AAAA

1. 1
ING. LUIS ABEL
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Problemas Resueltos de Análisis Combinatorio
01 De una ciudad A a otra B hay 6 caminos diferentes ¿De cuántas maneras se puede hacer el viaje de ida y
vuelta, si en el regreso no puede tomar el camino de ida?
a) 12 b) 42 c) 25 d) 36 e) 30
RESOL: Veamos el siguiente grafico:
 Nº de posibilidades de ida = 6 (Evento 1ero)
Nº de posibilidades de regreso = 5 (Evento 2do)
 Como los eventos deben ocurrir a la vez, por el principio de la multiplicidad tenemos:
Total de maneras: 6  5 = 30
☞ CLAVE E
02 Un grupo de 5 amigos se van de paseo; en un auto que tiene 2 asientos adelante y 3 atrás. ¿De cuántas
formas se podrán ubicar, si sólo 2 de ellos saben manejar?
a) 10 b) 48 c) 16
d) 24 e) 120
RESOL:  Veamos el siguiente cuadro:
Para la posición Nº 1 hay 2 posibilidades
Para la posición Nº 2 hay 4 posibilidades
Para la posición Nº 3 hay 3 posibilidades
Para la posición Nº 4 hay 2 posibilidades
Para la posición Nº 5 hay 1 posibilidad
 Nº de formas que se podrán ubicar es:
2  4  3  2  1 = 48
☞ CLAVE E
03 Con cinco varones y nueve damas ¿cuántas parejas diferentes de baile pueden formarse (cada pareja está
conformada por un varón y una dama)?
a) 35 b) 40 c)45 d) 50 e) N.A.
A B
1 2
3 4 5

2. 2
ING. LUIS ABEL
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RESOL:
 Consideremos los eventos A y B
Evento A: Elegir una mujer
Evento B: Ser pareja de un hombre
d1
d2
v1 d3
v2 d4
v
3
d
5
v4 d6
v
5
d
7
d8
d
9
5 maneras  9 maneras = 45 maneras
☞ CLAVE C
04 En una reunión cumbre entre los presidentes de 10 países de América del Sur, el día final de sesiones deciden
retratarse para la posteridad. ¿De cuántas maneras pueden disponerse los 10 mandatarios, si los presidentes
de Perú y Ecuador por voluntad propia no desean posar juntos?
a) 9! b) 8! c) 9!  8 d) 10! e) 8  9!
RESOL.:
 Tenemos 10 presidentes; si estos pueden ubicarse indis–tintamente, el total de ubicaciones posibles para la foto se
determinan como sigue:
P1 P2 P3 P4 P5 P6 P7 P8 P9 P10
10  9  8  7  6  5  4  3  2  1
El lugar P1, puede ser ocupado por cualquiera de los 10 presidentes; el P2 sólo lo podrán ocupar los 9 restantes; para el
P3 sólo quedan 8 posibilidades y así hasta que luego que estén ya ubicados hasta el P9, para la posición P10 quedará
sólo 1 presidente; el total de posibilidades será: 10! … ()
 Pero como sabemos, los presidentes de Perú y Ecuador no desean aparecer juntos; ¿Qué haremos?, calcularemos la
cantidad de veces en las que podrían aparecer juntos y luego restando este resultado de () habremos determi–nado el
total de posibilidades de no aparecer juntos en las fotos.

3. 3
ING. LUIS ABEL
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 Para esto consideraremos a ambos presidentes como una sóla persona, de modo que no tendríamos 10 sino 9
personas para ubicar: Aplicando el mismo procedimiento que nos llevó a (), obtenemos ahora: 9! , sin embargo, aún
cuando estén juntos los presidentes, estos pueden ubicarse de 2 maneras intercambiando sus posiciones, por lo que el
total de posiciones en las que aparecerán juntos es en realidad: 2  9! … ()
 Calculamos: ()–():
 10! – 2  9! = 9! (10 – 2) = 8  9!
☞ CLAVE E
05 Un coleccionista de artículos precolombinos ha sido invitado a exponer sus mejores cerámicas Mochicas.
Dicho coleccionista ha decidido presentar 8 ceramios de los 10 de su colección. ¿De cuantas maneras puede
seleccionarlos si 3 de ellos no pueden faltar en la exposición?
a) 7 b) 3 c) 21 d) 8 e) 10
RESOL.:
 Representémoslos a las cerámicas por las siguientes figuras
Supongamos que C1, C2 y C3 son los que no pueden faltar, con lo cual tengo 7 cerámicas para seleccionar 5, esto me
permite aplicar combinatoria ya que el evento es seleccionar 5 de 7 sin importar el orden.
 Por lo tanto el Nº de maneras es 21
C7
2
C7
5 

☞ CLAVE C
06 Un turista europeo desea realizar un tours en el Perú. Para tal efecto ha contactado con una agencia de viajes;
la cual le ofrece una estadía en 8 ciudades 5 de la región andina y 3 de la región costeña. Pero por el tiempo
del que dispone dicho turista sólo desea visitar 6 ciudades. ¿De cuántas maneras puede seleccionar dichas
ciudades a visitar, si 4 ciudades andinas son puntos obligatorios de visita?
a) 18 b) 4 c) 3 d) 2 e) 12
RESOL.:
 Como 4 ciudades andinas son puntos obligatorios de visita, tenemos para escoger de las 4 esto es C5
4 , por lo que me
quedan 2 ciudades por escoger de las 3 de la región costeña, esto es C3
2 . Entonces el total de maneras es :
C5
4 x C3
2 = 15
Ahora si escogiera las 5 ciudades andinas tengo para escoger una mas de las de la región costeña esto es C5
5 x C3
1 =
3. Concluimos que el total de maneras es:
15 + 3 que es 18
☞ CLAVE A
07 Se han matriculado 5 hombres y 7 mujeres en el curso inicial de Química, en el cual las prácticas se dan en el
laboratorio. En dicho laboratorio se deben formar grupos bipersonales, necesariamente formados por un
hombre y una mujer ¿De cuántas maneras pueden seleccionarse dichos grupos si un hombre decide no
trabajar con 2 de sus compañeras?
a) 30 b) 16 c) 33 d) 32 e) 25
C1 C2 C3 C4 C5 C6 C7 C8 C9 C10
Fijos Disponibles

