En estos problemas, cada cerillo es un segmento de longitud fija. Si se usa para formar cuadrados pequeños, decimos que cada lado de un cuadrado pequeño mide “un cerillo”.

Un error muy común es pensar que cada cuadrado necesita siempre 4 cerillos. Eso solo es cierto si los cuadrados están aislados. Cuando dos cuadrados comparten un lado, comparten un cerillo.

Por ejemplo, una cuadrícula de $2\times 2$ tiene 4 cuadrados pequeños. Si cada uno necesitara 4 cerillos, tendríamos $4\times 4=16$. En realidad, la cuadrícula $2\times 2$ usa solo 12 cerillos, porque hay lados compartidos.

En general, para una cuadrícula de $m$ filas y $n$ columnas de cuadrados unitarios:

$$\text{total de cerillos}=2mn+m+n$$

Así, una cuadrícula de $4\times 4$ tiene:

$$2(16)+4+4=40$$

cerillos.

Este conteo es la base para resolver muchos problemas de cerillos.

Una pregunta típica es:

“¿Cuántos cerillos, como mínimo, se deben retirar para que queden exactamente $k$ cuadrados?”

La forma más eficiente de resolverla es pensar al revés:

1. Primero decide qué figura final quieres conservar.
2. Cuenta cuántos cerillos necesita esa figura final.
3. Resta del número total de cerillos de la figura inicial.

¿Por qué funciona? Porque retirar cerillos no los reacomoda: los cerillos que quedan forman exactamente la figura final. Entonces, si quieres retirar pocos cerillos, debes elegir una figura final que use la mayor cantidad posible de cerillos ya existentes; es decir, una figura con muchos lados compartidos.

Además, la condición suele decir:

“cada cerillo que quede debe formar parte de algún cuadrado”

Esto prohíbe dejar cerillos sueltos. Por lo tanto, la figura final debe ser un conjunto de cuadrados completos, sin segmentos aislados.

En la práctica, retirar pocos cerillos suele consistir en eliminar los lados exteriores de un cuadrado de una esquina, porque así desaparece ese cuadrado pero los demás quedan completos.

Otro tipo de problema pide cambiar de posición o mover cerillos. Aquí la diferencia es importante:

• Retirar disminuye el número de cerillos.
• Mover mantiene el número de cerillos: se quitan de un lugar y se ponen en otro.
• Cambiar de posición es equivalente a mover.

Para minimizar la cantidad de movimientos, conviene buscar la mayor cantidad de cerillos que pueden quedarse en su posición original y, luego, reacomodar solo los necesarios para lograr la condición.

Muchas veces no es necesario dibujar toda la nueva figura. Basta identificar una subfigura local en la que, moviendo dos o tres cerillos, se deshace una parte y se forma otra distinta que mantiene la condición pedida.

Por ejemplo, si debes mantener el mismo número de triángulos equiláteros, puedes buscar un pequeño sector de la figura en el que mover dos cerillos destruya exactamente dos triángulos y cree exactamente dos nuevos. Así, el total no cambia.

Un tipo más moderno de problema combina cerillos con colores. En la admisión 2026-I se preguntó cuántos cerillos rojos, como mínimo, debían usarse en una cuadrícula $4\times 4$ si cada cuadrado pequeño debía tener exactamente un cerillo de cada color.

Para resolverlo, se usa una idea de incidencias.

En una cuadrícula $4\times 4$:

• Hay $16$ cuadrados pequeños.
• Cada cuadrado debe tener exactamente un cerillo rojo.
• Por lo tanto, se necesitan $16$ “apariciones” de cerillo rojo, una por cada cuadrado.
• Un cerillo del borde pertenece a $1$ solo cuadrado.
• Un cerillo interior pertenece a $2$ cuadrados.

Como un cerillo rojo puede satisfacer a lo más $2$ cuadrados, para cubrir $16$ cuadrados se necesitan al menos:

$$\left\lceil \frac{16}{2} \right\rceil = 8$$

cerillos rojos.

Este número es alcanzable. Por ejemplo, se pueden pintar de rojo 8 cerillos interiores horizontales: cuatro entre la primera y segunda fila de cuadrados, y cuatro entre la tercera y cuarta fila. Cada uno de esos cerillos es compartido por dos cuadrados, de modo que los 16 cuadrados reciben exactamente un lado rojo.

Este tipo de razonamiento es muy potente: no se trata de adivinar la coloración, sino de hallar una cota inferior y luego mostrar que se puede alcanzar.

2. Problemas con monedas y fichas

Un hecho clásico es:

Alrededor de una moneda, tangencialmente y sin superponerse, se pueden colocar como máximo 6 monedas del mismo tamaño.

¿Por qué? Si una moneda central tiene radio $r$, cualquier moneda tangente a ella tiene su centro a una distancia $2r$ del centro de la moneda central. Las posiciones posibles de los centros forman una circunferencia de radio $2r$. Para que dos monedas exteriores también sean tangentes o al menos no se superpongan, sus centros deben estar separados al menos $2r$. Sobre la circunferencia, esto da exactamente 6 posiciones, formando un hexágono regular.

