[petras]

Considere un conjunto de \( 100  \)bolas diferentes: una que pesa \( 1 \)g, otra que pesa \( 2 \)g, otra que pesa \( 3 \)g y así sucesivamente, hasta que la última pesa \( 100 \)g. Quieres seleccionar tres bolas, que deben ser distintas, de modo que la suma de sus masas sea igual a \( 120 \)g.
¿Cuántos juegos de tres bolas satisfacen la condición anterior?(R:\( 1060 \))

[ancape]

Considere un conjunto de \( 100  \)bolas diferentes: una que pesa \( 1 \)g, otra que pesa \( 2 \)g, otra que pesa \( 3 \)g y así sucesivamente, hasta que la última pesa \( 100 \)g. Quieres seleccionar tres bolas, que deben ser distintas, de modo que la suma de sus masas sea igual a \( 120 \)g.
¿Cuántos juegos de tres bolas satisfacen la condición anterior?(R:\( 1060 \))

Inténtalo así. Creo que sale.

Formas posibles de tomar tres bolas, sin preocuparse de lo que sumen \( 100·99·98 \)

Si exigimos que sumen \( 120 \), podemos extraer como queramos la primera (\( 100 \) casos posibles). Una vez elegida la primera, la segunda suma a lo sumo \( 119-valor primera \) si la que pesa \( 1 \) no se ha elegido, \( 118-valor primera \) si \( 2 \) no se ha elegido etc. Una vez elegidas \( 1ª \) y \( 2ª \), la \( 3ª \) está determinada por lo que no cuenta. Las formas posibles son \( 100·formas elección 2ª \)

No me cuadra la solución \( 1060 \) que das. Es claro que la primera puede elegirse de \( 100 \) formas posibles, según la respuesta \( 1060 \) tendremos \( 10,06 \) formas de elegir \( 2ª \) y \( 3ª \) para obtener \( 120 \) como suma de masas.

Saludos

[petras]

Considere un conjunto de \( 100  \)bolas diferentes: una que pesa \( 1 \)g, otra que pesa \( 2 \)g, otra que pesa \( 3 \)g y así sucesivamente, hasta que la última pesa \( 100 \)g. Quieres seleccionar tres bolas, que deben ser distintas, de modo que la suma de sus masas sea igual a \( 120 \)g.
¿Cuántos juegos de tres bolas satisfacen la condición anterior?(R:\( 1060 \))

Inténtalo así. Creo que sale.

Formas posibles de tomar tres bolas, sin preocuparse de lo que sumen \( 100·99·98 \)

Si exigimos que sumen \( 120 \), podemos extraer como queramos la primera (\( 100 \) casos posibles). Una vez elegida la primera, la segunda suma a lo sumo \( 119-valor primera \) si la que pesa \( 1 \) no se ha elegido, \( 118-valor primera \) si \( 2 \) no se ha elegido etc. Una vez elegidas \( 1ª \) y \( 2ª \), la \( 3ª \) está determinada por lo que no cuenta. Las formas posibles son \( 100·formas elección 2ª \)

No me cuadra la solución \( 1060 \) que das. Es claro que la primera puede elegirse de \( 100 \) formas posibles, según la respuesta \( 1060 \) tendremos \( 10,06 \) formas de elegir \( 2ª \) y \( 3ª \) para obtener \( 120 \) como suma de masas.

Saludos

Esta pregunta se publicó en otro foro y un usuario publicó la solución usando un programa informático que daba 1060, Usó un programa de computadora para encontrar 1060

Las alternativas serían
\( A) 941\\
B)1060\\
C)1105\\
D)1317\\
E)2031 \)



Saludos

[ancape]

......
Usó un programa de computadora para encontrar 1060

Las alternativas serían
\( A) 941\\
B)1060\\
C)1105\\
D)1317\\
E)2031 \)

......

El hecho de que se usara un programa de computadora para calcular los casos posibles, no me dice nada. Simplemente, el programa podría estar mal hecho (no sería el primero).

