,..,’Z’) y d́ıgitos numéricos (’0’,..,’9’) em-pezando siempre por una letra. Por ejemplo, a1, Jet, NUM, n36, AddNodeson identificadores válidos, pero 1a, 3jda no se consideraŕıan válidos porqueempiezan por un d́ıgito o contienen caracteres que no son letras ni d́ıgitos.

(a) ¿Cuántos identificadores de 8 caracteres podemos formar? ¿Y si todos loscaracteres deben ser diferentes?

(b) Si consideramos identificadores con un máximo de 6 caracteres, ¿cuántosidentificadores podemos formar con todos los caracteres diferentes?

(c) Si se consideran equivalentes las letras mayúsculas y minúsculas, ¿cuántosidentificadores con un máximo de 6 caracteres diferentes podremos formar?

(d) ¿Cuántos de los identificadores del apartado anterior tendrán, al menos,una vocal?

Solución

Suponemos que tenemos 26 letras minúsculas, 26 mayúsculas y 10 d́ıgitos.

(a) El número total de identificadores de 8 caracteres serán:

52× V R(62, 7) = 52× 627 = 183123959522816

Si todos el caracteres deben ser diferentes, entonces la solución será:

52× V (61, 7) = 52× 61× 60× 59× 58× 57× 56× 55 = 600956640


(b) En este caso, los identificadores pueden tener longitud de 1 a 6. La soluciónserá:

52(1+5∑

y=1

V (61, y)) = 52(1+V (61, 1)+V (61, 2)+V (61, 3)+V (61, 4)+V (61, 5)) = 37785374744

(c) Este caso es como el anterior pero ahora sólo hace falta considerar 26letras y 10 d́ıgitos:

26(1+5∑

y=1

V (35, y)) = 26(1+V (35, 1)+V (35, 2)+V (35, 3)+V (35, 4)+V (35, 5)) = 1046577376

(d) Calculamos, primero, cuántos identificadores no tienen ninguna vocal:

21(1+5∑

y=1

V (30, y)) = 21(1+V (30, 1)+V (30, 2)+V (30, 3)+V (30, 4)+V (30, 5)) = 373457721

Restando de la cantidad del apartado anterior obtendremos el resultadodeseado:

1046577376− 373457721 = 673119655

32. (p2001-pac21) Una persona que tiene 8 amigos, ha prometido salir cada d́ıadel año con un amigo diferente o con un grupo diferente de amigos.¿Puede llevar a cabo su propósito?

Solución

Puede salir cada d́ıa con un grupo de i amigos (i puede valer desde 1 hasta 8).Las maneras de hacerlo serán las combinaciones de 8 elementos cogidos de i en

i, o sea(

8i

).

Al variar i desde 1 hasta 8 nos dará como soució

8∑y=1

(8i

)= 28 − 1 = 255

La respuesta al problema, será pues, negativa.

33. (p2001-pac23) En un tablero de ajedrez de 8×8 casillas, ¿de cuántas formasdiferentes se pueden colocar 8 torres iguales de forma que ninguna esté en ladiagonal principal ni se puedan matar entre ellas? (dos torres están en posiciónde matarse si están a la misma fila o en la misma columna).

Solución


Es un problema de desarreglos. Pongamos 1 en la primera casilla de la diagonalprincipal, 2 en la segunda casilla de la diagonal principal, etc. tal y como indicala figura:

12

34

56

78

Entonces las ocho torres (que podemos numerar del 1 al 8) han de situarse, re-spectivamente, la torre 1 en la fila 1, la torre 2 en la fila 2, etc. sin que coincidala torre y con la columna y y sin que dos torres estén en la misma columna.Cada colocación equivale a escribir las columnas en las que situaremos, respec-tivamente, la torre 1, la torre 2, etc., o sea una permutación de los elementosdel conjunto {1, 2, · · · , 8} en la que ninguna y se encuentra en el lugar y.El resultado es, pues, el número de desarreglos de 8 elementos, D = 8! − a1 +a2−a3+a4−a5+a6−a7+a8 = 20160−6720+1680−336+56−8+1 = 14833

34. (p2001-pac24) Siete personas no relacionadas entre ellas llegan a la recepciónde un edificio que tiene cuatro pisos más, entran al ascensor y cada una eligeuno de los cuatro pisos. ¿Cuántas de las posibles selecciones de las siete personastienen como resultado que el ascensor se pare en cada piso por dejar pasajeros?Indicación: Consideramos que dos selecciones son iguales sólo si baja la misma cantidad de

personas en cada piso, independientemente de cuáles son estas personas.

Solución

Podemos suponer que hacemos las diferentes combinaciones con repetición CR(4, 7)de 4 elementos (los cuatro pisos) cogidos de 7 en 7 (cada persona escoge un pisode los cuatro). Pero en este cálculo no tenemos en cuenta que queremos que cadapiso esté representado (al menos una vez) en estas combinaciones que cogemos.O sea que si empezamos por seleccionar cada uno de los cuatro pisos, entonces

el problema se reducirá a calcular CR(4, 3) =(

4 + 3− 13

)= 20.

También pod́ıamos haber considerado el cálculo de las soluciones enteras y pos-itivas de la ecuación a + b + c + d = 7, aśı como también se pod́ıa enfocar através del cálculo con funciones generadoras.

35. (p2001-pac41) Queremos colocar 10 personas (5 parejas) alrededor de unamesa circular. Dos disposiciones se consideran equivalentes si una es idéntica ala otra por rotación. Por ejemplo, si las personas son A, B, C, D, E, F; entonceslas disposiciones ABCDEF y CDEFAB se consideraŕıan equivalentes.


¿De cuántas formas diferentes podemos sentar estas personas alrededor de lamesa?Si, además, queremos que dos personas del mismo sexo no estén juntas, ¿decuántas formas lo podremos hacer?De cuántas maneras si queremos que, además, nadie se siente al lado de supareja?Si suponemos que cada persona tiene un lugar asignado a la mesa (por ejemplo,con una tarjeta con su nombre), de cuántas formas los podremos sentar de talmanera que ninguna de ellas ocupe una posición que coincida con su tarjeta?

Solución

Siendo la mesa circular, no hay ninguna posición predominante. Aśı, podemosfijar una de las posiciones. Por ejemplo, podemos fijar la que ocupa la personaA. Entonces, tenemos 9 personas por poner alrededor de la mesa de todas lasmaneras posibles. Esto hace un total de 9! = 362880 disposiciones diferentes.Si no pueden estar juntas las personas del mismo sexo, entonces debemos teneren cuenta las diferentes posiciones de la mesa. Si fijamos el lugar que ocupa A,entonces la posición de su derecha puede ser ocupada de 5 maneras. Las dosposiciones siguientes, pueden ser ocupadas de 4 maneras, las dos siguientes de 3maneras, las dos siguientes de 2 maneras. Finalmente, las dos últimas posiciones(que corresponden a personas de sexo diferente) pueden ser ocupadas de unaúnica manera. Aśı, hay

5× 4× 4× 3× 3× 2× 2× 1× 1 = 2280

maneras de sentar las personas sin que dos del mismo sexo estén juntas.El tercer apartado es un problema de desarreglos. La solución seŕıa el númerode desarreglos de 10 elementos:

10!− a1 + a2− a3 + a4− a5 + a6− a7 + a8− a9 + a10 = 1334961

36. (p2001-final5) ¿De cuántas formas podemos distribuir 7 manzanas y 6naranjas entre 4 personas, A, B, C, D?¿Y si queremos que las 4 personas tengan, al menos, una manzana?¿Y si queremos que la persona A no tenga ninguna manzana, y entre una y dosnaranjas?