4. 4
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RESOL:
 Cada hombre tendrá 7 posibilidades de formar grupo con una mujer excepto uno de ellos que solo tendrá 5 (2
posibilidades menos). Total de maneras es 5 x 7 – 2 = 33
☞ CLAVE C
08 Un agente vendedor de productos farmacéuticos de primera calidad visita diariamente 5 farmacias en el
centro de Trujillo, para no tratar de dar preferencias a uno u otro establecimiento ha decidido alterar el orden
de sus visitas ¿De cuántas maneras puede hacerlo
a) 24 b) 60 c) 5 d) 120 e) 720
RESOL:
 Cada cuadro representa una farmacia
5 x 4 x 3 x 2 x 1
Para ubicar el nombre de la farmacia en A tengo 5 posibilidades, como ya escogí una para B me queda 4 y así
sucesivamente hasta que para E tenga solo una posibilidad.
 Por lo tanto el nº de maneras es 5!, esto es el caso de permutaciones . P5 = 5! = 120
☞ CLAVE D
09 En un congreso de estudiantes de Matemáticas de la UNT se esta realizando un taller en una sala de
exposiciones, donde participan 10 estudiantes, los cuales deben agruparse en 3 grupos; 2 de 3 personas y el
último de 4 ¿De cuántas formas se pueden agrupar los 10 estudiantes?
a) 10 b) 8 c) 36 d) 16 e) 4200
RESOL:
 Estamos en un caso de permutaciones con repetición, para eso apoyémonos en el grafico siguiente
 Por lo tanto el nº de formas es:
!
4
!
3
!
3
!
10


,esto es 4200 formas de agrupar.
☞ CLAVE E
10 En una reunión entre 5 compañeros de la universidad que se encuentran después de 5 años de haber
egresado; ellos van acompañados de sus respectivas esposas. ¿De cuantas maneras pueden disponerse en
una mesa circular si siempre deben estar hombres y mujeres en forma alternada?
a) 1400 b) 2600 c) 2880 d) 4200 e) 5760
RESOL:
A B C D E
E1 E1 E1 E2 E2 E2 E3 E3 E3 E3
I Grupo de 3 III Grupo de 4
II Grupo de 3

5. 5
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 Juntemos primero a las mujeres alrededor de la mesa, esto se puede hacer de 4! formas luego quedarían 5 lugares
alternados para ubicar a los hombres y esto se puede hacer de 5! Formas.
Por lo tanto, el número total de formas diferentes será igual a 4! 5! esto es 2880 formas
☞ CLAVE C
11 Seis alumnos del grupo de estudios Pierre Fermat se encuentran en un seminario. Determinar ¿Cuántos
saludos se intercambian como mínimo, si 2 de ellas están reunidas?
a) 6 b) 30 c) 15 d) 12 e) 14
RESOL:
 El número de saludos de los 6 alumnos si recién se reúnen es C6
2
pero como ya hay 2 reunidas, significa que hay un
saludo menos es decir C6
2
– 1 = 14 saludos
☞ CLAVE E
12 En un simposio organizado por la Municipalidad de Lima participan 4 alcaldes del Cono Norte y 3 alcaldes del
cono Sur, los cuales están ubicados en una mesa rectangular dando de frente al público asistente. ¿De
cuántas maneras pueden disponerse los alcaldes, si los burgo maestres de un mismo cono no pueden estar
separados?
a) 12 b) 240 c) 144 d) 288 e) 270
RESOL:
 Veamos el siguiente cuadro
 El número de maneras esta dado por 4! para los del cono norte 3! para los del cono sur y 2! para todo el grupo
Por lo tanto el numero total de maneras que se les puede disponer es 4!  3!  2! esto es 4! x 3! x 2! = 288
☞ CLAVE D
13 Dado los dígitos 3,5 y 7 ¿Cuántos números distintos se puede formar con ellos sin que los números formados
presenten dígitos repetidos?
a) 10 b) 11 c) 12 d) 14 e) 15
RESOL:
 Tomando un digito se puede formar 3 números distintos. Se puede obtener por la siguiente formula
3
!
1)
-
(3
!
3
1
2
1
2
3
P3
1






 Tomando dos dígitos: tenemos
6
!
1
1
2
3
P3
2




 Tomando 3 dígitos: tenemos

P3
3
3 x 2 x 1 = 6  El total de números es 15
☞ CLAVE E
CN CN CN CN CS CS CS

6. 6
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14 La compañía de teléfonos desea averiguar cuántas líneas adicionales puede instalar en la serie 531, si se sabe
que hasta el momento no ha usado 2 cifras para las últimas 3 casillas y 5 para la 4ta casilla. Observación: El
número telefónico dispone de 7 casillas.
a) 15 b) 24 c) 40 d) 28 e) 53
RESOL:
 Veamos el siguiente gráfico
Para estas 3 últimas hay 2
posibilidades
para esta casilla hay 5 posibilidades
5 x 2 x 2 x 2= 40 líneas adicionales
☞ CLAVE C
15 En un circo, un payaso tiene a su disposición 5 trajes multicolores diferentes, 6 gorras especiales diferentes y
3 triciclos ¿De cuántas maneras puede seleccionar su equipo para salir a la función?
a) 45 b) 30 c) 18 d) 90 e) 40
RESOL:
Evento A  Evento B  Evento C
Seleccionar trajes seleccionar gorras seleccionar triciclos
T1 G1 C1
T2 G2 C2
T3 G3 C3
T4 G4
T5 G5
G6
5 x 6 x 3
 Por lo tanto el total de maneras es 5 x 6 x 3 = 90
CLAVE D
16 En una reunión de 10 amigos desean ordenarse para tomarse una foto. Si entre ellos hay una pareja de
enamorados que no desea separarse. ¿De cuántas maneras pueden ordenarse?
a) 9! b) 8! c) 2  9! d) 3  8 ! e) 3  9!
RESOL:
 Como de los 10 amigos hay una pareja que no desea separarse, tenemos un arreglo de 9 objetos, es decir 9! formas de
ordenarse, pero como la pareja puede ubicarse de 2! formas.
5 3 1
5 3 1

