P2 N2 Regional 2007

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
ivandiaz95
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P2 N2 Regional 2007

Mensaje sin leer por ivandiaz95 » Jue 15 Sep, 2011 10:34 pm

En una olimpíada de matemática los participantes tenían que escribir un número entero positivo en cada casilla de un tablero de [math] de modo que en cada fila y en cada columna, la multiplicación de los tres números sea igual a [math]. Estaba permitido repetir números. Resultó que todos los participantes resolvieron correctamente el problema, pero todos obtuvieron una respuesta diferente.

Determinar cuál es el máximo número de participantes que pudo haber en esa olimpíada.
Última edición por ivandiaz95 el Jue 15 Sep, 2011 10:40 pm, editado 1 vez en total.

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AgustinChenna.
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Re: P2 N2 Regional 2007

Mensaje sin leer por AgustinChenna. » Jue 15 Sep, 2011 10:36 pm

¿A quien se le habrá ocurrido ese problema xd?, ¿Tenia mas pautas o era hacer eso a secas? :?

ivandiaz95
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Re: P2 N2 Regional 2007

Mensaje sin leer por ivandiaz95 » Jue 15 Sep, 2011 10:39 pm

No, lo saque de aquí:
http://oma.org.ar/enunciados/oma24reg.htm

PD: Discuppa, me olvide de copiar la última linea. Ya lo edité

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AgustinChenna.
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Re: P2 N2 Regional 2007

Mensaje sin leer por AgustinChenna. » Jue 15 Sep, 2011 11:03 pm

Aaaah, yo pense que lo contabas como anecdota, no terminaba de entender
Última edición por AgustinChenna. el Jue 05 Sep, 2013 6:25 pm, editado 1 vez en total.

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Brimix

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Re: P2 N2 Regional 2007

Mensaje sin leer por Brimix » Dom 28 Jul, 2013 8:10 am

Spoiler: mostrar
Si todos obtuvieron una respuesta diferente, la cantidad de alumnos será, a lo sumo, la cantidad de respuestas diferentes que pueda tener el problema.

Para calcular esta cantidad, antes que nada descompondremos a 120 en sus factores primos:
[math]
Para identificar bien CADA factor primo, lo expresaremos de la siguiente forma:
[math]

Ahora, vemos que en cada fila y columna deben estar todos y cada uno de los factores (ya sea separados o en una misma casilla, caso en el cual se expresa el producto de los tales).
Y tambíen notamos que si hay algún factor de más en una fila o columna, nuestro número resultará mayor al que necesitamos.
También debo hacer notar que estos factores deben expresarse dentro de una casilla, no pueden descomponerse en más factores, por ejemplo:
[math] es divisor de [math], pero a diferencia de sus factores primos, el [math] puede expresarse como un [math] en una casilla y un [math] en otra.

Ahora, veamos cuantas posibilidades hay de distribuir los factores:
Empecemos con el [math], debe aparecer en la primera fila, asi que alli pondremos uno, tenemos 3 casillas diferentes donde ubicarlo. Hecho esto no podremos ubicar otro factor [math] en la misma fila o columna que el anterior, lo que nos deja, en la segunda fila, dos posibilidades. Al haber ubicado el segundo factor [math] el tercer factor del mismo tipo tendra una sola casilla donde ubicarse. En total tuvimos [math] posibles formas de ubicarlos.

Lo mismo pasará con los factores [math] y [math] al querer ubicarlos, lo que nos brindará [math] posibilidades nuevas por cada uno.
Hasta ahora el total de posibilidades es de: [math]
Teniendo en cuenta que pese a haberlos separado estos [math] tienen el mismo valor y cumplen la misma función, interpretaremos que por cada vez que tenemos nuestros [math] en mismas posiciones que veces anteriores (cambiados de lugar), estamos repitiendo un caso, por eso, estas [math] las dividiremos en [math] casos.
Nos resulta: [math]

Ahora si, podemos ver que hay [math] casos nuevos tanto para los [math] como para los [math], y como tienen valores diferentes al [math] y entre ellos, no tendremos en cuenta lo anterior.
Nuestro total de posibilidades es: [math]

Hago notar que cuando en una casilla no aparece ningun factor esta toma el valor [math].