Solución

En el primer caso, tenemos(4 + 7− 1

7

)(4 + 6− 1

6

)= 120× 84 = 10080

Ahora, si cada persona debe tener, al menos, una manzana, sólo tendremos tresmanzanas para repartir y el resultado será:(

4 + 3− 13

)(4 + 6− 1

6

)= 20× 84 = 1680


Finalmente, podemos contar el número de distribuciones en las cuales la personaA tiene una naranja: (

3 + 7− 17

)(3 + 5− 1

5

)= 756

y las distribuciones en las cuales tiene dos naranjas:(3 + 7− 1

7

)(3 + 4− 1

4

)= 540

Aplicando el principio de adición, tendremos las 756+540 = 1296 distribucionespedidas.

37. (p2001-final8) Por un canal de comunicación se vuelan transmitir 12 śımbo-los todos diferentes. Para sincronizar el transmisor y el receptor, entre cadapareja de śımbolos hace falta enviar un mı́nimo de 3 caracteres en blanco. Si entotal se han enviado 45 caracteres en blanco, ¿de cuántas maneras diferentes sepueden transmitir los 12 śımbolos?

Solución

Hay 12! maneras de enviar los 12 śımbolos. Entre los 12 śımbolos hay 11 posi-ciones ocupadas por caracteres en blanco. Como que ha de haber un mı́nimo de3, quedarán 45− 33 = 12 caracteres en blanco por repartir en las 11 posiciones.Este reparto se puede hacer de

(11+12−1

12

)= 646646 maneras.

Aśı, el número total de mensajes diferentes que se pueden enviar es

12!×(

11 + 12− 112

)' 3,097× 1014

38. (t2000-p3) Un número musical de un film americano de los años 40 sedesarrolla en una amplia escalera de 12 peldaños. En principio, cada peldañoestá ocupado por una chica. Este espectacular número consiste en que las chicashagan una serie de pasos sobre esta escalera. En un paso la chica puede saltar1 o 2 escalones, hacia arriba o hacia abajo.

(a) En un momento del número, la chica que se encuentra en lo alto de laescalera, hace una serie de pasos siempre hacia abajo, que la hacen llegarabajo de todo de la escalera, fuera de la escalera. ¿De cuántas formasdiferentes puede hacer el descenso esta chica?

(b) En otro momento del número, una chica hace 10 pasos. ¿De cuántas for-mas diferentes puede hacerlos de forma que se produzcan, exactamente,5 variaciones entre dos pasos (una variación entre dos pasos se producecuando se hace un paso de un escalón y, inmediatamente después, unapaso de 2 escalones o al revés, sin considerar si son hacia arriba o haciaabajo)?.


(c) El coreógrafo de este número, aficionado a la Matemática Discreta en suescaso tiempo de ocio, quiere que al final de la obra no haya más de unachica por escalón, y que exactamente la mitad de las chicas se encuentrenen un escalón diferente al que estaban al principio. ¿De cuántas formaspuede conseguir esta distribución?

(d) El productor del film, tras ver la actuación le parece que falta algo. De-cide que tiene que haber más chicas y que se deben numerar los doceescalones de abajo arriba. Pero conociendo la afición del coreógrafo porlas Matemáticas, le comunica el número de este modo: ”al final del número,debe haber 17 chicas sumando todas las que hay a los escalones connúmeros pares, 16 chicas sumando todas las que hay a los escalones connúmeros múltiples de 3, 3 chicas sumando todas las que hay a los escalonescon números múltiples de 5, 8 chicas sumando todas las que hay a losescalones con números múltiplos de 6, 1 chica al escalón numerado con el10 y 2 chicas sumando todas las que hay a los escalones no mencionados”.¿Cuántas chicas quiere el productor que aparezcan?

Solución

(a) La chica debe bajar 12 peldaños de 1 o 2 escalones. Por lo tanto, puedehacer de 6 a 12 pasos.

Si hace 6 pasos, todos son de 2 escalones; por lo tanto, tiene 1 únicaposibilidad.

Si hace 7 pasos, ha hecho 5 pasos de 2 escalones y 2, de 1 escalón; por lotanto, tiene

(72

)= 21 posibilidades

Si hace 8 pasos, ha hecho 4 pasos de 2 escalones y 4, de 1 escalón; por lotanto, tiene

(84

)= 70 posibilidades

En definitiva, las posibilidades de bajar las escaleras son:∑6k=0

(6+k2k

)= 233

(b) El total son 10 pasos: hay 9 posibles variaciones, de las cuales sólo quere-mos 5; por lo tanto, si la chica empieza de una manera determinada (porejemplo, un paso de 1 escalón), puede hacer

(95

)= 126 bajadas con 5

variaciones de paso. Ahora bien, tiene dos posibilidades para empezar (unpaso de 1 escalón y un paso de 2 escalones). En definitiva, puede hacer 10pasos que incluyen 5 variaciones de 2

(95

)= 252 maneras diferentes.

(c) La manera de escoger 6 de las 12 chicas de forma que estén en el escalóninicial es

(126

)= 924.

El resto de las chicas han de estar desordenadas. Por lo tanto, las posibil-idades de hacerlo son: D6 = 6! +

∑6k=1(−1)k

(6k

)(6− k)! = 265

En definitiva, hay 924× 265 = 2. 449× 105 formas de hacer esta distribu-ción.

(d) Denominamos Ni={chicas que se encuentran en una escalera múltiplo dei}|N2| = 17


|N3| = 16

|N5| = 3|N6| = 8|N10| = 1

Por lo tanto:

|N2 ∪N3 ∪N5| = 17 + 16 + 3− 8− 1 = 27Faltan dos chicas que se encuentran en otros escalones; por lo tanto, hay29 chicas.

39. (t2000-final1) Tres amigos suben, en la planta baja, a un ascensor de unedificio de 5 plantas. ¿De cuántas maneras diferentes pueden ir saliendo delascensor si en ningún piso baja más de uno de ellos?

Solución(53

)· 3! = 60.

40. (t2000-final8) Una palabra-código consiste en una secuencia de los d́ıgitos1, 2, 3, 4, 5, en la que se permiten repeticiones.

¿Cuántas palabras-código de longitud 10 se pueden construir que no acabenen 3 o 5?

¿Cuántas palabras-código de longitud n (n ≥ 3) se pueden construir quetengan dos o tres d́ıgitos diferentes?

Solución

Tenemos C(5, 1) maneras para los primeros nuevo d́ıgitos y C(3, 1) parael último. En total 3 · 59 = 5,859,375.

Hay C(5, 2) · (2n− 2) palabras código con dos d́ıgitos diferentes y C(5, 3) ·(3n−3 ·2n +3) palabras código con tres d́ıgitos diferentes. El total será de10 · (3n − 2 · 2n + 1).