Cuando hay varias monedas en el centro, no sirve simplemente multiplicar 6 por el número de monedas, porque:

• algunas posiciones ya están ocupadas por las propias monedas,
• algunas posiciones pueden ser tangentes a dos monedas a la vez.

Entonces, para contar cuántas monedas nuevas se pueden colocar alrededor de una configuración, se recorre la frontera, se marcan las posiciones libres y se evita contar dos veces las posiciones compartidas por dos monedas.

En los problemas de mover monedas para formar hileras, las reglas suelen permitir:

• mover una moneda de un lugar a otro;
• colocar una moneda sobre otra;
• contar una moneda como parte de dos o más hileras a la vez.

La clave es que una moneda puede pertenecer simultáneamente a varias hileras. Por eso, al reorganizar, conviene buscar puntos de intersección entre las hileras pedidas: una moneda colocada en la intersección de dos filas reduce el número de monedas necesarias.

El mínimo de monedas movidas se halla comparando la configuración inicial con la configuración final y buscando cuáles monedas pueden permanecer fijas. Las monedas que no están en posiciones útiles deben moverse.

En estos problemas, la “trampa” es querer mover demasiadas monedas cuando en realidad basta superponer dos o reutilizar una moneda en varias hileras.

Este tipo de preguntas pide agrupar monedas de distintas denominaciones para que cada grupo sume una cantidad fija. La optimización consiste en hallar la mayor cantidad de grupos posible usando una cantidad limitada de monedas.

Método recomendado:

1. Lista los tipos de grupo posibles.
   Por ejemplo, si se tienen monedas de $S/1$, $S/2$ y $S/5$, y se quiere formar grupos de $S/9$, algunos tipos son:

   $$5+2+2=9$$

   $$5+2+1+1=9$$

   $$5+1+1+1+1=9$$

   $$2+2+2+2+1=9$$

2. Escribe cuántas monedas de cada denominación consume cada tipo.
   Así conviertes el problema en un sistema de desigualdades.

3. Elige las combinaciones más eficientes.
   Para maximizar la cantidad de grupos, conviene usar combinaciones que agoten las monedas que realmente limitan, sin desperdiciar otras.

4. Controla las restricciones.
   No basta con calcular el valor total de dinero. Por ejemplo, con 92 monedas de cada tipo de $S/1$, $S/2$ y $S/5$, el valor total es:

   $$92(1+2+5)=736$$

   y $736/9$ daría como máximo 81 grupos. Pero ese número no se puede alcanzar porque la cantidad de monedas de cada denominación impone restricciones.

Otra variante de problemas con monedas, canicas u objetos es la siguiente: se tienen varias cajas con cantidades dadas y se pide trasladar la menor cantidad de objetos para que las cantidades estén en una proporción fija.

El procedimiento es:

1. Calcula el total de objetos.
2. Reparte el total según la proporción pedida.
3. Compara la distribución final con la inicial.
4. La cantidad mínima de objetos a trasladar es la cantidad que sobra en unas cajas y falta en otras.

Por ejemplo, si una caja debe aumentar en 3 y otra debe disminuir en 3, basta trasladar 3 objetos. El número de “traslados” como acción se cuenta por la cantidad de objetos movidos, no por la cantidad de cajas involucradas.

En algunos problemas se usan fichas planas circulares, similares a monedas, con un número en cada cara. Al lanzarlas, los números que quedan a la vista forman sumas.

La idea clave es representar las caras de cada ficha como dos valores. Si la primera ficha tiene caras $a$ y $a'$, y la segunda tiene $b$ y $b'$, entonces al lanzarlas se pueden obtener cuatro sumas:

$$a+b,\quad a+b',\quad a'+b,\quad a'+b'$$

Cuando te dan esas cuatro sumas posibles, puedes deducir la diferencia entre las caras de cada ficha. El procedimiento es:

1. Ordena las sumas de menor a mayor.
2. La menor suma es $a+b$, la mayor es $a'+b'+$ suponiendo que $a' > a$ y $b'> b$.
3. Las diferencias entre las sumas revelan cuánto cambian las caras de una ficha y de la otra.
4. Luego, usa la figura que muestra un lanzamiento particular para identificar qué caras son las ocultas.

3. Problemas con cajas mal rotuladas

El enunciado típico dice que hay varias cajas, frascos o bolsas, y que todas están mal rotuladas. Esto significa una sola cosa:

Para cada caja, el contenido real no coincide con su etiqueta.

Por ejemplo, si una caja dice “caramelos de fresa”, entonces esa caja no puede contener solo caramelos de fresa. Puede contener cualquier otro contenido disponible.

La idea más importante es que no debes abrir cajas al azar. Debes elegir una caja clave, es decir, aquella caja que al abrirla produce la mayor cantidad de información.

El caso clásico es el de tres cajas o frascos:

• uno tiene solo caramelos de limón;
• otro tiene solo caramelos de fresa;
• otro tiene una mezcla de ambos sabores.