7. 7
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Entonces como ambos eventos deben ocurrir a la vez tenemos 9! X 2! Formas de ordenarse esto es: 2 x 9!
☞ CLAVE C
17 Si se dispone de m objetos iguales, otros n objetos iguales y finalmente P objetos diferentes. ¿De cuántas
maneras puede Ud. seleccionar por lo menos a 1 de ellos?
a) mnp b) (m+1)(n+1) p – 1 c) (m+1)(n+1)2P –1 d) mn2P e) mn2P+1–1
RESOL:
 Veamos: Si tenemos “m” objetos iguales tenemos la opción de seleccionar 1,2,3 …, m objetos o no seleccionar ninguno,
por lo cual tenemos para este evento (m+1) posibilidades, el mismo razonamiento tenemos para los “n” objetos iguales,
con lo cual tenemos (n+1) posibilidades de selección.
 Ahora del grupo de “P” elementos diferentes para cada uno tenemos 2 opciones; lo selecciono o no lo selecciono. Esto
hace un total de 2P posibilidades.
 Por lo tanto tendremos un total de formas de selección (m+1)(n+1)2P, pero este numero incluye a una, aquella que no
escoge a ningún objeto, la cual debemos eliminar. Así tendremos en total (m+1)(n+1)2P–1
☞ CLAVE C
18 Si se dispone de (n+1) números primos, ¿Cuántos factores diferentes tiene el producto de dichos números?
a) 2n b) 2n+1 c) 2n–1–1 d) 2n–1 e) 2n+1 -1
RESOL:
 Tenemos que cada uno de los (n+1) números primos tiene 2 factores el mismo y la unidad, por lo tanto cada numero
tiene 2 posibilidades, luego por el principio de la multiplicidad el numero de factores es 2n+1.
 En estos factores esta incluido el producto de puros unos, luego como los factores deben ser diferentes a 2n+1 le
quitamos uno. El total de factores diferentes es: 2n+1 – 1
☞ CLAVE E
19 ¿Cuántas ordenaciones lineales distintas pueden formarse con todas las letras de la palabra FERMAT de tal
manera que comiencen y terminen en consonantes?
a) 240 b) 720 c) 288 d) 420 e) N.A.
RESOL:
 La palabra FERMAT tiene 6 letras diferentes tenemos entonces 6 elementos, veamos la grafica
1er 2do 3er 4to 5to 6to
 La consonante que ocupará el 1er lugar puede ser cualquiera de las 4 dadas, una vez escogida la primera quedan 3
consonantes y cualquiera de ellas puede ocupar el último lugar de la ordenación lineal.

8. 8
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 Ahora escogida ya las letras para el 1ero y 6to casillero quedan aun 4 letras disponibles para el resto de casilleros
4 x 4 x 3 x 2 x 1 x 3
 El total de ordenaciones es 4 x 4 x 3 x 2 x 1 x 3 = 288
☞ CLAVE C
20 En una reunión de amigos, se encuentran 3 hombres y 3 mujeres ¿De cuántas maneras pueden sentarse en
forma lineal si se desea que queden alternados (un hombre una mujer o una mujer un hombre)?
a) 36 b) 24 c) 72 d) 108 e) 64
RESOL: Ayudémonos del siguiente cuadro
 Caso I: Si en el 1er casillero va un hombre ordenamos dejando un casillero a los 3 hombres tendríamos P3
3
formas,
luego en los otros 3 casilleros alternados colocamos a las mujeres tendríamos P3
3
formas por el principio de la
multiplicidad tendríamos para el caso I P3
3
x P3
3
formas, es decir 3! x 3! = 36
 Caso II: Ahora si en el 1er casillero va una mujer entonces tendríamos también la misma cantidad es decir 3! x 3! = 36
Como los casos I y II son excluyentes por el principio de la adición tendríamos 36 +36 = 72 formas distintas de ordenar a
los hombres y mujeres en forma lineal alternadamente.
☞ CLAVE C
21 Rosa tiene 3 anillos distintos ¿De cuantas maneras puede colocarlos en sus dedos de la mano izquierda,
colocando solo un anillo por dedo, sin contar el pulgar? (considere una sola forma de colocación en cada
dedo)
a) 36 b) 48 c) 16 d) 24 e) 6
RESOL:
 En el dedo d5 no esta contabilizado
 El 1er anillo tiene 4 opciones (d1,d2 ,d3, d4)
 El 2do anillo después de colocar un anillo ya en un dedo le quedan 3 opciones.
 El 3er anillo tendría 2 opciones
 Luego por el principio de la multiplicidad Tenemos:
El número de maneras es: 4 x 3 x 2 = 24
1er 2do 3ero 4to 5to 6to
H1 M1 H2 M2 H3 M3

