2003 AMC 12A Problema 20

Question

¿Cuántos arreglos de

15

letras con

5

A,

5

B y

5

C no tienen ninguna A en las primeras

5

letras, ninguna B en las

5

letras siguientes y ninguna C en las últimas

5

letras?

How many

15

-letter arrangements of

5

A’s,

5

B’s, and

5

C’s have no A’s in the first

5

letters, no B’s in the next

5

letters, and no C’s in the last

5

letters?

\displaystyle\sum_{k=0}^{5}\binom{5}{k}^3

3^5 \cdot 2^5

2^{15}

\dfrac{15!}{(5!)^3}

3^{15}

Respuesta: A

Conceptos:permutaciones de multiconjuntos combinaciones análisis por casos

Nivel de dificultad: 1910

Pista pequeña:

En el primer bloque (sin A), supón que hay

k

B y

5-k

C.

In the first block (no A’s), suppose there are

k

B’s and

5-k

C’s

Pista grande:

Fijar

k

determina las cantidades de letras en los tres bloques, cada una elegida con

\binom{5}{k}

colocaciones.

Fixing

k

determines the letter counts in all three blocks, each chosen with

\binom{5}{k}

placements

Solución:

Supón que el primer bloque contiene

k

B y

5-k

C. Las

k

C restantes deben ir en el segundo bloque (ya que el tercero no tiene C), lo que obliga a que haya

5-k

A allí.

Entonces el tercer bloque contiene las

k

A restantes y

5-k

B.

Para cada

k,

las

k

B del primer bloque, las

k

C del segundo y las

k

A del tercero se pueden colocar de

\binom{5}{k}^3

maneras, así que el total es

\displaystyle\sum_{k=0}^{5}\binom{5}{k}^3.

Por lo tanto, la respuesta correcta es A.

Suppose the first block holds

k

B’s and

5-k

C’s. The remaining

k

C’s must go in the second block (since the third has no C’s), forcing

5-k

A’s there.

Then the third block contains the remaining

k

A’s and

5-k

B’s.

For each

k,

the

k

B’s in the first block,

k

C’s in the second, and

k

A’s in the third can be placed in

\binom{5}{k}^3

ways, so the total is

\displaystyle\sum_{k=0}^{5}\binom{5}{k}^3.

Thus, the correct answer is A.