Además, ninguna etiqueta es correcta.

Construimos una tabla de posibles contenidos:

La caja rotulada “Mezcla” no puede contener mezcla, porque su etiqueta es falsa. Por lo tanto, solo puede contener limón puro o fresa pura.

Entonces, basta sacar un solo caramelo de la caja rotulada “Mezcla”:

• si sale caramelo de limón, esa caja es la de limón;
• la caja rotulada “Fresa” no puede contener fresa ni limón, así que debe ser la de mezcla;
• la caja rotulada “Limón” debe ser la de fresa.

Si sale fresa, el razonamiento es simétrico.

Por eso, en este formato la respuesta siempre es: una extracción de la caja rotulada “mezcla”.

Cuando hay más cajas y etiquetas repetidas, la caja clave no siempre es la que dice “mezcla”. Debes analizar las multiplicidades.

Veamos el caso de cuatro cajas:

• contenido real: una cartera blanca, una roja, dos marrones;
• etiquetas: “blanca”, “roja”, “marrón”, “marrón”;
• todas mal colocadas.

Primero, observa que las dos cajas rotuladas “marrón” no pueden contener carteras marrones, porque sus etiquetas serían correctas. Por lo tanto, las dos carteras marrones deben estar en las cajas rotuladas “blanca” y “roja”.

Entonces, las cajas rotuladas “marrón” deben contener, entre ambas, una cartera blanca y una roja.

Si abres una caja rotulada “marrón” y encuentras una cartera blanca, ya sabes:

• esa caja marrón contiene blanca;
• la otra caja rotulada “marrón” contiene roja;
• las cajas rotuladas “blanca” y “roja” contienen las dos carteras marrones.

Por lo tanto, basta abrir una caja rotulada con el color repetido, en este caso “marrón”.

4. Otras variantes recreativas asociadas

Aunque el título de la unidad mencione cerillos, monedas y cajas mal rotuladas, en los últimos exámenes de San Marcos han aparecido variantes que usan el mismo estilo de razonamiento. Conviene conocerlas.

En estos problemas se recorre una cuadrícula en espiral y se escribe una secuencia periódica, como $1,2,3,4,1,2,3,4,\dots$

El error sería intentar dibujar o escribir toda la espiral hasta la posición 50 o 100. Lo que debes hacer es aprovechar la estructura de la espiral por anillos.

Una espiral cuadrada partiendo del centro tiene:

• 1 celda central;
• primer anillo: 8 celdas;
• segundo anillo: 16 celdas;
• en general, el anillo $k$ tiene $8k$ celdas.

Con esto puedes ubicar en qué anillo se encuentra una celda determinada y, luego, calcular su número de orden en la espiral. Una vez que tienes ese número de orden, como la secuencia es periódica, aplicas el residuo módulo 4.

En algunos problemas se presentan dos figuras idénticas, como pirámides de latas, con una numeración fija. Luego se derriban algunas latas y se muestra cómo quedó cada pirámide.

La interpretación fundamental es:

Las latas ausentes en el dibujo son exactamente las latas derribadas.

Por lo tanto, para calcular puntos debes comparar el dibujo inicial y el dibujo final, identificar las posiciones ausentes y usar la información de una pirámide idéntica para trasladar valores a la otra.

Este tipo de razonamiento es parecido al de conteo de figuras: debes leer una figura “antes” y una figura “después” sin omitir ninguna posición.

Otra variante reciente pide determinar la menor cantidad de colores para pintar cuadrados y triángulos de una figura, con la condición de que dos polígonos vecinos que comparten lado o vértice no tengan el mismo color.

El método general es:

1. Convierte la figura en un grafo: cada polígono es un vértice.
2. Une dos vértices si sus polígonos son vecinos.
3. Busca el mayor conjunto de polígonos en el que todos son vecinos entre sí. Ese número es una cota inferior para la cantidad de colores.
4. Si puedes construir una coloración con exactamente ese número, esa es la respuesta.

La clave es que “vecinos” incluye compartir lado o vértice, lo cual vuelve más estrictas las restricciones que si solo se compartiera lado.

5. Errores frecuentes

1. En cerillos, suponer que cada cuadrado necesita 4 cerillos.
   Olvidar los lados compartidos conduce a sobresalir el número de cerillos necesarios.

2. En retirar cerillos, buscar la figura final sin considerar los cerillos sueltos.
   La condición “cada cerillo que quede debe formar parte de algún cuadrado” es tan importante como el número de cuadrados.

3. En mover cerillos, querer rediseñar toda la figura.
   Muchas veces conviene buscar un cambio local mínimo que mantenga la condición.

4. En monedas tangenciales, contar dos veces una misma posición.
   Si una moneda nueva es tangente a dos monedas del arreglo, se puede duplicar en el conteo.

5. En agrupaciones de monedas, usar solo el valor total del dinero.
   El valor total da una cota superior, pero no garantiza que existan suficientes monedas de cada denominación.