9. 9
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☞ CLAVE D
22 Un equipo de voley se sienta a dialogar en una mesa circular. ¿De cuántas formas se puede sentar sus
integrantes si 3 de ellos siempre deben estar juntos?
a) 22 b) 24 c) 12 d) 36 e) 6
RESOL:
 Como 3 jugadores siempre deben estar juntos tenemos una permutación circular de 4 elementos es decir.
P4 = (4–1)! = 3 x 2 x 1 = 6 = 3!
Pero las 3 jugadoras que siempre están juntas se pueden ubicar de 3! formas.
 Luego por el principio de la multiplicidad ambos eventos deben ocurrir de 3! x 3! = 36 formas
☞ CLAVE D
23 Anita tiene 6 blusas de colores diferentes y 5 minifaldas también de colores distintos. ¿De cuántas maneras
diferentes puede lucir ambas prendas a la vez, si la blusa azul y la minifalda blanca las usa siempre juntas y la
minifalda roja con la blusa negra nunca las usa juntas?
a) 25 b) 36 c) 100 d) 64 e) 45
RESOL:
 Consideremos las blusas: roja, azul, negro, amarilla, celeste y verde y las minifaldas roja, azul, blanca, negra y amarilla.
Veamos el cuadro
Blusas Minifaldas
 Calculemos 1ero el número de formas distintas en que puede usar una blusa con una minifalda.
Según elcuadro para el primer cuadro hay 6 posibilidades y para el segundo hay 5, luego por el principio de la
multiplicidad tenemos: Nº de formas = 6 x 5 = 30
Aquí incluimos las restricciones siguientes:
La blusa azul pierde 4 posibilidades
Y la blusa negra pierde una posibilidad

d1
d2 d3
d4
d5
J4 J5 J6
J2
J1
J3

10. 10
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 El numero de formas es 30 – (4+1) = 25
Otra forma seria
Blusas Minifaldas
BR MR
BA MA
BN MB
BAM MN
BC MAM
BV
Cada blusa tiene 5 posibilidades excepto BA (tiene una) y la BN (tiene 4), lo que implica 4 x 5 + 4 +1 posibilidades, es
decir 25
☞ CLAVE A
24 A un alumno que va a matricularse en el grupo de estudios Pierre Fermat le toman un test conteniendo 10
preguntas, de las cuales el alumno tendrá que responder solo 6 cualesquiera ¿De cuántas formas puede
responder dicho test?
a) 120 b) 310 c) 720 d) 210 e) N.A.
RESOL:
 Según el problema el hecho que responda 6 preguntas de las 10 formuladas no interesa el orden en que las conteste
(aquí interesa el puntaje). Por lo que nos lleva a un caso de combinatoria de 10 elementos tomados de 6 en 6
Luego Nº de formas = 210
6!
!
6)
-
(10
!
10
C10
6


☞ CLAVE D
25 Se tiene un conjunto conformado por 3,5,9,12,13 y 15; se quiere sumar 3 elementos diferentes ¿Cuántas
sumas diferentes puedo obtener con los elementos de dicho conjunto?
a) 120 b) 36 c) 15 d) 80 e) 20
RESOL:
 Vemos que si sumamos: 3 + 5 + 9, esto es lo mismo que sume 5 + 3 + 9; por lo que concluimos que el orden no interesa,
estamos ante un caso de combinaciones de 6 elementos tomados de 3 en 3.
Es decir: 20
1
2
3
4
5
6
C6
3





 sumas diferentes
☞ CLAVE E
26 Mónica tiene 5 aretes diferentes y para usarlos todos se hace 2 perforaciones en la oreja derecha y 3
perforaciones en la de la izquierda ¿De cuantas maneras diferentes puede lucir todos los aretes?
a) 1440 b) 720 c) 120 d) 640 e) 210

11. 11
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RESOL:
Oreja izquierda Oreja Derecha
 Según el grafico tenemos 5 lugares diferentes para usar 5 aretes diferentes, estamos en un problema de permutación de
5 elementos tomados de 5 en 5. P5 = 5! = 120
☞ CLAVE C
27 Si un grupo de 20 alumnos son clasificados, según sexo, colegio de procedencia (estatal o particular) y área a
la que postula (ciencias o letra) ¿De cuantas maneras se puede hacer esta clasificación?
a) 80 b) 8 c) 4 d) 160 e) 12
RESOL:
 Supongamos que tenemos que llenar el siguiente cuadro.
(3 espacios)
 El primer espacio puede llenarse de 2 formas (varón o mujer). El segundo espacio puede llenarse de 2 formas (estatal o
particular) y el tercero de 2 formas (ciencias o letras). Luego concluimos por el principio de la multiplicidad que la manera
de clasificarlos es: 2 x 2 x 2 = 8 maneras
☞ CLAVE B
28 ¿De cuantas maneras puede el profesor Herrera ordenar en su biblioteca 5 libros de Álgebra, 4 de aritmética y
3 de Razonamiento Matemático, si los libros de cada materia deben estar juntos?
a) 5 x 104 b) 5 x 84 c) 5 x 124 d) 3 x 124 e) 7 x 124
RESOL:
5! x 4! x 3! x 3!
números de grupos
 Como vemos el grafico:
C
D
E
A
B
perforaciones
1º 2º 3er
Raz. matemático
Álgebra Aritmética

