OBMEP 2018: Helena tem três caixas com 10 bolas em cada uma

OBMEP 2018: Helena tem três caixas com 10 bolas em cada uma. As bolas dentro de uma mesma caixa são idênticas, e as bolas em caixas diferentes possuem cores distintas. De quantos modos ela pode escolher 15 bolas dessas três caixas?

A) 91
B) 136
C) 150
D) 200
E) 210

QUESTÃO ANTERIOR:
- OBMEP 2018: Gabriel brinca com números de dois ou mais algarismos. Ele substitui os dois primeiros algarismos à esquerda do número pela soma desses algarismos, e repete esse procedimento até obter um número de um algarismo.

RESOLUÇÃO:

Primeira Solução:

Suponha que não escolhamos bolas na primeira caixa; podemos escolher então 5, 6, 7, 8, 9 ou 10 bolas da segunda caixa e completar o que falta para 15 com bolas da terceira caixa (6 possibilidades). Se escolhermos só 1 bola da primeira caixa, podemos escolher de 4 a 10 bolas da segunda (7 possibilidades). Se escolhermos exatamente 2 bolas da primeira caixa, podemos escolher de 3 a 10 bolas da segunda (8 possibilidades).

Prosseguindo dessa maneira, escolhendo 3 bolas da primeira caixa, teremos 9 possibilidades; escolhendo 4 bolas da primeira caixa, teremos 10 possibilidades; escolhendo 5 bolas da primeira caixa, teremos 11 possibilidades. Ao escolher exatamente 6 bolas da primeira caixa, podemos escolher de 0 a 9 bolas da segunda (10 possibilidades); ao escolher 7 bolas da primeira caixa, teremos outras novas 9 possibilidades; ao escolher 8 bolas da primeira caixa, mais 8 possibilidades; ao escolher 9 bolas da primeira caixa, mais 7 possibilidades e, finalmente, ao escolher as 10 bolas da primeira caixa, 6 possibilidades (as quais correspondem às escolhas de 0, 1, 2, 3, 4 ou 5 bolas da segunda caixa). Juntando todos os casos, temos 6 + 7 + 8 + 9 + 10 + 11 + 10 + 9 + 8 + 7 + 6 = 91 possibilidades de escolha.

Esse raciocínio, com outra organização, é apresentado na solução a seguir:

Segunda Solução:

Sejam 𝑥, 𝑦 e 𝑧 as quantidades de bolas retiradas de cada uma das três caixas. Devemos ter a seguinte equação em inteiros não negativos: 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 15, com as restrições 0 ≤ 𝑥 ≤ 10, 0 ≤ 𝑦 ≤ 10 e 0 ≤ 𝑧 ≤ 10

Fixado o valor de z, devemos ter

𝑥 + 𝑦 = 15 − 𝑧.

Os possíveis pares (𝑥, 𝑦) de inteiros não negativos são: (0, 15 − 𝑧), (1, 14− 𝑧), (2, 13 − 𝑧), . . . , (15− 𝑧, 0).

- Se 𝑧 ≥ 5, todos esses 16− 𝑧 pares produzem soluções admissíveis, pois satisfazem 0 ≤ 𝑥 ≤ 10 e 0 ≤ 𝑦 ≤ 10.

- Se 𝑧 < 5, uma das outras duas variáveis deverá ser pelo menos 6 e, ao subtrairmos esse valor dela, obteremos uma solução para a equação: 𝑥 + 𝑦 = 9 − 𝑧

Os possíveis pares (𝑥, 𝑦) de inteiros não negativos são: (0, 9 − 𝑧), (1, 8− 𝑧), (2, 7 −𝑧), . . . , (9 − 𝑧, 0). Todos esses 10 − 𝑧 pares produzem soluções admissíveis, pois satisfazem 0 ≤ 𝑥 ≤ 10 e 0 ≤ 𝑦 ≤ 10.

Assim,

i) para 𝑧 = 5, 6, 7, 8, 9 e 10, temos 11, 10, 9, 8, 7, 6 soluções, respectivamente.

ii) para 𝑧 = 0, 1, 2, 3, 4, temos 10, 9, 8, 7, 6 soluções, respectivamente.

Portanto, o total de soluções é (11 + 10 + 9+ 8 +7 + 6)+ (10+ 9 + 8+ 7 +6) = 91.

Terceira Solução: (utilizando combinações – método “barra-bola”)

Como antes, sejam 𝑥, 𝑦 e 𝑧 as quantidades de bolas retiradas de cada uma das três caixas. Logo, deve valer a seguinte equação em inteiros não negativos:

𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 15, com as restrições 0 ≤ 𝑥 ≤ 10, 0 ≤ 𝑦 ≤ 10 e 0 ≤ 𝑧 ≤ 10

Considere 15 bolas e 2 barras. Qualquer permutação desses 17 objetos pode ser associada a uma solução da equação anterior em inteiros não negativos: as bolas à esquerda da primeira barra correspondem ao x; as bolas entre as duas barras correspondem ao y; e a bolas à direita da segunda barra correspondem ao z.

Por exemplo, a escolha de 9 bolas da primeira caixa, nenhuma da segunda e 6 da terceira pode ser representada por:

Com 15 bolas e 2 barras, há

modos de separá-las. Entretanto, dentre essas soluções, é possível que uma das três variáveis assuma um valor maior que 10. Como apenas uma das três pode assumir um valor maior que 10, para eliminar as soluções indesejadas, escolhemos uma das três variáveis com valor maior que 10 e

subtraímos 11 dela. A solução então passará a satisfazer a equação em inteiros não negativos:

𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 4.

Usando agora 4 bolas e 2 barras, concluímos que a equação anterior possui