41. (t2000-final14) ¿De cuántas maneras 24 bolas diferentes se pueden colocaren 3 cajas diferentes con tal que haya el doble de bolas en una caja que en lasotras dos juntas? ¿Y si no ponemos la condición?


Solución

Una caja debe tener 16 bolas y las otras dos cajas 8 en total. Hay C(3, 1)maneras de escoger la primera caja, C(24, 16) maneras de llenarla y C(2, 1)8

maneras de llenar las dos cajas restantes.El resultado es, pues, C(3, 1) · C(24, 16) · C(2, 1)8.Si no tenemos en cuenta la condición el problema se transforma en el cálculo delas variaciones con repetición de 3 objetos cogidos de 24 en 24, o sea, 324.

42. (t2000-pac11) Un grupo de tres chicas y cinco chicos se espera a que pasendos taxis a la salida del Up and Down para poder volver a casa. Subirán cuatropersonas en cada taxi, ¿de cuántas maneras diferentes lo pueden hacer si quierenque siempre haya al menos una chica en cada taxi?

Solución(31

)(53

)= 30

43. (t2000-pac14) Suponemos que disponemos de 20 pelotas azules idénticas,18 de rojas idénticas y 10 de amarillas idénticas. Calcula el número de manerasde seleccionar 16 pelotas (no importa el orden en que hacemos esta selección).

Solución

Este problema lo entenderéis mejor si consideráis que tenéis tres cajas y debéisescoger 16 pelotas entre las tres cajas. Como las pelotas son indistinguibles yno importa el orden de la selección, se trata de escoger muestras no ordenadascon repetición. El problema añadido está en que no podemos escoger 16 pelotasamarillas puesto que sólo tenemos 10. Si tuviéramos un número suficiente, lasolución seŕıa: escoger n = 16 objetos entre m = 3:

(3+16−1

16

), pero debemos

restar los casos en los que escogemos bolas amarillas que no tenemos, es decir,las muestras que tengan más de 10 bolas amarillas:

1 muestra con 16 bolas amarillas2 muestras con 15 bolas amarillas3 muestras con 14 bolas amarillas4 muestras con 13 bolas amarillas5 muestras con 12 bolas amarillas6 muestras con 11 bolas amarillas

en total, hace falta restar 21 muestras.Observa que esto es equivalente al razonamiento siguiente: como tiene que haber,al menos, 11 bolas amarillas para eliminar las muestras que sobran, podemoscontar los número de maneras de escoger 5 objetos (las posiciones que nosquedan) entre 3:

(3+5−1

5

)= 21(

16+3−116

)−

(5+3−1

5

)= 153− 21 = 132


44. (t2001-final1) En una estanteŕıa hay 12 libros alineados en una fila. ¿Decuántas maneras podemos escoger 5 de forma que nunca cogemos dos que seancontiguos en el estante (no nos importa el orden de la extracción).

Solución

Suponemos que ya hemos acabado de coger los 5 libros. En el estante nos quedan7 libros y entre estos libros los 5 agujeros en donde hab́ıa previamente los librosque hemos cogido. Denominemos x, y, z, r, s, t, respectivamente, a las cantidadesde libros que nos han quedado en el estante, a la izquierda del todo, desde elprimer libro extráıdo hasta el segundo, del segundo al tercero, etc.Se debe cumplir que x + y + z + r + s + t = 12− 5 = 7, las variables deben sernúmeros enteros no negativos y, además, y, z, r, s deben ser enteros positivos.De otro modo, el problema consiste en contar la cantidad de soluciones enterasno negativas de la ecuación x + y + z + r + s + t = 7− 4 = 3.

El resultado ya sabemos que es: CR(6, 3) =(

83

)= 56.

45. (t2001-final9) Dadas las 5 vocales y 4 consonantes diferentes, ¿cuántaspalabras de 2 vocales cualesquiera y 2 consonantes diferentes se pueden hacerde forma que las consonantes no vayan juntas?

Solución

Si no pueden haber dos consonantes seguidas, el patrón que seguirán las palabrasque buscamos es: CV CV o CV V C o V CV C o V CCV o CCV V o V V CC. Entotal, tantos como permutaciones en repetición de 2 elementos de forma que el

primero se repite 2 veces y el segundo se repite 2 veces, o sea,(

42, 2

)= 6.

De estos casos debemos suprimir aquellos en que hay dos consonantes juntas,o sea, permutaciones con repetición de 2 elementos de forma que el primero se

repite 2 veces y el segundo se repite 1 vez. En total(

32, 1

)= 3.

Nos han quedado 3 posibles patrones. En cada uno de ellos las vocales se laspodemos poner de PR(5, 2) = 52 maneras y las consonantes de V (4, 2) = 4 · 3maneras.La solución es, pues, 3 · 52 · 4 · 3 = 900.

46. (p2002-pac13) En la UOC se reciben solicitudes para matricularse de unmaster que se atienden según las calificaciones de las siguientes asignaturas:matemáticas, informática, inglés y deportes. Cada asignatura tiene una pun-tuación entera de entre 4 y 10.

Atendiendo a las calificaciones, ¿cuántos expedientes académicos difer-entes podemos recibir?


¿De los expedientes académicos que tienen la máxima nota en deportes,en cuántos la nota mediana es 7?

Solución

La cantidad de diferentes expedientes académicos es la cantidad de manerasdiferentes de escoger 4 valores enteros entre 4 y 10 de todas las maneras posibles,tantas como V R(7, 4) = 74 = 2401.De los expedientes académicos que tienen 10 en deportes, la nota mediana será 7en aquellos en que la suma de las calificaciones sea 28 y, la cantidad de estoscoincide con la cantidad de soluciones de la ecuación:x1 + x2 + x3 + 10 = 28cada xi tiene un valor entero entre 4 y 10.Restando 4 a cada variable, también podemos considerar las soluciones enteras,no negativas, de la ecuación:y1 + y2 + y3 = 6Y, de estas, ya sabemos que hay

(3+6−1

6

)= 28.

47. (t2002-pac11) En una finca de caza de Extremadura hay una grupo decasetas de guarda. Desde cada una de estas casetas se puede ir directamente alas otras por un camino diferente. Hay en total 36 caminos.¿Cuántas casetas hay?

Solución

Si suponemos n casetas, la cantidad de caminos que debemos tener coincide conlas 2-muestras no ordenadas de n elementos, que ya sabemos que son 36.

O sea:(

n

2

)=

n(n− 1)2

= 36.

Haciendo operaciones obtenemos n = 9.

48. (t2002-pac14) En una de las carreras que ofrece la UOC, a partir de segun-do encontramos 9 asignaturas optativas en cada uno de 4 ámbitos diferentes.No tendremos en cuenta el orden en la elección ni la asignatura concreta queescogemos sino tan solo el ámbito al cual pertenece.

Si hemos de elegir 7 optativas, ¿de cuántas maneras lo podemos hacer?

Y si en esta elección de las 7 optativas queremos asegurar que haya unaoptativa de cada ámbito, ¿de cuántas maneras lo podemos hacer?

Solución


En la primera cuestión podemos calcular CR(4, 7) =(

4 + 7− 17

)=

(107

)=

120.En la segunda pregunta suprimiremos 4 optativas del total (una de cada ámbito)y, entonces calcularemos las maneras de elegir 3 asignaturas sin ninguna condi-

ción. Esto nos da CR(4, 3) =(

4 + 3− 13

)=

(63

)= 20.