12. 12
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Los libros de Álgebra puede ordenarse de P5 = 5!
Los libros de Aritmética pueden ordenarse de P4 = 4!
Los libros de R.M. pueden ordenarse de P3 = 3!
Los 3 grupos de libros pueden ordenarse de P3 = 3!
 Por el principio de la multiplicidad tenemos Nº de maneras que se pueden ordenar es: 5! x 4! x 3! x 3! esto es 5 x 124
formas.
☞ CLAVE C
29 En el problema anterior ¿Hallar el numero de maneras que puede el profesor Herrera ordenar sus libros si
solo los de R.M. deben estar juntos?
a)
12
!
12
b)
6
!
12
c)
3
!
12
d)
5
!
12
e)
22
!
12
RESOL:
 Como los libros de R.M deben estar juntos se le considera a los 3 como 1 solo sin diferenciar las materias, lo que haría
un total de 10 libros por ordenar, que puede hacerse de P10=10! Formas. Pero los libros de R.M. pueden ordenarse entre
si de 3! formas diferentes. Por consiguiente por el principio de la multiplicidad esta operación puede hacerse de 3! x 10!
formas.
3! x 10! <>
22
!
12
☞ CLAVE E
30 Un sistema tiene 5 mecanismos, cada uno de ellos puede colocarse en 4 posiciones para que funcionen,
digamos A B C y D ¿De cuantas formas puede instalarse el sistema, si los mecanismos pueden estar en la
misma posición?
a) 29 – 1 b) 28 – 1 c) 83 – 1 d) 210 e) 210 – 1
RESOL:
 Supongamos que cada mecanismo representa un espacio por llenar.
Pero cada mecanismo puede colocarse en 4 posiciones diferentes, además pueden colocarse en la misma posición, esto
implica que cada espacio puede llenarse de 4 formas.
 Por lo tanto hay 4x4x4x4x4 = 45 = 210 formas de instalar el sistema.
☞ CLAVE D
31 Un mozo debe servir 10 vasos diferentes de cerveza y gaseosa en una mesa donde hay 6 caballeros y 4
damas, sabiendo que los vasos de cerveza son para los caballeros y los de gaseosa, para las damas. Calcule
la cantidad de maneras diferentes en que el mozo puede realizar la distribución?
a) 205 b) 450 c) 210 d) 120 e) 135
RESOL:
6 vasos de cerveza 4 vasos de gaseosa
caballeros damas
Tenemos 10 personas
de los cuales son 6
hombres y 4 mujeres

13. 13
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 Tenemos una permutación con repetición:
120
!
4
!
6
!
10
10
4
6,
P 

☞ CLAVE D
32 Un usuario de hotmail. com olvido su contraseña, pero recuerda que son 6 numerales y además que las
3 primeras cifras son 5+2…… y las 3 cifras siguientes son diferentes ¿Cuántas posibilidades tiene el usuario para
dar con su clave?
a) 720 b) 640 c) 510 d) 120 e) 900
RESOL:
 El orden de los elementos interesa, por lo que estamos en una permutación de 10 elementos tomados de 3 en 3. Es decir
720
!
7
!
7
8
9
10
10
3
P 



 posibilidades
☞ CLAVE A
33 La junta directiva de una empresa consta de 10 miembros ¿De cuantas maneras se puede elegir un
presidente, un vicepresidente y un secretario?
a) 620 b) 360 c) 480 d) 520 e) 720
RESOL:
 Como el orden en que salgan elegidos determina el cargo que ocupan y solo se va a elegir a 3 cada vez de un total de 10
miembros, estamos ante una permutación de 10 elementos tomados de 3 en 3 720
!
7
!
7
8
9
10
10
3
P 




☞ CLAVE E
34 De cuantas maneras pueden destacarse a 4 empleados de una empresa a 3 diferentes lugares. Para hacer una
campaña publicitaria
a) 12 b) 24 c) 48 d) 36 e) 8
RESOL:
 Consideremos los tres lugares como tres casilleros
Cada casillero será ocupado por empleados diferentes el 1er casillero puede ser ocupado por los 4 empleados
disponibles, el 2do por 3 restantes y el 3ero por los 2 restantes. Luego por el principio de la multiplicidad tenemos
Nº de maneras es: 4x3x2 = 24
1!
!
4
3)!
(4
!
4



☞ CLAVE B
35 En el grupo de estudios Pierre Fermat hay 15 profesores de los cuales 10 son varones y 5 mujeres, se
necesitan 4 profesores para llevar a cabo un proyecto especial que fomente la cultura ¿De cuantas maneras
se puede elegir 2 varones y 2 mujeres?
a) 350 b) 250 c) 650 d) 450 e) 900
RESOL:
 Vemos que en la elección no nos interesa el orden.

14. 14
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Se va a elegir grupos de 4 en 4 de un total de 15. Por lo tanto es un caso de combinatoria. Primero elegiremos 2 varones
de los 10 presentes y 2 mujeres de las 5 presentes es decir:
45
!
8
!
2
!
10
10
2
C 
 y 10
!
3
!
2
!
5
5
2
C 

 Por el principio de la multiplicidad tenemos. El número de maneras que ocurran ambos eventos es:
450
10
45
5
2
C
10
2
C 



☞ CLAVE D
36 En el problema anterior ¿De cuantas maneras se podrá elegir 5 varones?
a) 1232 b) 256 c) 120 d) 720 e) 252
RESOL:
 Estamos en el caso de combinatorio de 10 hombres, tomados de 5 en 5, esto es:
252
1
2
3
4
5
!
5
5
6
7
8
9
10
!
5
!
5
!
10
10
5
C 











☞ CLAVE E
37 Si en el problema 35 nos piden calcular el número de maneras que se puede elegir 3 varones y 3 mujeres.
a) 900 b) 1200 c) 850 d) 600 e) 72
RESOL:
 Utilizando combinatoria tenemos:
1200
1
2
4
5
1
2
3
8
9
10
5
3
C
10
3
C 









☞ CLAVE B
38 Juan dispone para estudiar de 20 folletos de los cuales 6 no son de matemáticas. ¿De cuantas maneras se
puede elegir 2 folletos que no son de matemáticas?
a) 12 b) 18 c) 15 d) 25 e) 36
RESOL:
 Vemos que el orden de la elección no interesa solo interesa el número de folletos que no son de matemáticas que
pueden ser cero o uno o dos.
Esto es maneras
15
1
1
2
5
6
14
0
C
6
2
C 





☞ CLAVE C
39 Los asegurados de una compañía se clasifican según edad, sexo y estado civil de la siguiente forma:
Edad (en años) Sexo Estado Civil
De 20 – 30 varón Soltero
De 30 – 50 mujer Casado
De 50 – 60 Viudo

