Rioplatense 2019 - N1 P4

BrunZo

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Rioplatense 2019 - N1 P4

Mensaje sin leer por BrunZo » Sab 14 Dic, 2019 12:50 pm

En cada casilla de un tablero de $3\times 3$ hay que escribir un número entero positivo, sin repetir números, de manera que el producto de los números en cada fila y en cada columna del tablero sea siempre el mismo.
Llamamos $M$ al mayor de los nueve números escritos en el tablero.
Determinar el mínimo valor posible de $M$.
Mostrar un ejemplo de tablero que cumpla las condiciones con ese valor de $M$ y explicar por qué es imposible obtener un valor menor de $M$.

bruno
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Re: Rioplatense 2019 - N1 P4

Mensaje sin leer por bruno » Sab 14 Dic, 2019 6:04 pm

Spoiler: mostrar
Sean los numeros del tablero
$\begin{matrix}
a & b &c \\
d & e &f \\
g &h &i
\end{matrix}$

De acuerdo al enunciado se cumple
$abc=x$
$def=x$
$ghi=x$
siendo $x$ un entero positivo

Como todos los numeros del tablero son distintos, el minimo valor posible de $M$, en principio, es $9$ (poniendo en el tablero todos los numeros del $1$ al $9$)

Entonces suponiendo que $M=9$, verifico si es posible: tomando las $3$ ecuaciones iniciales y multiplicandolas entre si

$abcdefghi=x^{3}$

$abcdefghi=9!=2^{7}*3^{4}*5*7$ pues $a,b,...,h,i$ son los numeros del $1$ al $9$ en algun orden

Luego $9!=x^{3}$. Absurdo pues $9!$ no es un cubo perfecto. Luego $M \neq 9$


Prosigo del mismo modo para verifcar los siguientes valores de $M$; emprezando con $M=10$. En este caso, en el tablero pondre todos los numeros del $1$ al $10$ excepto uno (llamemoslo $n1$). De modo que la nueva igualdad quedaria

$\frac{10!}{n1}=\frac{2^{8}*3^{4}*5^{2}*7}{n1}=x^{3}$. Para que la ecuacion tuviera solucion en los enteros, $n1$ tendria que tener al menos un factor primo de cada uno de los que alli figuran. Como eso es imposible, descarto $M=10$

Para $M=11$ descartare dos numeros ($n1$ y $n2$):

$\frac{11!}{n1*n2}=\frac{2^{8}*3^{4}*5^{2}*7*11}{n1*n2}=x^{3}$. Aqui ya se necesitaria borrrar el $11$ para que quede un cubo perfecto, lo cual ya anula que $M=11$

Para $M=12$ descartare tres numeros:

$\frac{12!}{n1*n2*n3}=\frac{2^{10}*3^{5}*5^{2}*7*11}{n1*n2*n3}=x^{3}$. En este caso dos de los numeros que descarto tendrian que ser $7$ y $11$ y no hay forma que descartando un tercero me quede un cubo perfecto. Luego $M \neq 12$

Para $M=13$, ocurre lo mismo que en el caso de $M=11$

Para $M=14$ descartare cinco numeros:

$\frac{14!}{n1*n2*n3*n4*n5}=\frac{2^{11}*3^{5}*5^{2}*7^{2}*11*13}{n1*n2*n3*n4*n5}=x^{3}$. Para obtener un cubo perfecto, necesariamente debo sacar el $7$ de la factorizacion en primos de $x^{3}$, pero la unica forma de hacer eso es descartando el $14$. Luego me encuentro en la misma situacion que $M=11$ y $M=13$, luego $M \neq 14$

Para $M=15$, descartare seis numeros:

$\frac{15!}{n1*n2*n3*n4*n5*n6}=\frac{2^{11}*3^{6}*5^{3}*7^{2}*11*13}{n1*n2*n3*n4*n5*n6}=x^{3}$. Aqui si hay soluciones; primero necesariamente necesito descartar el $7$, el $11$, el $13$ y el $14$ para obtener que en la factorizacion de primos de $x^{3}$ todos los exponentes son multiplos de $3$ (excepto $2^{10}$). Luego los otros dos numeros que tengo que descartar son potencias de $2$ y tengo dos opciones: $(1,2)$ o $(2,8)$ obteniendo $x=360$ y $x=180$ respectivamente.

Para $x=360$ una forma de ordenar el tablero seria:

$\begin{matrix}
10 & 4 & 9\\
3 & 15 & 8\\
12 &6 &5
\end{matrix}$

Entonces el minimo valor de $M$ es $M=15$

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