SOLUCIONES

SOLUCIONES
1.En un equipo de fútbol tenemos 11 jugadores cuyas camisetas están
numeradas del 1 al 11. Elegimos al azar seis de ellas. ¿Cuál es la
probabilidad de que la suma de los números de sus camisetas sea impar?
(Fase local 2002)
Solución
11
 
Hay  6  elecciones posibles.
La suma de los números de las camisetas de los elegidos será impar si hay
entre ellos una cantidad impar de números impares.
Escribamos ahora los casos favorables. Al haber 6 números impares y 5
pares estos casos serán:
 6   5
  ·    6 ·1
Una camiseta impar y 5 pares: 1   5 
 6   5
  ·    20 ·10
Tres camisetas impares y 3 pares:  3   3 
 6  5
  ·    6 · 5
Cinco camisetas impares y 1 par:  5  1 
6 1  20 10  6  5 236 118


462 231
11
 
6
Así pues, la probabilidad pedida será
2. En el sótano de un castillo, 7 gnomos guardan su tesoro. El tesoro
está detrás de 12 puertas, cada una de ellas con 12 cerraduras. Todas las
cerraduras son distintas. Cada gnomo tiene llaves para algunas de las
cerraduras. Tres gnomos cualesquiera tienen conjuntamente llaves para
todas las cerraduras. Probar que entre todos los gnomos tienen por lo
menos 336 llaves.
Solución:
Solución 1.
El número de combinaciones de los 7 gnomos tomados de 3 en 3 es
= 35;
pero cada gnomo va a estar en
= 15 grupos distintos.
Así, entre cada 3 gnomos tienen que tener 144 llaves. Luego el número
mínimo de llaves es
35 x 144 /15 = 336:
Solución 2.
En total hay 144 cerraduras. Entre todos los gnomos deben tener al menos
5
llaves de cada cerradura, ya que si de alguna cerradura tuviesen a lo sumo
4 llaves,
habrán al menos 3 gnomos que no tuviesen la llave para abrirla y por
tanto estos
3 gnomos no podrán llegar al tesoro; contradicción. Por tanto, el número
mínimo
de llaves que tienen los gnomos es 144 x 5 = 720.
Nota. Vemos que la cota propuesta originalmente puede ser mejorada. El
enunciado no es incorrecto pero se podría refinar cambiando 336 por 720.
3. En una reunión hay 201 personas de 5 nacionalidades diferentes. Se
saber que en cualquier grupo de 6, al menos 2 tienen la misma edad.
Demostrar que al menos 5 personas son del mismo país, edad y sexo.
(Fase nacional 1993)
Solución:
Si en cada grupo de 6 personas, 2 son de la misma edad, sólo puede haber
5 edades diferentes, ya que, si hubiese 6 edades diferentes, eligiendo una
persona de cada edad tendríamos 6 personas de edades distintas contra la
hipótesis.
Ahora, aplicando el teorema del palomar sucesivamente:
Como
200 = 2 · 100 + 1 al menos hay 101 personas del mismo sexo.
101 = 5 · 20 + 1  al menos hay 21 personas de la misma edad y sexo.
21 = 4 · 5 + 1  al menos hay 5 personas de la misma nacionalidad,
edad y sexo.
4. Tenemos un tablero de ajedrez de 8x8, si le quitamos dos casillas de
esquinas diagonalmente opuestas, ¿será posible recubrirlo de piezas de
dominó? (Cada pieza de dominó ocupa dos casillas)
Solución:
Si cada pieza de dominó ocupa dos casillas del tablero de ajedrez, esto
quiere decir que cada pieza ocupa una casilla negra y una blanca (dos
casillas adyacentes horizontal o verticalmente son de distinto color).
El tablero de ajedrez completo tiene el mismo numero de casillas
blancas y negras, pero las esquinas diagonalmente opuesta tienen el
mismo color. De esta manera, al quitar estas casillas tenemos 32 casillas
de un color y 30 de otro.
Como cada pieza de dominó ocupa una casilla de cada color, si fuera
posible recubrir el tablero con ellas éste debería tener el mismo número de
casillas de cada color. Por lo tanto no es posible recubrir dicho tablero con
piezas de dominó.
5. Se dan 2n puntos en el plano sin que tres estén alineados. Exactamente
n de estos puntos son granjas. Los restantes n puntos son pozos. A cada
granja le asignamos un pozo y los unimos mediante un camino en línea
recta. Demostrar que se pueden construir estos caminos de forma que no
se intersequen.
Solución.
Entre las n! redes de carreteras, elegimos aquella con menor distancia
total, es
decir, que la suma de las distancias de los caminos sea mínima. Veamos
que en esta