15. 15
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¿De cuántas maneras se puede clasificar las pólizas de seguros?
a) 36 b) 9 c) 54 d) 72
e) 18
RESOL:
 La clasificación se dará de tres formas
Edad sexo Estado civil
(evento A) (evento B) (evento C)
para el 1er casillero tenemos 3 posibilidades
para el 2do casillero tenemos 2 posibilidades
para el 3er casillero tenemos 3 posibilidades
 Como debe ocurrir los 3 eventos a la vez por el principio de la multiplicidad tenemos.
3 x 2 x 3 maneras de clasificar las pólizas
esto es 18 maneras
☞ CLAVE E
40 Un examen esta constituido por 4 grupos de preguntas: I,II,III, y IV cada grupo contiene 5,3,2 y 2 preguntas
respectivamente. Si el estudiante debe contestar una pregunta de cada grupo ¿De cuantos modos diferentes
puede elegir sus preguntas?
a)30 b) 60 c) 90 d) 45 e) 25
RESOL:
 Como el estudiante debe contestar una pregunta de cada grupo, entonces tiene para escoger 4 de un total de 12 de la
siguiente forma:
60
2
2
3
5
2
1
C
2
1
C
3
1
C
5
1
C 







☞ CLAVE B
41 En una granja experimental se tienen ratas de la misma edad, 6 de la raza A y 7 de la raza B. Si se desea
formar parejas para realizar un experimento. ¿Cuántas parejas se pueden formar, si deben ser:
a) Los dos de raza A
b) Los dos de raza B
c) Una de la raza A y una de la raza B
Dar como respuesta la suma de a), b) y c)
a) 78 b) 88 c) 87 d) 92 e) 38
RESOL:
a) Para escoger los dos de la raza A tenemos 6 posibilidades esto es:
15
1
2
5
6
6
2
C 



b) Para escoger los dos de la raza B tenemos 7 posibilidades, esto es:

16. 16
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21
1
2
6
7
7
2
C 



c) Para escoger los dos, uno de A y uno de B tenemos
42
7
6
7
1
C
6
1
C 



 a) + b) + c) = 15+21+42 = 78
☞ CLAVE A
42 ¿De cuántas maneras se pueden colocar 12 alumnos en una fila, de manera que dos de ellos, en particular, no
queden juntos?
a) 9 ! b) 10 ! c) 9  10 ! d) 9!  8 e) 9  9 !
RESOL:
 Separemos del grupo a uno de los alumnos (cualesquiera), nos quedarían 9 para ordenar: esto es de
9! formas
 Ahora si elegimos (o fijamos) a uno de los 9 (cualesquiera) que no podrá estar junto al separado nos quedaría.
8 espacios para ubicar al separado veamos el grafico.
 Para ubicar al alumno que habíamos separado tenemos 8 espacios. Por el principio de la multiplicidad tenemos.
9!  8 formas de ordenar
☞ CLAVE D
43 Una carpeta tiene espacio para 8 personas ¿De cuántas maneras se pueden sentar 4 hombres y 4 mujeres, de
modo que queden alternados (un hombre – una mujer ó una mujer un hombre)?
a) 2  4! b) 2  42! c) 2  (4!)2 d) (4!)2 e) (2  4!)2
RESOL:
 En este problema se presentan dos casos:
1er caso: cuando el ordenamiento empieza con una mujer.
Hay 4 espacio disponibles para ubicar a las mujeres y se puede hacer de P4 maneras.
Veamos el gráfico:
Los espacios vacíos (4), serán ocupados por los hombres, y se podrán sentar de P4 maneras.
 Por el principio de la multiplicidad
A B C D E F G H I
A B C D F G H I
Espacios disponibles
Espacios no disponibles
Uno de los 9 que fijamos
① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧
E
mujeres

17. 17
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El número de maneras que se podrán sentar 4 hombres y 4 mujeres en forma alternada es: P4  P4
2do Caso: cuando el ordenamiento empieza con un hombre.
Los cálculos son los mismos del caso 1 es decir.
Nº de maneras es P4  P4
Luego: como deben ocurrir o el caso I o el caso II
4 mujeres y 4 hombres se pueden sentar alternadamente de P4  P4 + P4  P4 formas distintas es decir de:
2 P4  P4 = 2  4!  4! = 2(4!)2
☞ CLAVE C
44 ¿De cuántas maneras distintas 3 varones y 3 mujeres pueden sentarse en 3 bancas (c/u con capacidad para 2
de ellos), de modo que en cada banca se siente un varón y una mujer?
a) 120 b) 240 c) 360 d) 288 e) 346
RESOL:
 Veamos el siguiente gráfico carpetas
Según el gráfico si escogen primero los hombres o las mujeres tendrá el 1er varón o 1era mujer 6 espacios para escoger.
Supongamos que primero escogen los varones como habíamos dicho el 1er varón tendrá 6 lugares para escoger.
Luego el 2do varón, no puede sentarse junto a su compañero, por lo que tiene 4 opciones y el 3er varón le queda 2
opciones.
Luego por el principio de la multiplicidad los varones se sientan de 642 formas distintas.
Ahora en cada carpeta ya esta ubicado un varón.
 Y queda tres espacios para las damas, la que podrán sentarse de 3! Formas (esto es, porque en cada carpeta tiene que
estar un hombre y una mujer)
Concluimos que el número de formas distintas que se podrán sentar las 6 personas es: 6423! = 288
☞ CLAVE D
45 ¿De cuántas maneras distintas “n” varones y “n” damas pueden sentarse en “n” bancas (c/u con capacidad
para dos de ellos) de modo que cada banca se sienten un varón y una dama?
a) 2n–1(n!)2 b)2n [(n–1)!]2 c)2n–1 [(n–1)!]2 d) 2n n! e) 2n (n!)2
RESOL:
 Del problema anterior vamos a generalizar para el caso de “n” varones y “n” damas.
Supongamos que se sientan primero las damas; la primera dama tendrá para escoger “2n” asientos, la segunda de (2n–
2), la tercera (2n–4), y así sucesivamente hasta que la última dama tiene para escoger un asiento de 2 que quedan.
varones
mujeres