49. (t2002-pac15) Debemos repartir un presupuesto de 80 millones de euros entrelos cuatro departamentos de una multinacional del sector de las comunicaciones.Queremos dar a cada departamento una cantidad exacta de millones.

¿De cuántas maneras podemos hacerlo en el supuesto de que queremosque todos los departamentos obtengan algo?

¿De cuántas maneras podemos hacerlo si queremos que algún departa-mento no obtenga absolutamente nada?

¿De cuántas maneras podemos hacerlo si queremos que el Departamen-to de Servicios Profesionales y el Departamento de Desarrollo obtenganexactamente lo mismo?

Solución

Se trata de contar la cantidad de soluciones enteras positivas de la ecuación:

x + y + z + t = 80

El resultado es(

80− 14− 1

)=

(793

)= 79,079.

Por otro lado, la cantidad de soluciones de la ecuación anterior que son

enteras y no negativas es:(

4 + 80− 180

)=

(833

)= 91,881.

La respuesta a la segunda cuestión es, pues, la diferencia entre esta segundacantidad y la anterior: 91,881− 79,079 = 12,802.

En este caso se trata de contar la cantidad de soluciones enteras y nonegativas de la misma ecuación x+y +z + t = 80 pero, ahora, suponiendoque x = y.

Empezamos por suponer que x = y = 0. La ecuación se ha transformado en

z + t = 80 y ya sabemos que tiene(

2 + 80− 180

)=

(811

)= 81 soluciones.

Suponemos, ahora, x = y = 1. Ahora la ecuación se ha transformadoen 1 + 1 + z + t = 80 o bien, z + t = 78 que ya sabemos que tiene(

2 + 78− 178

)= 79 soluciones.


Haciendo x = y = 2 encontramos la ecuación z + t = 76 que tiene(2 + 76− 1

76

)= 77 soluciones.

Seguiremos haciendo x = y = 3, x = y = 4, . . ., x = y = 40.

La cantidad total de soluciones de la ecuación será:

81 + 79 + 77 + · · ·+ 1 = 412 = 1681.

50. (t2002-final5) Un estudiante debe responder 7 preguntas de un cuestionariode 12. ¿De cuántas maneras puede hacer la selección si no hay restricciones? ¿Ysi debe responder a 3 preguntas como mı́nimo de las 5 primeras?

Solución

Cuando no hay restricciones, es(127

). Con las restricciones del segundo caso, el

alumno puede escoger de responder 3, 4 o 5 preguntas de las 5 primeras. Hay(53

)maneras de responder 3 de las 5 primeras preguntas, hay 5 maneras de responder4 de las 5 primeras preguntas, y solo hay 1 manera de responder las 5 primeraspreguntas. Por lo tanto, el número que nos piden es

(53

)·(74

)+5 ·

(73

)+

(72

)= 546.

51. (p2003-pac11) El consejo de seguridad de Naciones Unidas está formatopor 15 miembros. Cinco son miembros permanentes (Francia, Alemania, Rusia,China y Estados Unidos) y los otros 10 miembros se van cambiando cada año.Por aprobar una resolución tiene que haber, como mı́nimo, nuevo votos a favory, además, los cinco páıses permanentes no deben de votar en contra (de esto sellama derecho a veto).¿De cuántas maneras diferentes se puede aprobar una resolución?

Solución

Aplicaremos el principio de adición y el de la multiplicación.En primer lugar observamos que para aprobar una resolución puede haber pasa-do que todos los páıses permanentes hayan votado a favor. En este caso, nece-sitamos cuatro votos más entre los 10 páıses restantes. Lo podremos hacer de(

104

)maneras.

La segunda posibilidad es que de los páıses permanentes, cuatro hayan votadoa favor y un de ellos se haya abstenido. Entonces necesitamos cinco votos más

entre los otros diez páıses. Lo podemos hacer de 5 ·(

105

)maneras.

Una tercera posibilidad es que, de los páıses permanentes, tres hayan votado afavor y dos de ellos se hayan abstenido. Entonces necesitamos seis votos más

entre los otros diez páıses. Lo podemos hacer de(

52

)·(

106

)maneras.

Etcétera.


Finalmente el que nos piden es:5∑

y=0

(5y

)(10

4 + y

)= 210 + 1260 + 2100 + 1200 +

225 + 10 = 5005

52. (p2003-pac13) El ayuntamiento de una ciudad quiere distribuir una subven-ción de 53 millones de euros entre seis instituciones culturales de la ciudad. Sisuponemos que hemos de asignar un número exacto de millones a cada insti-tución, ¿de cuántas maneras lo podemos hacer? ¿Y si, como mı́nimo, queremosasignar cinco millones a cada una de las instituciones?

Solución

Este problema es equivalente a calcular el número de soluciones enteras nonegativas de la ecuación x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 = 53 que sabemos que es

CR(6, 53) =(

6 + 53− 153

)=

(585

)= 4582116.

En cambio, si queremos asignar como mı́nimo cinco millones a cada una de lasinstituciones, sólo hace falta que nos planteemos de cuántas maneras podemosdistribuir el resto de 53 − 5 · 6 = 23 millones. Del mismo modo que antes,debemos calcular el número de soluciones enteras no negativas de la ecuaciónx1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 = 23 que es

CR(6, 23) =(

6 + 23− 123

)=

(285

)= 98280.

53. (p2003-pac14) Un cartero llega a un edificio con ocho cartas dirigidas a ochodestinatarios diferentes, para depositar en los buzones correspondientes. Aqueld́ıa tiene mucha prisa y no mira donde las coloca. ¿De cuántas maneras puedepasar que:

(a) como mı́nimo Maria reciba la carta dirigida a ella?

(b) sólo Maria reciba la carta dirigida a ella?

(c) como mı́nimo dos de los vecinos reciban las cartas dirigidas a ellos?

Solución

(a) Si como mı́nimo la Maria recibe la carta correctamente, debemos calcularel número de maneras diferentes de distribuir las siete cartas restantes.Esto puede pasar de 7! = 5040 maneras diferentes.

(b) Si sólo la Maria recibe la carta dirigida a ella, ninguna de las otras car-tas han sido repartidas correctamente, por lo tanto debemos calcular elnúmero de desarreglos de siete elementos, D7. Esto es:


D7 = 7!−(

71

)6! +

(72

)5!−

(73

)4! +

(74

)3!−

(75

)2! +

(76

)1!−

(77

)0! =

= 7!− 7! + 2520− 840 + 210− 42 + 7− 1 = 1854.

(c) Los casos en los que como mı́nimo dos de los vecinos han recibido las cartasdirigidas a ellos se pueden contar a partir del total de permutaciones,restando aquellos casos en los que ninguna carta o sólo una se ha recibidocorrectamente. Aśı tenemos,

8!−D8 −(

81

)D7 = 40320− 14833− 8 · 1854 = 10655.

54. (t2004-pac12) Considera 4 alumnos de primer curso, 5 de segundo, 6 detercero 3 de cuarto y 2 de quinto. Son candidatos a recibir 4 premios de la UOC(al alumno que más utiliza el Foro, al que presenta las mejores Pecs, al másdialogante con los profesores y al que se matricula de más asignaturas). Ningúncandidato puede recibir más de un premio.