De esta forma el total de alumnos que pudieron haber participado de la olimpíada es [math].
♪♫Nuestro ARG2 es nuestro ejemplo. 'Efe de equis mas one!'♫♪

Sandy
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Re: P2 N2 Regional 2007

Mensaje sin leer por Sandy » Jue 06 Sep, 2018 9:32 pm

Brimix escribió:
Dom 28 Jul, 2013 8:10 am
Spoiler: mostrar
Si todos obtuvieron una respuesta diferente, la cantidad de alumnos será, a lo sumo, la cantidad de respuestas diferentes que pueda tener el problema.

Para calcular esta cantidad, antes que nada descompondremos a 120 en sus factores primos:
$120=2^3\times 3 \times 5$
Para identificar bien CADA factor primo, lo expresaremos de la siguiente forma:
$120=2_1\times 2_2\times 2_3\times 3\times 5$

Ahora, vemos que en cada fila y columna deben estar todos y cada uno de los factores (ya sea separados o en una misma casilla, caso en el cual se expresa el producto de los tales).
Y tambíen notamos que si hay algún factor de más en una fila o columna, nuestro número resultará mayor al que necesitamos.
También debo hacer notar que estos factores deben expresarse dentro de una casilla, no pueden descomponerse en más factores, por ejemplo:
$15$ es divisor de $120$, pero a diferencia de sus factores primos, el $15$ puede expresarse como un $3$ en una casilla y un $5$ en otra.

Ahora, veamos cuantas posibilidades hay de distribuir los factores:
Empecemos con el $2_1$, debe aparecer en la primera fila, asi que alli pondremos uno, tenemos 3 casillas diferentes donde ubicarlo. Hecho esto no podremos ubicar otro factor $2_1$ en la misma fila o columna que el anterior, lo que nos deja, en la segunda fila, dos posibilidades. Al haber ubicado el segundo factor $2_1$ el tercer factor del mismo tipo tendra una sola casilla donde ubicarse. En total tuvimos $6$ posibles formas de ubicarlos.

Lo mismo pasará con los factores $2_2$ y $2_3$ al querer ubicarlos, lo que nos brindará $6$ posibilidades nuevas por cada uno.
Hasta ahora el total de posibilidades es de: $6^3=216$
Teniendo en cuenta que pese a haberlos separado estos $2$ tienen el mismo valor y cumplen la misma función, interpretaremos que por cada vez que tenemos nuestros $2$ en mismas posiciones que veces anteriores (cambiados de lugar), estamos repitiendo un caso, por eso, estas $216$ las dividiremos en $3!=6$ casos.
Nos resulta: $\dfrac{216}{6}=36$

Ahora si, podemos ver que hay $6$ casos nuevos tanto para los $3$ como para los $5$, y como tienen valores diferentes al $2$ y entre ellos, no tendremos en cuenta lo anterior.
Nuestro total de posibilidades es: $36\times6\times6=1296$

Hago notar que cuando en una casilla no aparece ningun factor esta toma el valor $1$.

De esta forma el total de alumnos que pudieron haber participado de la olimpíada es $1296$.
A mí me dio distinto, dejo mi solución y el que creo que fue tu error, aunque no me dé mucha confianza mi solución, pero acá va:

Mi resolución:
Spoiler: mostrar
Si todos obtuvieron una respuesta distinta, la máxima cantidad posible de alumnos será la cantidad de resoluciones correctas del tablero.

Primero busqué la factorización de 120 que es $2^3\times3^1\times5^1$

Ahora supongamos que empieza el tablero de la siguiente manera:

\begin{array}{|c|c|c|} \hline
1 & 1 & 1 \\ \hline
1 & 1 & 1 \\ \hline
1 & 1 & 1 \\ \hline
\end{array}

(Agregar un número a una casilla sería multiplicar el valor de la casilla por el número agregado)

Primero notemos un par de cosas:

-En cada fila y columna habrá exactamente tres 2, un 3 y un 5.