18. 18
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 Esto se simboliza así:
Nº de formas distintas de sentarse las damas es:
2n (2n–2)  (2n–4)  (2n–6)  … 642
En segundo lugar tendríamos “n” espacios (asientos) vacíos para que se puedan sentar n varones.
Nº de formas distintas de sentarse los varones es: n !
 El número de formas distintas que pueden sentarse las “n” damas y los “n” varones es:
2n(2n–2)(2n–4)(2n–6)  ….  6  4  2  n!
En cada factor menos el último sacamos mitad
2n2(n–1) 2(n–2) 2(n–3) . . . 232221n!
2nn(n–1) (n–2)(n–3)  . . . 321n!
2n n!  n! = 2n(n!)2
☞ CLAVE E
46 Una familia de 6 integrantes salen a almorzar y cuando ingresan al restaurante encuentran que todas las
mesas son circulares, el papa le dice a la madre que se siente a su lado ¿De cuántas maneras se podrán
sentar en la mesa circular?
a) 24 b) 48 c) 36 d) 72 e) 28
RESOL:
 Veamos el siguiente gráfico
Vemos 5 elementos para el ordenamiento circular, que se puede hacer de 4! = PC(5). Luego: Nº de arreglos circulares es
= 2!  4! = 48
Nota:
Nº de arreglos circulares =
Permutación interna  Permutación externa
de los elementos juntos de los elementos
Para el problema: NºAC = 2!  4! = 48
☞ CLAVE B
PM
h1
h2
h3
h4
se pueden ordenar de 2!

19. 19
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47 De cuántas maneras diferentes 8 amigos se sientan alrededor de una mesa circular a estudiar, si 4 de ellos
siempre están juntos?
a) 144 b) 288 c) 576 d) 120 e) 720
RESOL:
 Aplicando la nota del ejercicio anterior tenemos
Permutación de los elementos juntos
Nº de arreglos circulares = P4  Pc(5)
Permutación circular
= 4!  4!
Nº de Arreglos circulares = (4!)2 = 576 formas
☞ CLAVE C
48 Se desea colocar 11 fichas en un tablero circular, disponiéndose para tal efecto, 2 verdes, 2 azules, 4 blancas,
1 amarilla, 1 roja, 1 negra ¿De cuántas maneras diferentes se podrá lograr, si se quiere que las 2 verdes están
siempre juntas, además la ficha roja debe estar siempre en medio de la amarilla y la negra?
a) 210 b) 120 c) 360 d) 144 e) 510
RESOL:
 Indiquemos en el gráfico los 11 elementos según las condiciones
Tenemos 8 elementos para permutar circularmente es decir Pc(8)= 7!
Las fichas verdes siempre juntas = 1!
La roja en de medio de A y N = 2!
 El número de arreglos circulares es:
Ac = 210
!
4
!
7
!
4
!
2
!
7
!
2




Nota:
Nº de arreglos circulares =
repetidos
elementos
de
n
Permutacio
elementos
los
de
juntos
elementos
los
de
circular
n
Permutacio
interna
n
Permutacio
☞ CLAVE A
azules
A R N
4 blancas
XXXX Verdes siempre juntas
Roja en medio de la
amarilla y negra

20. 20
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49 ¿Cuántas señales diferentes puede emitirse con tres focos rojos, cuatro amarillos y tres azules en una serie
navideña que contiene diez porta focos?
a) 8400 b) 4200 c) 1316 d) 2632 e)2100
RESOL:
 Tenemos un grupo de 10 focos para permutar, pero de los cuales hay 3 sub grupos con elementos iguales, esto hace
que apliquemos permutaciones con elementos repetidos, es decir.
Nº de señales diferentes =
!
3
!
4
!
3
!
4
5
6
7
8
9
10
3!
!
4
!
3
10
P











Nº de señales diferentes = 4200
☞ CLAVE B
50 Calcule el número total de segmentos que se puede formar en el siguiente grafico al unir los puntos de una
región con los de otra.
a) mnp
b) mn+np+mp
c) mn+p
d) m+n+p
e)
4
mp
3
np
2
mn


RESOL:
 Para formar un segmento necesitamos unir dos puntos de diferentes regiones veamos el gráfico.
1º Agrupemos puntos de la región A y de la región B. Luego el nº de segmentos es “mn”
2º Agrupemos puntos de la región A y C luego el nº de segmentos es “mp”
3º Agrupemos puntos de las regiones B y C, luego el número de segmentos es “np”
 Luego como los tres cuentos son excluyentes tenemos que el total de segmentos que se pueden formar es:
mn + mp + np
☞ CLAVE B
“m puntos” “n puntos”
“p puntos”
“m puntos”
“n puntos”
“p puntos”
Región A Región B
Región C

21. 21
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51 ¿Cuántos ordenamientos diferentes puede obtenerse con las letras de la palabra blanquiazol?
a)
8
!
11
b)
6
!
11
c)
5
!
12
d)
8
!
10
e)
5
!
10
RESOL:
 Tenemos un caso de permutación con repetición:
El número de letras de la palabra blanquiazul es 11 teniendo repetidas 2 letras a; 2 letras l, z letras u
 El número de ordenamientos es
8
!
11
!
2
!
2
!
2
!
11
11
2
2,
2,
P 