(a) ¿De cuántas maneras se pueden distribuir los premios si no puede habermás de un premio por curso?

(b) ¿Y si no tienes en cuenta el tipo de premio y cada candidato puede recibirmás de uno?

Solución

(a) Hay un curso que se queda sin premio. Si el primer curso se queda sinpremio, tenemos 4 premios a repartir entre 4 cursos, y esto lo podemoshacer de 4! maneras diferentes. Ahora, el premio correspondiente a segun-do curso lo podemos haber entregado a cualquiera de sus 5 candidatos;el correspondiente a tercero, a cualquiera de sus 6 candidatos; el corre-spondiente a cuarto, a 3 candidatos; y el quinto, a 2. En total, tenemos4!×5×6×3×2 casos. Podemos razonar exactamente igual si se queda sinpremio el segundo curso (4!×4×6×3×2 casos), el tercero (4!×4×5×3×2casos), el cuarto (4!× 4× 5× 6× 2 casos) y el quinto (4!× 4× 5× 6× 3casos). La suma de todos estos casos es 25056.

(b) Cada distribución de los 4 premios a los 20 candidatos, con repeticiónpermitida, es una combinación con repetición. Por lo tanto, la respuestaes CR(20, 4) =

(20+4−1

4

)= 8855.

55. (t2004-pac13) En un estante hay 6 libros azules, 5 de rojos y 4 de negros. Sise supone que todos los libros son diferentes, ¿de cuántas maneras los podemosordenar si todos los libros de un mismo color han de estar juntos?

Solución

Números multinomiales y funciones generadoras 30

Primero debemos decidir el orden de los colores (B,V,N), y esto lo podemoshacer de 3! maneras diferentes. Los libros azules se pueden ordenar de 6! manerasdiferentes, los rojos de 5! maneras y los negros de 4! maneras. En total, tenemos3! 6! 5! 4! = 12441600 maneras de ordenar los libros.

56. (t2004-pac14)

(a) Debemos repartir un lote de 10 libros diferentes entre 3 estudiantes, ycada estudiante debe recibir al menos 3. ¿De cuántas maneras lo podemoshacer?

(b) Un expediente académico contiene las notas de Matemáticas F́ısica, Qúımi-ca e Informática (notas enteras entre 0 y 10). ¿De todos los expedientesacadémicos posibles, cuántos tendrán una nota mediana de 2?

Solución

(a) Uno de los estudiantes recibirá 4 libros, y los otras dos, 3. Hay 3 elec-ciones para el estudiante que recibe 4. Una vez decidido quien recibe 4,podemos darle los 4 libros de

(104

)maneras diferentes. Al siguiente estudi-

ante le podemos dar sus 3 libros de(63

)maneras diferentes, y los 3 libros

que quedan se los queda el último estudiante. En total, la respuesta es3(104

)(63

)= 12600.

(b) Si la nota mediana debe ser 2, la suma de las 4 notas debe ser 8. La soluciónes, pues, el número de soluciones enteras no negativas de la ecuación x +y + z + t = 8, que es CR(4, 8) =

(4+8−1

8

)= 165.

Caṕıtulo 3

Números multinomiales yfunciones generadoras

57. (t99-pac16) Hay 18 estudiantes en una clase. Encuentra el número demaneras de partir la clase en:

4 grupos de igual medida y un quinto grupo más pequeño.

2 grupos de cinco estudiantes, 1 grupo de cuatro y 2 grupos de dos.

1 grupo de siete estudiantes, 1 grupo de seis y 1 grupo de cinco.

Solución

18!4! (4! )41! 2!

= 402026625

18!2! (5! )21! 4! 2! (2! )2

= 1157836680

18!7! 6! 5!

= 14702688

58. (p2000-pac15) Se asignan doce estudiantes para trabajar en 5 proyectosdiferentes. Cada uno de los estudiantes debe trabajar solo en un proyecto, ypara cada proyecto hay de haber entre 2 y 4 estudiantes. ¿De cuántas formas sepuede hacer esta asignación?

Solución

Suponemos que ai es el número de estudiantes asignados al proyecto número i,de esta forma:

P1 P2 P3 P4 P5a1 a2 a3 a4 a5

31


Las condiciones del problema imponen que la suma de los ai sea igual a 12, ycada ai debe encontrarse entre 2 y 4. Es decir,

5∑i=1

ai = 12 i 2 ≤ ay ≤ 4 ∀i, i = 1, · · · , 5

Si todos los ai valen 2, la suma es 10 y, por lo tanto, faltan 2 para llegar al 12exigido. Las únicas posibilidades para estos valores son: 22224 y 22233.

(a) En el primer caso, el 22224 se puede conseguir, fácilmente, de 5 man-eras diferentes; si se quiere de

(5

1,4

)= 5 maneras diferentes. Además, las

posibilidades de poner 12 objetos (alumnos) en estas 5 cajas (proyectos)guardando esta distribución son

(12

2,2,2,2,4

).

(b) En el segundo caso, el 22233 se puede conseguir de(

52,3

)= 5!2!3! = 10 formas

diferentes. Además, las posibilidades de poner 12 objetos (alumnos) enestas 5 cajas (proyectos) guardando esta distribución son

(12

2,2,2,3,3

).

En definitiva, el número de asignaciones de alumnos posibles a los 5 proyectosson:

5(

122, 2, 2, 2, 4

)+ 10

(12

2, 2, 2, 3, 3

)= 22869000

59. (p2001-pac25) Una caravana publicitaria consta de 6 coches y 6 furgone-tas, siendo todos ellos del mismo color (o sea, dos coches son indistinguiblesy dos furgonetas también, pero sabemos distinguir coches de furgonetas) ¿Decuántas maneras diferentes se puede organizar la fila de la caravana con tal quela furgoneta de Oriol y la de Josep no circulen juntas?

Solución

Organizar una caravana equivale a escribir 12 letras utilizando seis veces la cy seis veces la f . La condición que dos f concretas no estén juntas no debetener en cuenta puesto que las f son indistinguibles y, por lo tanto, en cualquierconfiguración aceptable del problema siempre podemos cambiar los conductoresde forma que se cumpla la condición.Las diferentes maneras de escribir una tira de 12 letras utilizando seis c y seis

f son(

126, 6

)=

12!6!6!

= 924.

60. (p2001-final1) Cuál es el número total de palabras diferentes que se puedenformar con todas las letras de la palabra TALLAHASSEE?¿Cuántas de estas no tienen dos A juntas?

Solución


Hay(

113, 2, 2, 2, 1, 1

)maneras de construir palabras diferentes con las letras de la

palabra TALLAHASSEE:(11

3, 2, 2, 2, 1, 1

)=

11!3!2!2!2!1!1!

= 831600

Si no tenemos en cuenta las A, tendremos(8

2, 2, 2, 1, 1

)=

8!2!2!2!1!1!

= 5040

maneras de formar palabras de 8 letras sin las A. Para que las A no estén jun-tas deben tener una de las otras letras intercaladas. Aśı, las A pueden estaren cualquiera de las 9 posiciones determinadas por las otras letras. En total,tenemos

(93

)= 84 formas de seleccionar tres posiciones.