Vamos a contar los casos posibles utilizando la fuerza bruta.

Tenemos tres bolas cuyo peso total es \( 120 \). Podrían ser por ejemplo \( 2,18,100 \) o \( 28,12,80 \) etc.

Como el orden no importa (da lo mismo \( 2,18,100 \) que \( 100,2,18 \)) podemos contar las que tienen \( 1 \), luego las que tienen \( 2 \) etc.

Tríos que tienen \( 1 \) y suman \( 120 \)

\( 1,100,19 \)
\( 1,99,20 \)
.....
....
\( 1,69,50 \)
Total \( a_1=32 \)

Tríos que tienen \( 2 \) y suman \( 120 \)
\( 2,100,18 \)
\( 2,99,19 \)
....
.....
\( 2,68,50 \)
Total \( a_2=33 \)

Observar que \( 2 \) no está en las posiciones \( 2ª \) o \( 3ª \)

Siguiendo hasta los que tienen \( 20 \) obtenemos \( a_3=34,a_5=35,.....,a_{20}=50 \)

A partir de aquí, si contamos los tríos que contienen \( 21,22,23,..... \) hay que tener en cuenta que estos coinciden con alguno de los ya contados. El total es pues la suma de términos de la progresión aritmética 32,33,34,.....,50 y las sucesivas cuentas con \( 21,22,23,...,100 \) en las que hay que tener en cuenta que hay que quitar \( 1 \).

Mira si está bien hecha la cuenta

Saludos

[Juan Pablo Sancho]

Haciendo un programa me sale 1060

Spoiler

# Escribe tu código aquí :-)
variable_contador = 0
for i in range(1 , 101):
   
    for j in range(i+1 , 101):
       
        for h in range(j+1 , 101):
         
            if i + j + h == 120:
                variable_contador += 1

print(variable_contador)

[cerrar]

[Carlos Ivorra]

Buscamos ternas \( (a, b, c) \) con \( a<b<c \) y \( a+b+c=120 \). Entonces

\( 120 = a+b+ c\geq a+(a+1)+(a+2) = 3a+3 \)

luego tiene que ser \( 1\leq a\leq 39 \). En efecto, vemos que si \( a= 39 \) la única posibilidad es \( (39, 40, 41) \) y con \( a=40 \) ya es imposible formar una terna.

Fijado un valor para \( a \), tiene que ser \( 2b<b+c=120-a \), luego \( b<60-a/2 \).

Pero además \( c = 120-a-b\leq 100 \), luego \( 20-a\leq b \).

En total, se tiene que cumplir:

\( 1\leq a \leq 39,\quad \max\{a+1, 20-a\}\leq b <60-a/2 \).

Cualquier elección de \( a \) y \( b \) que cumpla estas condiciones determina una única terna \( (a, b, c) \) que cumple todo lo necesario. Vamos a contar las posibilidades.

Para ello observamos que \( \max\{a+1, 20-a\} \) es \( 20-a \) si \( 1\leq a\leq 9 \) y es \( a+1 \) si \( 10\leq a \leq 39 \), por lo que tenemos que distinguir estos dos casos.

A su vez, en cada caso, la fracción \( a/2 \) nos obliga a distinguir si \( a \) es par o impar, con lo que tenemos cuatro casos:

1.1  Si \( a = 2k+1 \), con \( 0\leq k\leq 4 \). Entonces

\( 20-(2k+1)\leq b<60-\dfrac{2k+1}2 \)

Como el término de la derecha no es entero, podemos cambiar \( 2k+1 \) por \( 2k+2 \), y nos queda

\( 19-2k= 20-(2k+1)\leq b<60-(k+1)= 59-k \).

Hay \( N = 59-k-(18-2k) = 41+k  \) valores posibles para \( b \), y su suma es

\( \displaystyle \sum_{k=0}^4(41+k) = 41\cdot 5+ \dfrac{4\cdot 5}2 = 215 \).