☞ CLAVE A
52 Calcule el número total de ordenaciones diferentes que se puede formar con todas las letras, a la vez, de la
palabra KATTII, de manera que las vocales iguales están juntas
a) 20 b) 30 c) 40 d) 50 e) 60
RESOL:
 En la palabra hay 8 letras de las cuales 2 estaremos tomando como si fueran una sola. Entonces existe una permutación
con repetición.
 El número total de ordenaciones diferentes es:
!
2
!
2
3
4
5
!
2
!
5
5
2
P





60
5
2
P 
☞ CLAVE E
53 ¿Cuál será el numero de letras, de una palabra sabiendo que el numero de combinaciones tomadas de 2 a 2 es
igual al de combinaciones tomadas de 3 a 3, como 3 es a 5?
a) 6 b) 7 c) 8 d) 9 e) 10
RESOL:
5
3
2
3
2)
1)(n
n(n
2
1)
n(n
5
3
n
3
C
n
2
C







 5
2
n
5
3
2
n
3





Luego n = 7
☞ CLAVE B
54 ¿De Cuántas maneras se pueden ubicar 4 parejas de esposos en una mesa circular para jugar casino, si estas
parejas juegan siempre juntos?
a) 364 b) 50 c) 24 d) 124 e) 96

22. 22
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RESOL:
 Veamos el siguiente grafico:
Punto de referencia
1º Según el grafico: cuando la pareja de referencia se ubica con E1–M1, existen entonces 3 elementos para una
permutación circular, es decir 3 ! pero cada elemento se puede permutar 2 ! formas.
Entonces la 4 parejas se podrán ubicar de 3! x 2! x 2! x 2! Formas
2ºSi en el grafico la pareja de referencia se ubica como M1–E1 tendríamos
También: 3! x 2! x 2! x 2! Formas
 El total de formas es:
2 ( 3! x 2! x 2! x 2!) = 96
☞ CLAVE E
55 Un club tiene 15 miembros (10 hombres y 5 mujeres ) ¿Cuántos comités de 8 miembros se pueden formar, si
cada comité debe tener 3 mujeres?
a) 2520 b) 2585 c) 1348 d) 2250 e) 5258
RESOL:
 Nº de comités es una combinatoria de 15 tomados de 8 en 8
Nº de comités =
2
3
1
2
3
4
5
3
4
5
6
7
8
9
10
5
3
C
10
5
C















Nº de comités = 2520
☞ CLAVE A
56 Alrededor de una mesa circular de 6 asientos se ubican 2 mujeres y 3 hombres. ¿De cuantas formas podrán
ubicarse, si el asiento vacío debe quedar entre las dos mujeres?
a) 6 b) 12 c) 32 d) 24 e) 48
E2
M2
E1M1
M4
E4
M3 E3

23. 23
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RESOL:
 Veamos el siguiente grafico
Tenemos 4 elementos en la permutación circular, esto es P4 = 3! = 6
Pero la mujeres se podrán ubicar de 2 ! maneras
 El total de formas que podrán ubicarse es:
3 !  2! = 6 x 2 = 12
☞ CLAVE B
57 Hay dos obras de 3 volúmenes cada una y otras dos de 2 volúmenes cada una. ¿De cuantas maneras puede
colocarse los 10 libros en un estante, si deben quedar de tal manera que no se separen los volúmenes de la
misma obra?
a) 5634 b) 1465 c) 6345 d) 3456 e) 4616
RESOL:
 De los datos nos damos cuenta que estamos en un caso de permutación de 10 elementos.
Como los 3 volúmenes de las 2 primeras obras no se deben separar y 2 volúmenes de las obras 2 obras siguientes
tampoco, entonces permutaremos solo 4 elementos (Grupos)
Veamos el grafico
 Según el grafico las obras se permutan de 4! Formas y cada obra se permuta de 3!, 3!, 2! Y 2! formas
Luego el número de maneras que se pueden colocar los 10 libros en un estante es: 4! x 3! x 3! x 2! x 2! = 3456
☞ CLAVE D
58 ¿De cuantas maneras pueden sentarse correcta–mente 2n personas alrededor de una mesa circular de modo
que n de ellas siempre queden juntas?
a) n2 b) 2n! c) (n2)! d) 2(n!) e) (n!)2
RESOL:
 Veamos el grafico:
H1
H3
H2
M2
M1
Asiento vacío
Por dato estos 3 asientos son un solo
elemento en la permutación circular
Punto de referencia
Obra 1 Obra 2 Obra 3 Obra 4
3 libros 3 libros 2 libros 2 libros
3 ! 3 ! 3 ! 3 !
P1
P2
P3
Pn
Elemento fijo de
referencia
(n+1) elementos
que se permutan
circularmente
“n” personas juntas
que se permutan de
n! formas

24. 24
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Nº de maneras = Pc(n+1) n! = n! x n! = (n!)2
☞ CLAVE E
59 En una tienda hay 6 camisas y 5 pantalones que me gustan . Si decido comprar 3 camisas y 2 pantalones,
¿de cuantas maneras diferentes puedo escoger las prendas que me gustan?
a) 100 b) 120 c) 200 d) 240 e) 480
RESOL
 Tengo que escoger de 11 elementos 5 esto es:
Las camisas de
6
3
C maneras
Los pantalones de
5
2
C maneras
Luego el total de maneras es
1
2
4
5
1
2
3
4
5
6
5
2
C
6
3
C









200
5
2
C
6
3
C 

☞ CLAVE E
60 ¿Cuántas comisiones integradas por un chico y una chica puede formarse de cinco chicos y ocho chicas, si
cierto chico rehúsa trabajar con dos chicas en particular?
a) 38 b) 40 c) 42 d) 44 e) 46
RESOL:
 Calculamos la cantidad de comisiones que se pueden formar con 5 chicos y 8 chicas, esto es: 5 x 8 = 40
Pero como uno de ellos se rehúsa trabajar con dos chicas, quedan 2 posibilidades menos
Es decir:
Nº de comisiones es 40–2 = 38
☞ CLAVE A