-No importa la distribución dentro de una misma fila, si una distribución se multiplica a 120, entonces todos los demás reordenamientos también. Es decir, no importa dónde pongamos los números, si ponemos la cantidad exacta dará 120.

-Esto último nos indica también que los números son independientes de los demás, es decir, no modificará la ubicación de los números 2 si hay o no un 3 o un 5 en una casilla, y viceversa.

Ahora, veamos el tablero por partes; en la primera fila habrá un solo 3, que tendrá tres posibles ubicaciones. Luego en la segunda fila, donde también debe haber exactamente un 3, vemos que tiene sólo dos ubicaciones posibles, ya que no podrá ubicarse en la misma columna que el primer 3. Del mismo modo, en la última fila el 3 restante tendrá una sola ubicación posible (la columna en la que todavía no se haya colocado ninguno. Es decir, la cantidad de posibilidades es $3\times2\times1=6$

La misma lógica aplica para el 5 que tenemos que ubicar en cada columna, por lo que para el 5 también habrá 6 opciones.

Ahora tenemos que ubicar los tres 2 de cada fila y columna. Directamente en vez de escribir el número, voy a escribir el exponente de la potencia de 2, que puede ser 0, 1, 2 o 3. De esta manera, todas las filas y todas las columnas deben sumar 3, ya que $x^y\times
x^z=x^{y+z}$

Las 3 posibles combinaciones son:
(3+0+0), (2+1+0) y (1+1+1), con sus respectivas permutaciones.

Empecemos por (1, 1, 1):

\begin{array}{|c|c|c|} \hline
A & B & C \\ \hline
D & E & F \\ \hline
1 & 1 & 1 \\ \hline
\end{array}

Notemos primero que ninguna de las casillas restantes puede tener un 3, ya que 1+3>3 y no podríamos hacer que sumen 3 todas las filas y columnas.
Y segundo, notemos que en cada fila y columna debe haber una cantidad impar de números impares (1 o 3). Esto pasa porque la suma total debe ser 3 (un número impar) y $par+par=par$, $impar+impar=par$ y $par+impar=impar$. Por lo tanto, en cada par (A,D), (B,E) y (C,F), o son ambos pares o son ambos impares.
Vemos rápidamente que, para que las dos filas de arriba cumplan esa condición también, debe haber un par de esos 3 que sea de impares y dos que sean pares, o tres impares.

Empecemos por los 3 impares: descartados el 3, el 2 y el 0, la única opción es A=B=C=D=E=F=1, del siguiente modo:

\begin{array}{|c|c|c|} \hline
1 & 1 & 1 \\ \hline
1 & 1 & 1 \\ \hline
1 & 1 & 1 \\ \hline
\end{array}

Acá entonces tenemos ya una posibilidad.

Después, la siguiente posibilidad sería con una fila y una columna de (1+1+1) (ya que la columna no pude tener un 3 porque ya hay un 1 de la fila inicial).
Entonces tenemos que primero ubicar qué fila y qué columna son impares, para lo que tenemos $3 filas\times3 columnas=9 opciones$. Luego, tenemos que ubicar los dos pares. Veamos que en cada fila y columna tendrá que haber un 2 y un 0 además del 1 ya ubicado, por lo que hay dos posibilidades: (2,0),(0,2) o (0,2),(2,0) ← (cada paréntesis es una fila). Es decir que tenemos, además de la posibilidad de arriba, $2\times9=18$ posibilidades más, es decir, 19.

Luego, tenemos la posibilidad de que el tablero esté completo de filas y columnas con un 3 y seis 0. Éste es el mismo caso que tuvimos al principio con los 3 y con los 5, por lo que tenemos 6 opciones más.