red de caminos no hay dos que se crucen. En efecto, supongamos que los
caminos
G1P1 y G2P2 se intersecan (ver figura) en el punto X, donde G1 y G2 son
granjas
y P1 y P2 pozos. Como no hay tres puntos alineados, los triángulos
4G1XP2 y
4G2XP1 son no degenerados y por tanto G1P1 + G2P2 = G1X + XP1 + G2X
+
XP2 > G1P2 + G2P1. Por tanto, si sustituimos G1P1 y G2P2 por G1P2 y
G2P1, la
distancia total disminuye. Contradicción.
6. Un coche tiene que dar una vuelta a un circuito circular. En el circuito
hay n depósitos con cierta cantidad de gasolina. Entre todos los depósitos
contienen la cantidad exacta que el coche necesita para dar una vuelta. El
coche comienza con el depósito vacío. Demostrar que con independencia
del número, posición y cantidad de combustible de cada depósito,
siempre se puede elegir un punto de comienzo que le permita completar la
vuelta.
Notas:
a) El consumo es uniforme y proporcional a la distancia recorrida.
b) El tamaño del depósito es suficiente para albergar toda la gasolina
necesaria para dar una vuelta. (Fase nacional 1997)
Solución:
Se numeran los depósitos de 1 a n comenzando por uno cualquiera en
sentido antihorario.
Llamamos:
a1, a2, ...,an a la cantidad de gasolina de cada depósito.
b1, b2, ...,bn a la cantidad de gasolina necesaria para ir del
depósito ai al siguiente.
d1 = a1 -b1 , d2 = a2 - b2 ,....., dn = an - bn
Diremos que un depósito es positivo o negativo según lo sea di .
Si di = 0 , la ubicación del depósito i no influye en la ordenación del
recorrido. Por ello podemos suponer sin pérdida de generalidad que di  0
para todo i.
Por otra parte, si hay varios depósitos consecutivos positivos o
negativos, el tramo limitado por ellos se puede considerar como un único
tramo positivo o negativo. Así, el problema se reduce a tener un número
par de depósitos alternativamente positivos o negativos. Agrupando los
tramos por parejas, éstas resultarán positivas o negativas y volvemos a
repetir el proceso.
Así reducimos el caso a un número de depósitos n1 < n/2.
Como n < 2k , a lo sumo en k - 1 etapas llegaremos a tener 2 depósitos,
uno con más gasolina que otro, en cuyo caso empezando por el que tenga
más combustible se puede completar el circuito.
El caso de un sólo depósito es trivial. Se empieza y termina en ese único
depósito.
7. En una competencia de matemáticas algunos participantes son amigos. La
amistad es siempre recíproca. Decimos que un grupo de participantes es una
clique si dos cualesquiera de ellos son amigos. (En particular cualquier grupo
con menos de dos participantes es una clique). Al número de elementos de
una clique se le llama tamaño. Se sabe que en esta competencia el mayor de
los tamaños de las cliques es par. Demostrar que los participantes pueden
distribuirse en dos aulas de manera que el mayor de los tamaños de las cliques
contenidos en un aula sea igual al mayor de los tamaños de las cliques
contenidas en la otra. (IMO 2007, 3)
Solución.
Sea U1 el aula en la que están.
Sea 2a el mayor de los tamaños.
Si C es una clique de tamaño 2a, empiezo a quitar elementos de C y pasarlos a
otra aula U2.
En cada paso la diferencia entre el mayor de los tamaños de U1 y el de U2
varían en 1 o en 2, por tanto puedo conseguir que o los dos tamaños sean
iguales, con lo que hemos terminado, o que la diferencia entre el mayor de los
tamaños de U1 y de U2 sea 1. Sean estos tamaños b + 1 y b.
Sea Cf la parte del clique C que queda en U1, de cardinal d. Se cumple que
Todos los elementos que están en U2 son amigos de los elementos de Cf .
Todos los elementos de las cliques de mayor tamaño, b+1, de U1 son amigos
de los elementos de Cf .
b + d = 2a.
De cada una de las cliques de tamaño b + 1 de U1 paso un elemento, que no
pertenezca a Cf , a U2 hasta conseguir que las cliques de mayor tamaño de U1
tengan todas b elementos.
En U2 no puede haber ahora una clique de tamaño mayor que b. Pues como
todos los elementos que hay en U2 son amigos de los d de Cf tendríamos
inicialmente en U1 una clique de tamaño mayor que b + d = 2a.