Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Con tres apuestas nos aseguramos un mínimo de cinco aciertos: basta rellenar una apuesta con todo 1, otra con todo X y otra con todo 2 (como hay 14 partidos excluyendo el pleno al 15, habrá al menos cinco que repitan 1, X ó 2, por el principio del palomar). Es obvio que con menos de 3 no se puede (de hecho, con menos de tres apuestas, siempre puede ocurrir que no tengamos ningún acierto).

Solución. Vamos a resolver el problema de forma más general, suponiendo que hay $2n$ equipos que juegan $n$ partidos, pues el razonamiento es el mismo. Entonces, si ponemos los $2n$ equipos en cierto orden, podemos emparejar al primero con el segundo, el tercero con el cuarto, etc. Hay $(2n)!$ formas distintas de ordenar los $2n$ equipos pero obviamente distintas ordenaciones dan lugar a los mismos emparejamientos. Concretamente, podemos permutar cada pareja emparejada y el emparejamiento no cambia: como hay $n$ parejas, esto da un total de $2^n$ posibilidades. Pero también podemos permutar parejas entre sí, y los emparejamientos tampoco cambian, lo que nos da un total de $n!$ reordenaciones. Deducimos que de las $(2n)!$ formas distintas de ordenar, cada emparejamiento está contado $2^n\cdot n!$ veces, lo que nos da un total de \[\frac{(2n)!}{2^n\cdot n!}\] emparejamientos distintos. En el enunciado tenemos $n=10$, luego el número buscado es: \[\frac{20!}{2^{10}\cdot 10!}=1\cdot 3\cdot 5\cdots 19=654729075.\]

Solución. Consideremos un número $N$ cuyos dígitos sean $1$, $2$ ó $3$ de forma que no haya dos unos consecutivos. Si el primer dígito de $N$ es $2$ ó $3$, entonces el número que resulta de eliminar esta cifra es cualquier número de $n-1$ cifras que también cumple esa condición, luego hay $f(n-1)$ números de $n$ cifras que empiezan por $2$ y otros $f(n-1)$ que empiezan por $3$. Si ahora $N$ empieza por $1$, entonces su segundo dígito será $2$ o $3$, y los restantes pueden ser cualquier número de $n-2$ cumpliendo la condición, lo que nos dice que hay $f(n-2)$ números que empiezan por $12$ y otros $f(n-2)$ que empiezan por $13$. Sumando todas estas posibilidades, tenemos que \[f(n)=f(n-1)+f(n-1)+f(n-2)+f(n-2)=2f(n-1)+2f(n-2).\]

Solución. Si nos fijamos en uno de estos puntos, observamos que las diagonales que se cortan en él provienen de cuatro vértices distintos, y que cuatro vértices distintos determinan exactamente dos diagonales que se cortan en un punto interior (aquí es fundamental que el polígono sea convexo). Por tanto, habrá tantos puntos interiores como conjuntos de cuatro vértices podamos hacer, es decir, \[\left(\begin{array}{c}n\\4\end{array}\right)=\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{24}=\frac{n^4}{24}-\frac{n^3}{4}+\frac{11 n^2}{24}-\frac{n}{4}.\]

Solución. Este es un problema clásico de combinaciones con repetición. De todas formas, veamos cómo podemos razonar para encontrar la solución. Vamos a ver que encontrar una forma de repartir $100$ euros entre $6$ personas es equivalente a encontrar una forma de elegir $5$ elementos de un conjunto de $105$ y, por tanto, el número buscado en el apartado (a) son las combinaciones de $105$ elementos tomados de $5$ en $5$, es decir, \[\left(\begin{array}{c}105\\5\end{array}\right)=\frac{105\cdot 104\cdot 103\cdot 102\cdot 101}{5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}=96560646.\] Para verlo, pongamos $105$ elementos en fila y elijamos $5$, que separan a los $100$ restantes en $6$ conjuntos. Empezando en orden por un extremo, a cada uno de los $6$ amigos, que hemos ordenado previamente, le damos tantos caramelos como elementos tenga el conjunto que le toque. Así obtenemos todas las formas de repartir los euros, luego éste es el número buscado (observa que dos de estos $5$ elementos que hemos destacado pueden ser consecutivos, lo que quiere decir que el conjunto que queda entre los dos tiene cero elementos).

El segundo apartado es muy parecido al primero. Se pueden tomar dos caminos. La primera opción es calcular el número de formas de repartir en las que alguno haya recibido cero euros y restárselo al número calculado anteriormente (pero este cálculo es muy largo). La segunda opción es repartir previamente un euro a cada amigo y luego calcular el número de formas de repartir los $94$ restantes. En vista del apartado (a), este número no es más que \[\left(\begin{array}{c}99\\5\end{array}\right)=\frac{99\cdot 98\cdot 97\cdot 96\cdot 95}{5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}=71523144.\]