Pero notemos que también puede haber sólo una fila y una columna en usar la partición (3+0+0). Supongamos que colocamos un 3 en cualquier casilla. Las casillas que compartan fila o columna con ella serán iguales a 0, ya que si no nos estaríamos pasando de 3. Ahora quedarán 4 casillas libres, que de a pares comparten fila y columna con un 0 (es decir, hay dos en cada fila y dos en cada columna, siendo la casilla restante en cada una de ellas un 0), como en el siguiente ejemplo:

\begin{array}{|c|c|c|} \hline
A & B & 0 \\ \hline
0 & 0 & 3 \\ \hline
G & H & 0 \\ \hline
\end{array}

Vemos que, además de poder ser dos casillas iguales a 3 y dos iguales a 0 (ya contabilizamos esas opciones antes), pueden ser A=H=1 y B=G=2 y viceversa. Con esto, para cada ubicación del 3 tenemos 2 posibilidades, y como hay 9 casillas en total, tenemos 9 ubicaciones posibles para el 3, por lo que tenemos $9\times2=18$ posibilidades nuevas.

Entonces, ya habiendo contabilizado las posibilidades para $(1+1+1)$, $(3+0+0)$ y las mixtas entre $(3+0+0)$ y $(2+1+0)$, nos falta contar sólo las que contienen exclusivamente la terna $(2+1+0)$.

Veamos que, por cada fila y por cada columna, habrá un 2, un 1 y un 0.
Empecemos ubicando el 2: en la primera fila va a tener 3 opciones, mientras que en la segunda 2 (todas las columnas menos la elegida en la primera fila), y en la última 1 (ya que habrá una sola columna restante). Es decir, podemos ubicar los tres 2 de $3\times2\times1=6$ formas.
Luego, para ubicar el 1, tendremos dos posibilidades en la primera fila, pero luego en la segunda y tercera habrá sólo una, ya que restará una fila (porque no podemos ubicarlos en una casilla ya ocupada), por lo que habrá $2\times1\times1=2$ de ubicar los tres 1.
Por último, sólo habrá una manera de ubicar los tres 0, ya que restarán sólo 3 casillas.
Entonces el total de formas de ubicar los exponentes usando solamente la terna (2+1+0) es igual a $6\times2\times1=12$.

Con esto concluimos la cantidad de maneras en la que podemos ubicar los diferentes factores 2 en el tablero, que será $19+6+18+12=55$

Y la cantidad de formas de ubicar todos los números, sabiendo que hay 6 maneras de ubicar el números 3 y otras 6 de ubicar los números 5, será $55\times6\times6=1980$, y con esto concluyo mi resolución.
El que creo que fue tu error
Spoiler: mostrar
Vos, al dividir el 216/6, estás asumiendo que en todos hay 6 permutaciones de los factores 2 que serían el mismo caso, pero esto pasa solamente en la que el tablero está completo con $2^1$ en todas las casillas.
Fijate que en una fila en la que tenés por ejemplo \begin{array}{|c|c|c|} \hline 2^3 & 1 & 1 \\ \hline \end{array}, hay una sola permutación posible, ya que todos los factores 2 estarán en la misma casilla, por lo que las posibilidades con $2^3\times2^0\times2^0$ habría que dividirlas por 1 en vez de por 6. Y así también las que sean $2^2\times2^1\times2^0$, ya que habrá 3 permutaciones posibles, por lo que habría que dividirlo por 3 en vez de por 6.
Creo que ahí radicó tu error principalmente y que de ahí salen las 648 posibilidades de menos que te quedaron.
Última edición por Sandy el Jue 06 Sep, 2018 11:01 pm, editado 1 vez en total.

