Selectivo de IMO 2021 - Problema 4

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Tomás Morcos Porras

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Selectivo de IMO 2021 - Problema 4

Mensaje sin leer por Tomás Morcos Porras »

Un patrón en cruz es una distribución de los nueve dígitos $1,2,\ldots ,9$ formando una $X$ como en el siguiente ejemplo:\begin{matrix}1 & & & & 2 \\
& 3 & & 4 & \\
& & 5 & & \\
& 6 & & 7 & \\
8 & & & & 9
\end{matrix}Diremos que un patrón en cruz es balanceado si las sumas de los cinco números de cada diagonal son iguales. Nuestro ejemplo es balanceado porque $1+3+5+7+9=2+4+5+6+8$.
Calcular cuántos patrones en cruz son balanceados.
¿Mis intereses? Las várices de Winston Churchill.
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Gianni De Rico

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Re: Selectivo de IMO 2021 - Problema 4

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

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El número del medio de la $X$ aparece en las dos diagonales, así que lo único que nos importa son las "patas" de la $X$. Vamos a separar en casos según el valor del número del medio, para eso observemos que tiene que ser impar, ya que si los números son\begin{matrix}a & & & & b \\
& c & & d & \\
& & e & & \\
& f & & g & \\
h & & & & i
\end{matrix}entonces llamando $s=a+c+e+g+i=b+d+e+f+h$, tenemos que $2s=e+(a+b+c+d+e+f+g+h+i)=e+45$ (ya que es la suma de los números del $1$ al $9$), luego, $e$ debe ser impar. Entonces $e$ solamente puede ser $1,3,5,7,9$.

Caso $e=1$:
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Entonces las diagonales (sin el $1$) deben sumar $22$. Supongamos que el $9$ está en la diagonal que va de la esquina superior izquierda a la esquina inferior derecha, vamos a hacer casitos según el número más grande $m$ que acompañe al $9$ en la diagonal.
  • Casito $m=8$:
    Como $9+8=17$, los únicos números que pueden ir en la diagonal son el $3$ y el $2$ (recordemos que no se pueden repetir).
  • Casito $m=7$:
    Como $9+7=16$, los únicos números que pueden ir en la diagonal son el $4$ y el $2$ (el $5$ y el $1$ sería otra opción, pero al $1$ ya lo usamos).
  • Casito $m=6$:
    Como $9+6=15$, pueden ir el $5$ con el $2$, o pueden ir el $4$ con el $3$.
  • Casito $m=5$:
    Como $9+5=14$, y no podemos usar números mayores a $5$, entonces la mayor suma posible con los restantes es $4+3=7$, pero no llegamos a $22$.
  • Casito $m<5$:
    Pasa lo mismo que en el caso anterior.
En total para este caso tenemos $4$ posibles conjuntos de números para poner en la diagonal, que son $\{2,3,8,9\}$, $\{2,4,7,9\}$, $\{2,5,6,9\}$ y $\{3,4,6,9\}$.
Los otros casos salen exactamente igual (hay que fijarse de no poner el número que ya usamos en la diagonal ni repetir números) y quedan como ejercicio para el lector.
En cada caso, una vez que determinamos el conjunto de números que va en una diagonal, queda totalmente determinado el de los números que va en la otra. Para el caso $e=3$ hay $3$ conjuntos posibles, para el caso $e=5$ hay $4$ conjuntos posibles, para el caso $e=7$ hay $3$ conjuntos posibles y para el caso $e=9$ hay $4$ conjuntos posibles, en total son $4+3+4+3+4=18$ conjuntos posibles. Para cada uno de los casos, hay $4!$ formas de ordenar los números de cada diagonal, además, este análisis vale para cuando $9$ está en una de las diagonales (en el caso $e=9$ va a ser cuando el $8$ está en una de las diagonales), como también puede estar en la otra, hay que multiplicar el resultado por $2$.
Finalmente, la cantidad de patrones en cruz que son balanceados es $4!^2\cdot 2\cdot 18$.
♪♫ do re mi función lineal ♪♫
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Sandy

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Re: Selectivo de IMO 2021 - Problema 4

Mensaje sin leer por Sandy »

Gianni De Rico escribió: Sab 17 Abr, 2021 3:30 pm
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El número del medio de la $X$ aparece en las dos diagonales, así que lo único que nos importa son las "patas" de la $X$. Vamos a separar en casos según el valor del número del medio, para eso observemos que tiene que ser impar, ya que si los números son\begin{matrix}a & & & & b \\
& c & & d & \\
& & e & & \\
& f & & g & \\
h & & & & i
\end{matrix}entonces llamando $s=a+c+e+g+i=b+d+e+f+h$, tenemos que $2s=e+(a+b+c+d+e+f+g+h+i)=e+45$ (ya que es la suma de los números del $1$ al $9$), luego, $e$ debe ser impar. Entonces $e$ solamente puede ser $1,3,5,7,9$.

Caso $e=1$:
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Entonces las diagonales (sin el $1$) deben sumar $22$. Supongamos que el $9$ está en la diagonal que va de la esquina superior izquierda a la esquina inferior derecha, vamos a hacer casitos según el número más grande $m$ que acompañe al $9$ en la diagonal.
  • Casito $m=8$:
    Como $9+8=17$, los únicos números que pueden ir en la diagonal son el $3$ y el $2$ (recordemos que no se pueden repetir.
  • Casito $m=7$:
    Como $9+7=16$, los únicos números que pueden ir en la diagonal son el $4$ y el $2$ (el $5$ y el $1$ sería otra opción, pero al $1$ ya lo usamos.
  • Casito $m=6$:
    Como $9+6=15$, pueden ir el $5$ con el $2$, o pueden ir el $4$ con el $3$.
  • Casito $m=5$:
    Como $9+5=14$, y no podemos usar números mayores a $5$, entonces la mayor suma posible con los restantes es $4+3=7$, pero no llegamos a $22$.
  • Casito $m<5$:
    Pasa lo mismo que en el caso anterior.
En total para este caso tenemos $4$ posibles conjuntos de números para poner en la diagonal, que son $\{2,3,8,9\}$, $\{2,4,7,9\}$, $\{2,5,6,9\}$ y $\{3,4,6,9\}$.
Los otros casos salen exactamente igual (hay que fijarse de no poner el número que ya usamos en la diagonal ni repetir números) y quedan como ejercicio para el lector.
En cada caso, una vez que determinamos el conjunto de números que va en una diagonal, queda totalmente determinado el de los números que va en la otra. Para el caso $e=3$ hay $3$ conjuntos posibles, para el caso $e=5$ hay $4$ conjuntos posibles, para el caso $e=7$ hay $3$ conjuntos posibles y para el caso $e=9$ hay $4$ conjuntos posibles, en total son $4+3+4+3+4=18$ conjuntos posibles. Para cada uno de los casos, hay $4!$ formas de ordenar los números de cada diagonal, además, este análisis vale para cuando $9$ está en una de las diagonales (en el caso $e=9$ va a ser cuando el $8$ está en una de las diagonales), como también puede estar en la otra, hay que multiplicar el resultado por $2$.
Finalmente, la cantidad de patrones en cruz que son balanceados es $4!^2\cdot 2\cdot 18$.
Un breve comentario:
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Para $e=9$ y $e=1$ hay la misma cantidad, así como también para $e=3$ y $e=7$, porque cambiando cada número $x$ con $10-x$ medio que preserva todo y es una biyección.
O sea que sólo hay que calcular $e=1$, $e=3$ y $e=5$.
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Fallo inapelable.
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