Por la regla del producto, tendremos 5040 × 84 = 423360 maneras de formarpalabras sin dos A juntas.

61. (t2000-final2)

(a) ¿En qué casos (o sea, para qué valores de n > 1) podemos asegurar que lasuma de los números combinatorios

(n2

)+

(n−1

2

)es un cuadrado?

(b) ¿Cuál es el coeficiente numérico de x21x2x24x5 en el desarrollo de (x1 +x2 +

x3 + x4 + x5)6?

Solución

(a)(n2

)+

(n−1

2

)=

n(n− 1)2

+(n− 1)(n− 2)

2= (n − 1)2. O sea, la respuesta

al problema es: siempre.

(b)(

62, 1, 2, 1

)=

6!2!2!

= 180.

62. (t2000-pac13) ¿De cuántas maneras se pueden ordenar en fila todas laspiezas blancas del ajedrez, si no son distinguibles entre śı las del mismo rango?(Por ejemplo los ocho peones).

Solución

El tablero de ajedrez contiene 8 peones, 2 torres, 2 caballos, 2 alfiles, 1 reina y1 rey. En total 16 piezas.Si las piezas fueran todas distinguibles, entonces la solución seŕıa simplemente16!. Pero, como que son indistinguibles hace falta dividir por las permutacionesde cada uno de los subconjuntos.(

168,2,2,2,1,1

)


63. (p2002-pac21) Queremos construir números de 10 cifras usando las cifras1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. ¿Cuántos números cumplen todas estas condiciones: tienen,exactamente, la cifra 5 tres veces, la cifra 7, dos veces y la cifra 1, una vez?

Solución

Primero escogemos las 6 posiciones en las que colocar las cifras 5,5,5,7,7,1.

Esto lo podemos hacer de C(10, 6) =(

106

)maneras. En estas posiciones,

podemos colocar las cifras anteriores de(

6,3, 2, 1

)=

6!3!, 2!, 1!

maneras difer-

entes. Para las cuatro posiciones restantes hay PR(6, 4) = 64 4-muestrasordenadas utilizando las 6 cifras 2,3,4,6,8,9. Por lo tanto, hay exactamente(

10,6

)6!

3!, 2!, 1!, 64 = 12600 · 64 = 16329600 números que reúnen las condi-

ciones del enunciado.

64. (t2002-pac21) ¿De cuántas maneras podemos ordenar, en una estanteŕıa,14 CD’s diferentes de música? ¿Y si hay 3 copias iguales de un CD de Mozart,4 copias de un de Bach y 7 copias de un de Vivaldi?

Solución

Si todos los CD’s son diferentes, la solución viene dada por el número de 14-muestras ordenadas sin repetición (permutaciones sin repetición), o sea, hayP (14) = 14! = 87178291200 maneras diferentes de ordenarlos. En cambio, sialgunos de los CD’s son iguales entre ellos, las maneras de ordenarlos venden

dadas por el número de permutaciones con repetición PR(3, 4, 7)14 =14!

3!4!7!=

120120.

65. (t2002-pac41) Efectuamos el siguiente experimento: lanzamos simultánea-mente 7 dados, y anotamos los puntos mostrados por cada dado después dellanzamiento.

(a) Si todos los dados son idénticos, calcula el número de posibles resultadosdel experimento. ¿En cuántos de estos resultados el producto de todos lospuntos es un número impar?

(b) Si cada dado está pintado de un color diferente, calcula el número deposibles resultados del experimento. ¿En cuántos de estos resultados elproducto de todos los puntos es 45? ¿En cuántos la suma de todos lospuntos es 17?

Solución

(a) CR(6, 7) =(6+7−16−1

)= 792. Si el producto de todos los puntos debe ser

impar, cada una de las 7 puntuaciones debe ser un número impar. Por lo


tanto, de cada uno de los 7 dados solo admitimos 3 resultados: 1, 3 o 5.Tenemos, pues, CR(3, 7) =

(3+7−13−1

)= 36.

(b) V R(6, 7) = 67. Como que 45 = 3 · 3 · 5, la única posibilidad para que elproducto de los 7 dados dé 45 es obtener dos treses, un cinco y cuatrounos. Como los 7 dados son distinguibles, hace falta contar cuántas mues-tras ordenadas se pueden formar con los elementos {1, 1, 1, 1, 3, 3, 5}. Esdecir, PR7(4, 2, 1) = 7!4!2!1! = 105. Finalmente, para contar cuántos resul-tados dan una suma de 17, debemos contar el número de soluciones dela ecuación x1 + x2 + . . . + x7 = 17 con 1 ≤ xy ≤ 6. Es decir, debemosencontrar el término de x17 de la función generadora (x + x2 + . . . + x6)7.Como que (x + x2 + . . . + x6)7 = x7(1 + x + . . . + x5)7, debemos encontrarel término de x10 de (1 + x + . . . + x5)7. Tenemos

(1 + x + . . . + x5)7 =(

1− x6

1− x

)7.

Decimos α(x) = (1 − x)−7 y β(x) = (1 − x6)7. Los únicos coeficientes deβ(x) diferentes de cero son los de grado 0, 6, 12, . . . Solo nos interesan losde grado 0 y 6, β0 y β6. Por lo tanto, de α(x) nos interesarán los de grado10 y 4, α10 y α4. Tenemos

α10 =(

7 + 10− 110

)= 8008, α4 =

(7 + 4− 1

4

)= 210,

β0 = 1, β6 = −(

71

)= −7.

Obtenemos finalmente α10β0 + α4β6 = 6538.

66. (t2002-final1) Permutando de todas las maneras posibles las cifras 1111223formamos números que ordenamos de menor a mayor. ¿Cuántos números for-mamos? ¿Qué número ocupa la posición 90 en esta ordenación?

Solución

Se pueden formar 7!4!2! = 105 números. Para estimar que encontraremos en laposición 90, calculamos cuántos de estos números tienen el 3 en la primeraposición: es el número de permutaciones de las cifras 111122, o sea 6!4!2! = 15.Por lo tanto, el número en posición 90 es exactamente el más grande de los queno empiezan por 3, o sea 2321111.

67. (p2001-pac22) Se sacan los 10, 11 y 12 de una baraja de cartas. Las cartasque quedan todas valen lo que marca en la carta excepto el as (o sea el 1) quevale 10 puntos.Se coge una carta de la baraja, se mira cuántos puntos vale y se vuelve a labaraja. Esto se hace cuatro veces y tendremos en cuenta el orden en el quevamos extrayendo las cartas.


¿De cuántas maneras podemos sumar 32 puntos?

Solución

Podemos plantear el problema a través de la función generadora:

f(x) = (x2 +x3 +x4 +x5 +x6 +x7 +x8 +x9 +x10)4 = x8(1+x+x2 + · · ·+x8)4

El resultado que nos interesa es el cálculo del coeficiente de grado 32 de f(x)o, lo que es el mismo, el coeficiente de grado 24 del polinomio g(x) = (1 + x +x2 + · · ·+ x8)4.

g(x) = (1 + x + x2 + · · ·+ x8)4 =(

1− x9

1− x

)4Debemos calcular, pues, el coeficiente de x24 a (1− x9)4︸︷︷︸

α

(1− x)−4︸︷︷︸β

.