6. En cajas mal rotuladas, abrir una caja al azar.
   Debe buscarse la “caja clave”: aquella cuya etiqueta falsa deja menos opciones posibles y entrega más información.

7. Interpretar mal “todas están mal rotuladas”.
   No significa “se intercambiaron en cadena”, sino simplemente que ninguna etiqueta coincide con su contenido.

6. Ejemplos resueltos

Enunciado.
Tres frascos contienen: uno solo píldoras de naranja, otro solo píldoras de piña y otro una mezcla de ambas. Los tres frascos están mal rotulados. ¿De cuál frasco se debe extraer una píldora, como mínimo, para rotularlos correctamente?

Resolución.

Paso 1: Como todos están mal rotulados, cada etiqueta es falsa.

Paso 2: El frasco rotulado “mezcla” no puede contener mezcla. Por lo tanto, solo puede contener píldoras de naranja o píldoras de piña.

Paso 3: Extraemos una píldora de ese frasco.

• Si sale naranja, entonces el frasco rotulado “mezcla” es el de naranja.
• El frasco rotulado “piña” no puede ser piña ni naranja, así que es el de mezcla.
• El frasco rotulado “naranja” debe ser el de piña.

Si sale piña, el razonamiento es simétrico.

Respuesta.
Basta una extracción del frasco rotulado “mezcla”.

Enunciado.
Se tiene una cuadrícula de $2\times 2$ formada por 12 cerillos. ¿Cuántos cerillos se deben retirar, como mínimo, para visualizar exactamente tres cuadrados unitarios, sin que quede ningún cerillo suelto?

Resolución.

La cuadrícula $2\times 2$ tiene 4 cuadrados unitarios y usa 12 cerillos.

Queremos que queden exactamente 3 cuadrados unitarios. La mejor opción es eliminar uno de los cuatro cuadrados, preferiblemente el de una esquina.

Para eliminar el cuadrado de una esquina basta retirar sus dos lados exteriores. Esos dos cerillos no pertenecen a ningún otro cuadrado.

Después de retirarlos, quedan los otros tres cuadrados completos y no hay cerillos sueltos.

Respuesta.
Se deben retirar 2 cerillos.

Enunciado.
Se tienen dos monedas idénticas tangentes. ¿Cuántas monedas, como máximo, se pueden colocar tangencialmente alrededor de ambas?

Resolución.

Alrededor de una sola moneda caben como máximo 6 monedas tangentes.

Si tuviéramos dos monedas tangentes, cada una ya tiene ocupada una posición por la otra. Por lo tanto, en un conteo individual, cada moneda tendría 5 posiciones libres.

Sin hacer ajustes, diríamos:

$$5+5=10$$

Pero dos de esas posiciones son tangentes a ambas monedas a la vez: una por encima del par y otra por debajo. Esas posiciones se habrían contado dos veces si sumamos las posiciones libres de cada moneda.

Por lo tanto, el número real de posiciones distintas es:

$$5+5-2=8$$

Respuesta.
Se pueden colocar como máximo 8 monedas.

Enunciado.
Se tienen 80 monedas de $S/1$, 80 monedas de $S/2$ y 80 monedas de $S/5$. Se quiere formar la mayor cantidad posible de grupos que sumen $S/9$. ¿Cuántos grupos se pueden formar?

Resolución.

Consideremos dos tipos de grupo convenientes:

• Tipo $A$: $5+2+2=9$
• Tipo $B$: $5+2+1+1=9$

Sea $a$ la cantidad de grupos tipo $A$ y $b$ la cantidad de grupos tipo $B$.

Consumo de monedas de $S/2$:

$$2a+b \le 80$$

Consumo de monedas de $S/1$:

$$2b \le 80$$

De aquí:

$$b\le 40$$

Además, de la primera desigualdad:

$$a \le \frac{80-b}{2}$$

La cantidad total de grupos es:

$$G=a+b$$

Usando la cota para $a$:

$$G \le \frac{80-b}{2}+b$$

$$G \le 40+\frac{b}{2}$$

Como $b\le 40$, el máximo se obtiene cuando $b=40$:

$$G \le 40+20=60$$

Verificamos que es posible con $b=40$ y $a=20$:

• monedas de $S/2$ usadas: $2(20)+40=80$;
• monedas de $S/1$ usadas: $2(40)=80$;
• monedas de $S/5$ usadas: $20+40=60$, que no excede 80.

Por lo tanto, el máximo es 60 grupos.

Respuesta.
Se pueden formar como máximo 60 grupos.

Hacia el siguiente tema

En el siguiente tema, Elementos recreativos 2: situaciones con dados, volverás a aplicar la idea de que no necesitas dibujar ni imaginar todo en detalle, sino usar propiedades fijas. En los dados convencionales usarás constantemente que las caras opuestas suman 7 y que el total de puntos de un dado es 21. Esas ideas son análogas a las que acabas de estudiar: en lugar de contar caso por caso, buscas una regla o una restricción que simplifique el problema.