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Gianni De Rico

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Re: P2 N2 Regional 2007

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Jue 06 Sep, 2018 10:21 pm

@Sandy no leí completa tu solución, pero esta parte no está del todo bien.
Sandy escribió:
Jue 06 Sep, 2018 9:32 pm
Spoiler: mostrar
Empecemos por (1, 1, 1):

\begin{array}{|c|c|c|} \hline
A & B & C \\ \hline
D & E & F \\ \hline
1 & 1 & 1 \\ \hline
\end{array}

Vamos a demostrar que existe una sola opción. Notemos primero que ninguna de las casillas restantes puede tener un 3, ya que 1+3>3 y no podríamos hacer que sumen 3 todas las filas y columnas.
Y segundo, notemos que en cada fila y columna debe haber una cantidad impar de números impares (1 o 3). Esto pasa porque la suma total debe ser 3 (un número impar) y $par+par=par$, $impar+impar=par$ y $par+impar=impar$. Por lo tanto, en cada par (A,D), (B,E) y (C,F), o son ambos pares o son ambos impares.
Vemos rápidamente que ambos pares no pueden ser, ya que en las primeras dos filas habría 0 números impares, por lo que nunca sumarían 3.
Entonces, descartados el 3, el 2 y el 0, la única opción es A=B=C=D=E=F=1, del siguiente modo:

\begin{array}{|c|c|c|} \hline
1 & 1 & 1 \\ \hline
1 & 1 & 1 \\ \hline
1 & 1 & 1 \\ \hline
\end{array}
Spoiler: mostrar
Viendo el tablero de la misma forma que vos (es decir, con los exponentes del $2$), este tablero funciona, y cumple que $(A,D)=(2,0)$, $(B,E)=(0,2)$ y $(C,F)=(1,1)$ (o sea que ambos números tienen la misma paridad) y todas las filas y columnas suman $3$.

\begin{array}{|c|c|c|} \hline
2 & 0 & 1 \\ \hline
0 & 2 & 1 \\ \hline
1 & 1 & 1 \\ \hline
\end{array}

Creo que tu error viene de suponer que si dos de los números de las primeras dos filas son pares entonces todos van a ser pares.
[math]

Sandy
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Re: P2 N2 Regional 2007

Mensaje sin leer por Sandy » Jue 06 Sep, 2018 10:50 pm

Gianni De Rico escribió:
Jue 06 Sep, 2018 10:21 pm
@Sandy no leí completa tu solución, pero esta parte no está del todo bien.
Sandy escribió:
Jue 06 Sep, 2018 9:32 pm
Spoiler: mostrar
Empecemos por (1, 1, 1):

\begin{array}{|c|c|c|} \hline
A & B & C \\ \hline
D & E & F \\ \hline
1 & 1 & 1 \\ \hline
\end{array}

Vamos a demostrar que existe una sola opción. Notemos primero que ninguna de las casillas restantes puede tener un 3, ya que 1+3>3 y no podríamos hacer que sumen 3 todas las filas y columnas.
Y segundo, notemos que en cada fila y columna debe haber una cantidad impar de números impares (1 o 3). Esto pasa porque la suma total debe ser 3 (un número impar) y $par+par=par$, $impar+impar=par$ y $par+impar=impar$. Por lo tanto, en cada par (A,D), (B,E) y (C,F), o son ambos pares o son ambos impares.
Vemos rápidamente que ambos pares no pueden ser, ya que en las primeras dos filas habría 0 números impares, por lo que nunca sumarían 3.
Entonces, descartados el 3, el 2 y el 0, la única opción es A=B=C=D=E=F=1, del siguiente modo:

\begin{array}{|c|c|c|} \hline
1 & 1 & 1 \\ \hline
1 & 1 & 1 \\ \hline
1 & 1 & 1 \\ \hline
\end{array}
Spoiler: mostrar
Viendo el tablero de la misma forma que vos (es decir, con los exponentes del $2$), este tablero funciona, y cumple que $(A,D)=(2,0)$, $(B,E)=(0,2)$ y $(C,F)=(1,1)$ (o sea que ambos números tienen la misma paridad) y todas las filas y columnas suman $3$.

\begin{array}{|c|c|c|} \hline
2 & 0 & 1 \\ \hline
0 & 2 & 1 \\ \hline
1 & 1 & 1 \\ \hline
\end{array}

Creo que tu error viene de suponer que si dos de los números de las primeras dos filas son pares entonces todos van a ser pares.
Uuuh tenés razón, entonces incluso más grande da el número, ahora lo cambio

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