O sea, α0β24+α9β15+α18β6 = CR(4, 24)−C(4, 1)CR(4, 15)+C(4, 2)CR(4, 6) =(2724

)− 4

(1815

)+ 6

(96

)= 2925− 4 · 816 + 6 · 84 = 165

68. (p2001-pac42) Encuentra el número de soluciones de la ecuación

a + b + c + d + e = 1000

siendo a, b, c, d, e enteros no negativos y, además, a, c y e son pares y b y d sonimpares.

Solución

Podamos construir la función generadora asociada al problema:

g(x) = (1 + x2 + x4 + x6 + . . .)3(x + x3 + x5 + . . .)2 =1

(1− x2)3x2

(1− x2)2=

x2

(1− x2)5y calcular el coeficiente de grado 1000.

Lo que es lo mismo, debemos calcular el coeficiente de grado 998 de1

(1− x2)5

o el coeficiente de grado 499 de1

(1− y)5que vale

(5 + 499− 1

499

)=

(503499

)=

5271062750

69. (p2001-final2) En la asignatura de Matemática Discreta de la UOC seha decidido que el examen de cada alumno seŕıa corregido por su consultor y,también, por otros tres consultores. Con esto cada alumno dispondrá de cuatronotas valoradas de 0 a 10 sólo con valores naturales.Por aprobar la asignatura se debe sacar un mı́nimo de 20 puntos, pero losalumnos que tienen 19 puntos pasan a un proceso de revisión de examen.


Encuentra de cuántas maneras puede ser puntuado un alumno por los cuatroconsultores para pasar al proceso de revisión de examen.

Solución

La función generadora del problema es g(x) = (1+x+. . .+x10)4 =(

1− x11

1− x

)4=

(1− x11)4︸︷︷︸α

(1− x)−4︸︷︷︸β

y debemos calcular el coeficiente de grado 19.

Debemos calcular, pues, α0β19+α11β8 = CR(4, 19)−C(4, 1)CR(4, 8) =(

2219

)−

4(

118

)= 1540− 660 = 880

70. (p2001-final6) Tiramos 100 dados y queremos saber de cuántas maneras lasuma de sus puntos puede dar 112.

Solución

La función generadora del problema es g(x) = (x + x2 + x3 + x4 + x5 + x6)100

y nos interesa obtener el coeficiente de grado 112.

g(x) = x100(1 + x + x2 + x3 + x4 + x5)100 = x100(

1− x6

1− x

)100, o sea que nos

interesa encontrar el coeficiente de grado 12 a (1− x6)100︸︷︷︸α

(1− x)−100︸︷︷︸β

Debemos calcular: α0β12 + α6β6 + α12β0 = CR(100, 12) − 100CR(100, 6) +

C(100, 2)CR(100, 0) =(

11112

)− 100

(1056

)+

(1002

)

71. (p2001-final9) Antes de la implantación del euro, Joan, Josep y Pere decidengastarse todas las monedas de peseta que hab́ıan ido guardando. Comprarán ungran pastel de 2000 pesetas y se preguntan de cuántas maneras diferentes podránpagarlo con tal que nadie ponga más de 1000 pesetas.

Solución

La solución al problema consiste en encontrar la cantidad de soluciones enterasno-negativas de la ecuación: a + b + c = 2000, con tal que las tres variablesa, b, c ≤ 1000.Debemos calcular, pues, el coeficiente de grado 2000 de la función generadora

g(x) = (1+x+x2 +x3 + . . .+x1000)3 =(

1− x1001

1− x

)3= (1− x1001)3︸︷︷︸

α

(1− x)−3︸︷︷︸β

.

El coeficiente pedido es, pues, α0β2000+α1001β999 = CR(3, 2000)−C(3, 1)CR(3, 999) =


(20022000

)− 3

(1001999

)= 501501

72. (t2000-p4) Un grupo de amigos amantes del vino mantiene una pequeñabodega, dividida en tres secciones: una de vino tinto, otra de vino blanco y,finalmente, una de vino rosado. Cada sección de esta bodega es una matrizrectangular de celdas de forma que en cada celda se puede poner una únicabotella. La sección de vinos tintos está formato por una matriz de 15 celdashorizontales por 11 celdas verticales, como esta:

La sección de vino blanco está formada por una matriz 8 por 7, y la de vinorosado está formada por una matriz 6 por 5.

(a) Supón que este grupo de amigos ha comprado 6 botellas de cada marcade vino que quiere tener, para poderlos catar en diferentes momentos desu evolución, hasta que llena al máximo todas las secciones. ¿De cuántasformas diferentes se puede poner todas las botellas?

(b) Supón que este grupo de amigos compra botellas de una única marca devino tinto, botellas de una única marca de vino de blanco y botellas deuna única marca de vino rosado. En total compra 100 botellas de vino:como mı́nimo, 25 son de vino tinto, no más de 10 son de vino rosado,y entre 10 y 40 son de vino blanco. ¿De cuántas formas diferentes puedehacer esta adquisición?

(c) Supón, ahora, que este grupo de amigos quisiera comprar botellas de 5marcas de vino fijadas para cada sección, hasta llenar al máximo todastres secciones. ¿De cuántas formas diferentes puede hacerse la adquisiciónde las botellas de estas 5 marcas de vino, si se deben tener 6 botellas comomı́nimo de cada marca?

Solución

(a) caben 165 botellas de vino tinto, 56 botellas de vino blanco y 30 botellasde vino rosado. Si se compran 6 botellas de cada marca, en la sección devino tinto sobrarán 3 celdas, en la de vino blanco, 1 y en la de vino rosadocabeza (ahora bien, es indiferente considerar que se llenan las celdas vaćıascon un vino de una otra marca)


Para encontrar el número de posibilidades de poner estas botellas hacefalta calcular este producto:(

1656,6,6..,6,3

)·(

566,6,6..,6,1

)(30

6,6,6,6,6

)= 165!(6!)273!

56!(6!)92!

30!(6!)5

(b) Hace falta calcular el coeficiente g100 de esta función generadora:g(x) = (x25 + x26 + ... + x100)(x + x2 + ... + x10)(x10 + ... + x40) =x36(1 + ... + x75)(1 + ... + x9)(1 + ... + x30) =x36 1−x

76

1−x1−x101−x

1−x311−x = x

36(1− x76)(1− x10)(1− x31)(1− x)−3pondremos, sólo, los términos que son importantes, para calcular g100g(x) = (x36 − x46 − x67 + x77 + ...)(1− x)−3 =(x36 − x46 − x67 + x77 + ...)

∑∞r=0

(r+2

r

)xr

Por lo tanto, el coeficiente que buscamos es:(64+264

)−

(54+254

)−

(33+233

)+

(23+223

)= 310 formas diferentes.

(c) En el caso del vino tinto, la función generadora es:

g(x) = (x6 + x7 + ... + x165)5 = x30(1 + x + .... + x159) = x30(

1−x1601−x

)5=

= x30(1− x160)5.(1− x)−5 = x30(1− x160)5.∑∞

r=0

(r+4

r

)xr

El coeficiente 165 de este polinomio es

g165 =(135+4135

)= 1. 489× 107

Para calcular el número las formas de adquirir vino blanco y vino rosado, lafunción generadora es semejante, pero debemos calcular otros coeficientes,respectivamente:

g56 =(26+426

)= 2. 741× 104

g30 =(40

)= 1

El último coeficiente es evidente, porque si se deben escoger como mı́nimo6 botellas de cada una de las 5 marcas de vino rosado, hasta obtener 30botellas, sólo se puede hacer de una manera.