En estos problemas, cada cerillo es un segmento de longitud fija. Si se usa para formar cuadrados pequeños, decimos que cada lado de un cuadrado pequeño mide “un cerillo”.

Un error muy común es pensar que cada cuadrado necesita siempre 4 cerillos. Eso solo es cierto si los cuadrados están aislados. Cuando dos cuadrados comparten un lado, comparten un cerillo.

Por ejemplo, una cuadrícula de $2\times 2$ tiene 4 cuadrados pequeños. Si cada uno necesitara 4 cerillos, tendríamos $4\times 4=16$. En realidad, la cuadrícula $2\times 2$ usa solo 12 cerillos, porque hay lados compartidos.

En general, para una cuadrícula de $m$ filas y $n$ columnas de cuadrados unitarios:

$$\text{total de cerillos}=2mn+m+n$$

Así, una cuadrícula de $4\times 4$ tiene:

$$2(16)+4+4=40$$

cerillos.

Este conteo es la base para resolver muchos problemas de cerillos.

Una pregunta típica es:

“¿Cuántos cerillos, como mínimo, se deben retirar para que queden exactamente $k$ cuadrados?”

La forma más eficiente de resolverla es pensar al revés:

1. Primero decide qué figura final quieres conservar.
2. Cuenta cuántos cerillos necesita esa figura final.
3. Resta del número total de cerillos de la figura inicial.

¿Por qué funciona? Porque retirar cerillos no los reacomoda: los cerillos que quedan forman exactamente la figura final. Entonces, si quieres retirar pocos cerillos, debes elegir una figura final que use la mayor cantidad posible de cerillos ya existentes; es decir, una figura con muchos lados compartidos.

Además, la condición suele decir:

“cada cerillo que quede debe formar parte de algún cuadrado”

Esto prohíbe dejar cerillos sueltos. Por lo tanto, la figura final debe ser un conjunto de cuadrados completos, sin segmentos aislados.

En la práctica, retirar pocos cerillos suele consistir en eliminar los lados exteriores de un cuadrado de una esquina, porque así desaparece ese cuadrado pero los demás quedan completos.

Otro tipo de problema pide cambiar de posición o mover cerillos. Aquí la diferencia es importante:

• Retirar disminuye el número de cerillos.
• Mover mantiene el número de cerillos: se quitan de un lugar y se ponen en otro.
• Cambiar de posición es equivalente a mover.

Para minimizar la cantidad de movimientos, conviene buscar la mayor cantidad de cerillos que pueden quedarse en su posición original y, luego, reacomodar solo los necesarios para lograr la condición.

Muchas veces no es necesario dibujar toda la nueva figura. Basta identificar una subfigura local en la que, moviendo dos o tres cerillos, se deshace una parte y se forma otra distinta que mantiene la condición pedida.

Por ejemplo, si debes mantener el mismo número de triángulos equiláteros, puedes buscar un pequeño sector de la figura en el que mover dos cerillos destruya exactamente dos triángulos y cree exactamente dos nuevos. Así, el total no cambia.

Un tipo más moderno de problema combina cerillos con colores. En la admisión 2026-I se preguntó cuántos cerillos rojos, como mínimo, debían usarse en una cuadrícula $4\times 4$ si cada cuadrado pequeño debía tener exactamente un cerillo de cada color.

Para resolverlo, se usa una idea de incidencias.

En una cuadrícula $4\times 4$:

• Hay $16$ cuadrados pequeños.
• Cada cuadrado debe tener exactamente un cerillo rojo.
• Por lo tanto, se necesitan $16$ “apariciones” de cerillo rojo, una por cada cuadrado.
• Un cerillo del borde pertenece a $1$ solo cuadrado.
• Un cerillo interior pertenece a $2$ cuadrados.

Como un cerillo rojo puede satisfacer a lo más $2$ cuadrados, para cubrir $16$ cuadrados se necesitan al menos:

$$\left\lceil \frac{16}{2} \right\rceil = 8$$

cerillos rojos.

Este número es alcanzable. Por ejemplo, se pueden pintar de rojo 8 cerillos interiores horizontales: cuatro entre la primera y segunda fila de cuadrados, y cuatro entre la tercera y cuarta fila. Cada uno de esos cerillos es compartido por dos cuadrados, de modo que los 16 cuadrados reciben exactamente un lado rojo.

Este tipo de razonamiento es muy potente: no se trata de adivinar la coloración, sino de hallar una cota inferior y luego mostrar que se puede alcanzar.

2. Problemas con monedas y fichas

Un hecho clásico es:

Alrededor de una moneda, tangencialmente y sin superponerse, se pueden colocar como máximo 6 monedas del mismo tamaño.

¿Por qué? Si una moneda central tiene radio $r$, cualquier moneda tangente a ella tiene su centro a una distancia $2r$ del centro de la moneda central. Las posiciones posibles de los centros forman una circunferencia de radio $2r$. Para que dos monedas exteriores también sean tangentes o al menos no se superpongan, sus centros deben estar separados al menos $2r$. Sobre la circunferencia, esto da exactamente 6 posiciones, formando un hexágono regular.