1.2 Si \( a = 2k \), con \( 1\leq k\leq 4 \), entonces \( 20-2k\leq b< 60-k \), que equivale a \( 20-2k\leq b\leq  60-k-1 \), y el número de casos es \( N = 60-k-1-(19-2k) = 40+k \). La suma es

\( \displaystyle \sum_{k= 1}^4(40+k) = 40\cdot 4+\frac{4\cdot 5}2 = 170 \).

2.1 Si \( a = 2k \), con \( 5\leq k\leq 19 \), entonces

\( 2k+1\leq b<60-\dfrac{2k+1}2 \)

y de nuevo podemos cambiar \( 2k+1 \) por \( 2k+2 \), con lo que queda

\( 2k+1\leq b\leq 60-(k+1) = 59-k \)

y el número de posibilidades es \( N = 59-k-2k = 59-3k \).

Podríamos hacer la suma, pero es más fácil si calculamos antes el caso que falta:

2.2 Si \( a = 2k+1 \) con \( 5\leq k\leq 19 \), tenemos \( 2k+2\leq b\leq 60-(k+1)= 59-k \), con lo que

\( N = 59-k-(2k+1) = 58-3k \).

Por lo tanto, la suma de los dos últimos casos es

\( \displaystyle\sum_{k=5}^{19}(59-3k+58-3k) = \sum_{k=5}^{19}(117-6k) = 117\cdot 15-6\frac{24\cdot 15}2 = 675 \).

En total queda: \( 215 + 170 + 675 = 1\,060 \).

[petras]

Buscamos ternas \( (a, b, c) \) con \( a<b<c \) y \( a+b+c=120 \). Entonces

\( 120 = a+b+ c\geq a+(a+1)+(a+2) = 3a+3 \)

luego tiene que ser \( 1\leq a\leq 39 \). En efecto, vemos que si \( a= 39 \) la única posibilidad es \( (39, 40, 41) \) y con \( a=40 \) ya es imposible formar una terna.

Fijado un valor para \( a \), tiene que ser \( 2b<b+c=120-a \), luego \( b<60-a/2 \).

Pero además \( c = 120-a-b\leq 100 \), luego \( 20-a\leq b \).

En total, se tiene que cumplir:

\( 1\leq a \leq 39,\quad \max\{a+1, 20-a\}\leq b <60-a/2 \).

Cualquier elección de \( a \) y \( b \) que cumpla estas condiciones determina una única terna \( (a, b, c) \) que cumple todo lo necesario. Vamos a contar las posibilidades.

Para ello observamos que \( \max\{a+1, 20-a\} \) es \( 20-a \) si \( 1\leq a\leq 9 \) y es \( a+1 \) si \( 10\leq a \leq 39 \), por lo que tenemos que distinguir estos dos casos.

A su vez, en cada caso, la fracción \( a/2 \) nos obliga a distinguir si \( a \) es par o impar, con lo que tenemos cuatro casos:

1.1  Si \( a = 2k+1 \), con \( 0\leq k\leq 4 \). Entonces

\( 20-(2k+1)\leq b<60-\dfrac{2k+1}2 \)

Como el término de la derecha no es entero, podemos cambiar \( 2k+1 \) por \( 2k+2 \), y nos queda

\( 19-2k= 20-(2k+1)\leq b<60-(k+1)= 59-k \).

Hay \( N = 59-k-(18-2k) = 41+k  \) valores posibles para \( b \), y su suma es

\( \displaystyle \sum_{k=0}^4(41+k) = 41\cdot 5+ \dfrac{4\cdot 5}2 = 215 \).

1.2 Si \( a = 2k \), con \( 1\leq k\leq 4 \), entonces \( 20-2k\leq b< 60-k \), que equivale a \( 20-2k\leq b\leq  60-k-1 \), y el número de casos es \( N = 60-k-1-(19-2k) = 40+k \). La suma es

\( \displaystyle \sum_{k= 1}^4(40+k) = 40\cdot 4+\frac{4\cdot 5}2 = 170 \).