En definitiva, las formas de adquirir todas las botellas son:(135+4135

)·(26+426

)' 4. 081× 1011

73. (t2000-final3) Nos han regalado cajas de 7 tipos diferentes de velas y encada caja hay 20 velas iguales.Para montar el pastel de aniversario utilizaremos 300 velas, pero usaremos ca-jas enteras y nunca una parte de las velas de la caja y, de cada tipo de vela,usaremos, como mı́nimo, una caja y, como máximo, cinco cajas. ¿De cuántasmaneras lo podemos hacer?

Solución

Podemos modelar el problema como el número de soluciones enteras de laecuación: e1 + e2 + e3 + e4 + e5 + e6 + e7 = 15, con 1 ≤ e1 ≤ 5.


Lo que nos interesa es el coeficiente de x15 a la función generadora ordinariag(x) = (x + x2 + x3 + x4 + x5)7 = x7(1− x5)7(1− x)−7. Haciendo los cálculosadecuados el resultado es 2415.

74. (t2000-final9) Encuentra el coeficiente de x9 a (x2 + x3 + x4 + x5)5 y,también, el coeficiente de x20.

Solución

(x2 + x3 + x4 + x5)5 = x10 · (1 + x + x2 + x3)5 y, por lo tanto, el coeficiente degrado menor es x10. En particular, el coeficiente de x9 es cero.El coeficiente de x20 es el mismo que el de x10 a (1+x+x2+x3)5 = (1− x4)5︸︷︷︸

α

(1− x)−5︸︷︷︸β

.

El coeficiente de x10 en αβ se reduce a considerar los productos α0β10, α4β6 yα8β2.Finalmente, el coeficiente pedido es:

(50

)·(1410

)−

(51

)·(106

)+

(52

)·(62

)= 101

75. (t2000-final15) Utiliza las funciones generadoras para encontrar el númerode maneras de seleccionar 10 pelotas de una caja con pelotas rojas, blancas yazules, pero cogiendo un número par de azules,

Solución

Estamos buscando el número de soluciones enteras, no-negativas, de la ecuaciónv + b + bl = 10, donde bl es par.Esto es, el coeficiente de x10 de la función generadora (1 + x + x2 . . .)2(1 + x2 +x4 + . . .) = (1− x)−2(1− x2)−1. Haciendo los cálculos adecuados da 36.

76. (t2001-pac42) ¿De cuántas maneras se pueden repartir doce libros iguales ydieciséis agendas iguales entre cuatro personas de forma que la primera recibaal menos un libro y tres agendas y cada una de las otras reciba al menos doslibros pero como mucho cinco agendas?

Solución

Queremos repartir 12 libros entre 4 personas de forma que la primera reciba almenos uno y cada una de las otras reciba al menos dos. Esto vendrá dado porel coeficiente de x12 en la función generadora:

f(x) = (x + x2 + x3 + · · ·+ x6)(x2 + x3 + ······+ x7)3

se trata pues de calcular el coeficiente de x5 en g(x) = (1 + x + ······ + x5)4.Sabemos que g(x) = (1− x6)4(1− x)−4, por lo tanto g5 = CR(4, 5) = 56.El número de maneras diferentes de repartir 16 agendas entre las cuatro per-


sonas, con las restricciones del enunciado, viene dado por el coeficiente de x16

de la función generadora

f(x) = (x3 + x4 + · · ·+ x16)(1 + x + · · ·+ x5)3

o, equivalentemente, el coeficiente de x13 de

g(x) = (1 + x + · · ·+ x13)(1 + x + · · ·+ x5)3

Podemos escribir,

g(x) =(1− x)14

1− x(1− x6)3

(1− x)3

por lo tanto, g13 = C(3, 0)CR(4, 13)−C(3, 1)CR(4, 7)+C(3, 2)CR(4, 1) = 212.El número total de maneras de repartir los libros y las agendas es 56 · 212 =11872.

77. (t2001-final5) Se distribuyen k bolas idénticas dentro de n cajas numeradas.¿De cuántas maneras se puede hacer la distribución si:

(a) en cada caja debemos colocar al menos una bola y, como mucho, dos?

(b) la única restricción es que en cada caja haya, como mucho, dos bolas? Eneste segundo apartado haz el problema considerando n = 8 y k = 5.

Solución

Enfocaremos el problema a través de la técnica de las funciones generadoras. Elexponente de la variable x querrá decir las bolas que colocamos.

(a) En el primer caso construimos la función generadora g(x) = (x + x2)n yla respuesta viene dada por el coeficiente de xk.

g(x) = (x + x2)n = xn(1 + x)n. El coeficiente de xk es(

nk−n

).

(b) En el segundo caso la función generadora será g(x) = (1 + x + x2)n.

g(x) = (1 + x + x2)n =(

1− x3

1− x

)n= (1− x3)n︸︷︷︸

α(x)

(1− x)−n︸︷︷︸β(x)

El coeficiente que nos piden viene dado por α0β5 + α3β2 = CR(8, 5) −8CR(8, 2) =

(125

)− 8

(92

)= 504

78. (t2001-final10) Determina el coeficiente de x19 en la expresión:

(x2 + x3 + · · ·+ x9)3


Solución

g(x) = x6(1 + x + x2 + . . . + x7)3 = x6(

1− x8

1− x

)3o sea que nos interesa el

coeficiente de x13 a (1− x8)3︸︷︷︸α

(1− x)−3︸︷︷︸β

.

Debemos calcular

α0β13 + α8β5 = CR(3, 13)− C(3, 1)CR(3, 5) =(

1513

)− 3

(75

)= 42.

79. (p2002-pac22) Plantea una función generadora en la que el coeficiente de x30

sea el número de soluciones enteras positivas de la ecuación 2x1 +5x2 +x3 = 30siendo 0 < x1 ≤ x2 ≤ x3.

Solución

Como que x1 ≤ x2 ≤ x3, podemos escribir x1 ≤ x1 + a ≤ x1 + a + b, a, b ≥ 0,tomando x2 = x1 + a y x3 = x2 + b = x1 + a + b. Sustituyendo x2 y x3 en laecuación inicial, ésta es equivalente a 2x1 + 5(x1 + a) + x1 + a + b = 30 quepodemos escribir como 8x1 + 6a + b = 30, x1 > 0 y a, b ≥ 0. El coeficiente deltérmino x30 de la función generadora siguiente nos da el número de solucionesenteras positivas de la ecuación planteada.

f(x) = (x8 + x16 + x24)(1 + x6 + x12 + x18 + x24)(1 + x + · · ·+ x22)

80. (p2002-pac23) Calcula el coeficiente de x20 de la función generadora

g(x) = (x3 + x4 + x5 + · · ·+ x12)3(1 + x + x2 + x3).

Solución

Podemos escribir g(x) = (x3)3(1+x+ · · ·+x9)3(1+x+x2 +x3), por

problemas de matemática discreta - gitlabuoc.gitlab.io/2010/matematicas/librodeproblemas.pdf ·...

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