Cuando hay varias monedas en el centro, no sirve simplemente multiplicar 6 por el número de monedas, porque:

• algunas posiciones ya están ocupadas por las propias monedas,
• algunas posiciones pueden ser tangentes a dos monedas a la vez.

Entonces, para contar cuántas monedas nuevas se pueden colocar alrededor de una configuración, se recorre la frontera, se marcan las posiciones libres y se evita contar dos veces las posiciones compartidas por dos monedas.

En los problemas de mover monedas para formar hileras, las reglas suelen permitir:

• mover una moneda de un lugar a otro;
• colocar una moneda sobre otra;
• contar una moneda como parte de dos o más hileras a la vez.

La clave es que una moneda puede pertenecer simultáneamente a varias hileras. Por eso, al reorganizar, conviene buscar puntos de intersección entre las hileras pedidas: una moneda colocada en la intersección de dos filas reduce el número de monedas necesarias.

El mínimo de monedas movidas se halla comparando la configuración inicial con la configuración final y buscando cuáles monedas pueden permanecer fijas. Las monedas que no están en posiciones útiles deben moverse.

En estos problemas, la “trampa” es querer mover demasiadas monedas cuando en realidad basta superponer dos o reutilizar una moneda en varias hileras.

Este tipo de preguntas pide agrupar monedas de distintas denominaciones para que cada grupo sume una cantidad fija. La optimización consiste en hallar la mayor cantidad de grupos posible usando una cantidad limitada de monedas.

Método recomendado:

1. Lista los tipos de grupo posibles.
   Por ejemplo, si se tienen monedas de $S/1$, $S/2$ y $S/5$, y se quiere formar grupos de $S/9$, algunos tipos son:

   $$5+2+2=9$$

   $$5+2+1+1=9$$

   $$5+1+1+1+1=9$$

   $$2+2+2+2+1=9$$

2. Escribe cuántas monedas de cada denominación consume cada tipo.
   Así conviertes el problema en un sistema de desigualdades.

3. Elige las combinaciones más eficientes.
   Para maximizar la cantidad de grupos, conviene usar combinaciones que agoten las monedas que realmente limitan, sin desperdiciar otras.

4. Controla las restricciones.
   No basta con calcular el valor total de dinero. Por ejemplo, con 92 monedas de cada tipo de $S/1$, $S/2$ y $S/5$, el valor total es:

   $$92(1+2+5)=736$$

   y $736/9$ daría como máximo 81 grupos. Pero ese número no se puede alcanzar porque la cantidad de monedas de cada denominación impone restricciones.

Otra variante de problemas con monedas, canicas u objetos es la siguiente: se tienen varias cajas con cantidades dadas y se pide trasladar la menor cantidad de objetos para que las cantidades estén en una proporción fija.

El procedimiento es:

1. Calcula el total de objetos.
2. Reparte el total según la proporción pedida.
3. Compara la distribución final con la inicial.
4. La cantidad mínima de objetos a trasladar es la cantidad que sobra en unas cajas y falta en otras.

Por ejemplo, si una caja debe aumentar en 3 y otra debe disminuir en 3, basta trasladar 3 objetos. El número de “traslados” como acción se cuenta por la cantidad de objetos movidos, no por la cantidad de cajas involucradas.

En algunos problemas se usan fichas planas circulares, similares a monedas, con un número en cada cara. Al lanzarlas, los números que quedan a la vista forman sumas.

La idea clave es representar las caras de cada ficha como dos valores. Si la primera ficha tiene caras $a$ y $a'$, y la segunda tiene $b$ y $b'$, entonces al lanzarlas se pueden obtener cuatro sumas:

$$a+b,\quad a+b',\quad a'+b,\quad a'+b'$$

Cuando te dan esas cuatro sumas posibles, puedes deducir la diferencia entre las caras de cada ficha. El procedimiento es:

1. Ordena las sumas de menor a mayor.
2. La menor suma es $a+b$, la mayor es $a'+b'+$ suponiendo que $a' > a$ y $b'> b$.
3. Las diferencias entre las sumas revelan cuánto cambian las caras de una ficha y de la otra.
4. Luego, usa la figura que muestra un lanzamiento particular para identificar qué caras son las ocultas.

3. Problemas con cajas mal rotuladas

El enunciado típico dice que hay varias cajas, frascos o bolsas, y que todas están mal rotuladas. Esto significa una sola cosa:

Para cada caja, el contenido real no coincide con su etiqueta.

Por ejemplo, si una caja dice “caramelos de fresa”, entonces esa caja no puede contener solo caramelos de fresa. Puede contener cualquier otro contenido disponible.

La idea más importante es que no debes abrir cajas al azar. Debes elegir una caja clave, es decir, aquella caja que al abrirla produce la mayor cantidad de información.

El caso clásico es el de tres cajas o frascos:

• uno tiene solo caramelos de limón;
• otro tiene solo caramelos de fresa;
• otro tiene una mezcla de ambos sabores.