2.1 Si \( a = 2k \), con \( 5\leq k\leq 19 \), entonces

\( 2k+1\leq b<60-\dfrac{2k+1}2 \)

y de nuevo podemos cambiar \( 2k+1 \) por \( 2k+2 \), con lo que queda

\( 2k+1\leq b\leq 60-(k+1) = 59-k \)

y el número de posibilidades es \( N = 59-k-2k = 59-3k \).

Podríamos hacer la suma, pero es más fácil si calculamos antes el caso que falta:

2.2 Si \( a = 2k+1 \) con \( 5\leq k\leq 19 \), tenemos \( 2k+2\leq b\leq 60-(k+1)= 59-k \), con lo que

\( N = 59-k-(2k+1) = 58-3k \).

Por lo tanto, la suma de los dos últimos casos es

\( \displaystyle\sum_{k=5}^{19}(59-3k+58-3k) = \sum_{k=5}^{19}(117-6k) = 117\cdot 15-6\frac{24\cdot 15}2 = 675 \).

En total queda: \( 215 + 170 + 675 = 1\,060 \).

Excelente.

Agradecido

Saludos

[petras]

Lo hice en Excel y encontré 1141 combinaciones y no encontré repeticiones.

Descubrí un patrón:
\( 1:2:117 \rightarrow 1:59:60 (58maneras)\\
\boxed{2:3:115 \rightarrow 2: 58:60(56maneras)\\
3:4:113 \rightarrow 3:58:59(55maneras)\\
55+56 = 111\\
4:5:111 \rightarrow 4: 57:59(53maneras)\\
5:6:109 \rightarrow 5: 57:58(52 maneras)\\
53+52 = 105\\
6:7:107 \rightarrow 6:56:58(50 maneras)\\
7:8:105 \rightarrow 7:56:57(49 maneras)\\
50+49 = 99
...\\
38:39:43 \rightarrow 38:40:42(2maneras)\\
39:40:41(1manera)\\
2+1 = 3}\\
\therefore PA (3.9.15....111)\\
S=\frac{(3+111).19}{2}=1083+58 = \boxed{1141} \)

¿Qué estaría mal?

[Carlos Ivorra]

Lo hice en Excel y encontré 1141 combinaciones y no encontré repeticiones.

Descubrí un patrón:
\( 1:2:117 \rightarrow 1:59:60 (58maneras)\\
\boxed{2:3:115 \rightarrow 2: 58:60(56maneras)\\
3:4:113 \rightarrow 3:58:59(55maneras)\\
55+56 = 111\\
4:5:111 \rightarrow 4: 57:59(53maneras)\\
5:6:109 \rightarrow 5: 57:58(52 maneras)\\
53+52 = 105\\
6:7:107 \rightarrow 6:56:58(50 maneras)\\
7:8:105 \rightarrow 7:56:57(49 maneras)\\
50+49 = 99
...\\
38:39:43 \rightarrow 38:40:42(2maneras)\\
39:40:41(1manera)\\
2+1 = 3}\\
\therefore PA (3.9.15....111)\\
S=\frac{(3+111).19}{2}=1083+58 = \boxed{1141} \)

¿Qué estaría mal?

No entiendo tu cuadro, pero a mí me dio 1141 en el primer intento que hice de resolver el problema, y lo que tenía mal es que no había tenido en cuenta que la tercera bola no puede pasar de los 100 gramos.

[petras]

No entiendo tu cuadro, pero a mí me dio 1141 en el primer intento que hice de resolver el problema, y lo que tenía mal es que no había tenido en cuenta que "la tercera bola no puede pasar de los 100 gramos".

Ese fue mi error... no excluye las bolas que pesan más de 100 g... el resultado ahora es correcto

Agradecido

Saludos