Además, ninguna etiqueta es correcta.

Construimos una tabla de posibles contenidos:

La caja rotulada “Mezcla” no puede contener mezcla, porque su etiqueta es falsa. Por lo tanto, solo puede contener limón puro o fresa pura.

Entonces, basta sacar un solo caramelo de la caja rotulada “Mezcla”:

• si sale caramelo de limón, esa caja es la de limón;
• la caja rotulada “Fresa” no puede contener fresa ni limón, así que debe ser la de mezcla;
• la caja rotulada “Limón” debe ser la de fresa.

Si sale fresa, el razonamiento es simétrico.

Por eso, en este formato la respuesta siempre es: una extracción de la caja rotulada “mezcla”.

Cuando hay más cajas y etiquetas repetidas, la caja clave no siempre es la que dice “mezcla”. Debes analizar las multiplicidades.

Veamos el caso de cuatro cajas:

• contenido real: una cartera blanca, una roja, dos marrones;
• etiquetas: “blanca”, “roja”, “marrón”, “marrón”;
• todas mal colocadas.

Primero, observa que las dos cajas rotuladas “marrón” no pueden contener carteras marrones, porque sus etiquetas serían correctas. Por lo tanto, las dos carteras marrones deben estar en las cajas rotuladas “blanca” y “roja”.

Entonces, las cajas rotuladas “marrón” deben contener, entre ambas, una cartera blanca y una roja.

Si abres una caja rotulada “marrón” y encuentras una cartera blanca, ya sabes:

• esa caja marrón contiene blanca;
• la otra caja rotulada “marrón” contiene roja;
• las cajas rotuladas “blanca” y “roja” contienen las dos carteras marrones.

Por lo tanto, basta abrir una caja rotulada con el color repetido, en este caso “marrón”.

4. Otras variantes recreativas asociadas

Aunque el título de la unidad mencione cerillos, monedas y cajas mal rotuladas, en los últimos exámenes de San Marcos han aparecido variantes que usan el mismo estilo de razonamiento. Conviene conocerlas.

En estos problemas se recorre una cuadrícula en espiral y se escribe una secuencia periódica, como $1,2,3,4,1,2,3,4,\dots$

El error sería intentar dibujar o escribir toda la espiral hasta la posición 50 o 100. Lo que debes hacer es aprovechar la estructura de la espiral por anillos.

Una espiral cuadrada partiendo del centro tiene:

• 1 celda central;
• primer anillo: 8 celdas;
• segundo anillo: 16 celdas;
• en general, el anillo $k$ tiene $8k$ celdas.

Con esto puedes ubicar en qué anillo se encuentra una celda determinada y, luego, calcular su número de orden en la espiral. Una vez que tienes ese número de orden, como la secuencia es periódica, aplicas el residuo módulo 4.

En algunos problemas se presentan dos figuras idénticas, como pirámides de latas, con una numeración fija. Luego se derriban algunas latas y se muestra cómo quedó cada pirámide.

La interpretación fundamental es:

Las latas ausentes en el dibujo son exactamente las latas derribadas.

Por lo tanto, para calcular puntos debes comparar el dibujo inicial y el dibujo final, identificar las posiciones ausentes y usar la información de una pirámide idéntica para trasladar valores a la otra.

Este tipo de razonamiento es parecido al de conteo de figuras: debes leer una figura “antes” y una figura “después” sin omitir ninguna posición.

Otra variante reciente pide determinar la menor cantidad de colores para pintar cuadrados y triángulos de una figura, con la condición de que dos polígonos vecinos que comparten lado o vértice no tengan el mismo color.

El método general es:

1. Convierte la figura en un grafo: cada polígono es un vértice.
2. Une dos vértices si sus polígonos son vecinos.
3. Busca el mayor conjunto de polígonos en el que todos son vecinos entre sí. Ese número es una cota inferior para la cantidad de colores.
4. Si puedes construir una coloración con exactamente ese número, esa es la respuesta.

La clave es que “vecinos” incluye compartir lado o vértice, lo cual vuelve más estrictas las restricciones que si solo se compartiera lado.

5. Errores frecuentes

1. En cerillos, suponer que cada cuadrado necesita 4 cerillos.
   Olvidar los lados compartidos conduce a sobresalir el número de cerillos necesarios.

2. En retirar cerillos, buscar la figura final sin considerar los cerillos sueltos.
   La condición “cada cerillo que quede debe formar parte de algún cuadrado” es tan importante como el número de cuadrados.

3. En mover cerillos, querer rediseñar toda la figura.
   Muchas veces conviene buscar un cambio local mínimo que mantenga la condición.

4. En monedas tangenciales, contar dos veces una misma posición.
   Si una moneda nueva es tangente a dos monedas del arreglo, se puede duplicar en el conteo.

5. En agrupaciones de monedas, usar solo el valor total del dinero.
   El valor total da una cota superior, pero no garantiza que existan suficientes monedas de cada denominación.

6. En cajas mal rotuladas, abrir una caja al azar.
   Debe buscarse la “caja clave”: aquella cuya etiqueta falsa deja menos opciones posibles y entrega más información.

7. Interpretar mal “todas están mal rotuladas”.
   No significa “se intercambiaron en cadena”, sino simplemente que ninguna etiqueta coincide con su contenido.

6. Ejemplos resueltos

Enunciado.
Tres frascos contienen: uno solo píldoras de naranja, otro solo píldoras de piña y otro una mezcla de ambas. Los tres frascos están mal rotulados. ¿De cuál frasco se debe extraer una píldora, como mínimo, para rotularlos correctamente?

Resolución.

Paso 1: Como todos están mal rotulados, cada etiqueta es falsa.

Paso 2: El frasco rotulado “mezcla” no puede contener mezcla. Por lo tanto, solo puede contener píldoras de naranja o píldoras de piña.

Paso 3: Extraemos una píldora de ese frasco.

• Si sale naranja, entonces el frasco rotulado “mezcla” es el de naranja.
• El frasco rotulado “piña” no puede ser piña ni naranja, así que es el de mezcla.
• El frasco rotulado “naranja” debe ser el de piña.

Si sale piña, el razonamiento es simétrico.

Respuesta.
Basta una extracción del frasco rotulado “mezcla”.

Enunciado.
Se tiene una cuadrícula de $2\times 2$ formada por 12 cerillos. ¿Cuántos cerillos se deben retirar, como mínimo, para visualizar exactamente tres cuadrados unitarios, sin que quede ningún cerillo suelto?

Resolución.

La cuadrícula $2\times 2$ tiene 4 cuadrados unitarios y usa 12 cerillos.

Queremos que queden exactamente 3 cuadrados unitarios. La mejor opción es eliminar uno de los cuatro cuadrados, preferiblemente el de una esquina.

Para eliminar el cuadrado de una esquina basta retirar sus dos lados exteriores. Esos dos cerillos no pertenecen a ningún otro cuadrado.

Después de retirarlos, quedan los otros tres cuadrados completos y no hay cerillos sueltos.

Respuesta.
Se deben retirar 2 cerillos.

Enunciado.
Se tienen dos monedas idénticas tangentes. ¿Cuántas monedas, como máximo, se pueden colocar tangencialmente alrededor de ambas?

Resolución.

Alrededor de una sola moneda caben como máximo 6 monedas tangentes.

Si tuviéramos dos monedas tangentes, cada una ya tiene ocupada una posición por la otra. Por lo tanto, en un conteo individual, cada moneda tendría 5 posiciones libres.

Sin hacer ajustes, diríamos:

$$5+5=10$$

Pero dos de esas posiciones son tangentes a ambas monedas a la vez: una por encima del par y otra por debajo. Esas posiciones se habrían contado dos veces si sumamos las posiciones libres de cada moneda.

Por lo tanto, el número real de posiciones distintas es:

$$5+5-2=8$$

Respuesta.
Se pueden colocar como máximo 8 monedas.

Enunciado.
Se tienen 80 monedas de $S/1$, 80 monedas de $S/2$ y 80 monedas de $S/5$. Se quiere formar la mayor cantidad posible de grupos que sumen $S/9$. ¿Cuántos grupos se pueden formar?

Resolución.

Consideremos dos tipos de grupo convenientes:

• Tipo $A$: $5+2+2=9$
• Tipo $B$: $5+2+1+1=9$

Sea $a$ la cantidad de grupos tipo $A$ y $b$ la cantidad de grupos tipo $B$.

Consumo de monedas de $S/2$:

$$2a+b \le 80$$

Consumo de monedas de $S/1$:

$$2b \le 80$$

De aquí:

$$b\le 40$$

Además, de la primera desigualdad:

$$a \le \frac{80-b}{2}$$

La cantidad total de grupos es:

$$G=a+b$$

Usando la cota para $a$:

$$G \le \frac{80-b}{2}+b$$

$$G \le 40+\frac{b}{2}$$

Como $b\le 40$, el máximo se obtiene cuando $b=40$:

$$G \le 40+20=60$$

Verificamos que es posible con $b=40$ y $a=20$:

• monedas de $S/2$ usadas: $2(20)+40=80$;
• monedas de $S/1$ usadas: $2(40)=80$;
• monedas de $S/5$ usadas: $20+40=60$, que no excede 80.

Por lo tanto, el máximo es 60 grupos.

Respuesta.
Se pueden formar como máximo 60 grupos.

Hacia el siguiente tema

En el siguiente tema, Elementos recreativos 2: situaciones con dados, volverás a aplicar la idea de que no necesitas dibujar ni imaginar todo en detalle, sino usar propiedades fijas. En los dados convencionales usarás constantemente que las caras opuestas suman 7 y que el total de puntos de un dado es 21. Esas ideas son análogas a las que acabas de estudiar: en lugar de contar caso por caso, buscas una regla o una restricción que simplifique el problema.