Regional 2019 - N2 - P1

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
Avatar de Usuario
LorenzoRD

COFFEE - Mención-COFFEE Matías Saucedo OFO - Medalla de Plata-OFO 2020 FOFO Pascua 2020 - Mención-FOFO Pascua 2020 COFFEE - Mención-COFFEE Carolina González FOFO 10 años - Medalla-FOFO 10 años
Mensajes: 36
Registrado: Dom 13 Ene, 2019 11:07 pm
Medallas: 5
Nivel: 2
Ubicación: Almagro

Re: Regional 2019 - N2 - P1

Mensaje sin leer por LorenzoRD »

Santito escribió:
Jue 12 Sep, 2019 7:52 pm
LorenzoRD escribió:
Jue 12 Sep, 2019 6:17 pm
Me dio $165$, usando combinatoria.

La ecuación a la que había llegado al final del ejercicio era:
$S = {6\choose 4} + {6\choose 3}{3\choose 2} + {6\choose 2}{4\choose 2}$
$S = 15 + 60 + 90$
$S = 165$

En sí, había tres casos (notemos que todos los divisores de $30030$ no están elevados a ninguna potencia).
Cuando multiplicábamos un producto de 4 primos por dos que eran primos.
Cuando multiplicábamos un producto de 3 primos por uno de 2 primos y uno primo.
Cuando multiplicábamos tres productos de dos primos.

Como $30030 = 2.3.5.7.11.13$, esos eran los primos a los que me refiero.

Espero haberlo hecho bien
Spoiler: mostrar
Exactamente igual pero contaste de más en el caso de tres productos de dos primos.

Faltó dividir por 3! (si no estás contando 3! veces cada caso (porque los dos que elegís primero podrían ser los del medio o los últimos, es decir, ab . cd . ef = cd . ab . ef, por ejemplo).

Quedaría 15+60+15 = 90.
Gracias por la corrección. Cometí el error de pensar que si en el primer caso no había problemas de repetición, no los habría en los otros casos. ¿Creen que alcanza para un 1-, si el resto está bien justificado?
Ver este mensaje... te llena de determinación.

Avatar de Usuario
NPCPepe

FOFO 9 años - Mención Especial-FOFO 9 años COFFEE - Mención-COFFEE Matías Saucedo OFO - Medalla de Plata-OFO 2020 FOFO Pascua 2020 - Medalla-FOFO Pascua 2020 COFFEE - Mención-COFFEE Carolina González
COFFEE - Mención-COFFEE Ariel Zylber COFFEE - Mención-COFFEE Iván Sadofschi FOFO 10 años - Medalla-FOFO 10 años
Mensajes: 76
Registrado: Lun 17 Jun, 2019 9:22 pm
Medallas: 8
Nivel: 2
Ubicación: Argentina

Re: Regional 2019 - N2 - P1

Mensaje sin leer por NPCPepe »

yo hice ((6!/(4!*2!))*1)+((6!/(3!*3!))*3)+((6!/(4!*2!))*7)+((6!/(5!*1!))*15) el 1 3 7 y 15 son las potencias de 2 menos 1 o sea los mutliplos esto daba 270 y lo tenia que dividir por 3 porque una de las variables podia "meterse" entre las otras 3, la cosa es que como el 270 me parecio demasiado grande le saque otros dos casos y me dio 75, yo puse la explicacion de la formula de arriba me pondran 0 o 1--?
$3=569936821221962380720^3+(-569936821113563493509)^3+(-472715493453327032)^3$: esta es la tercer menor solucion descubierta para la ecuación $a^3+b^3+c^3=3$ , las otras dos son $1^3+1^3+1^3=3$ y $4^3+4^3+(-5)^3=3$

Maxcapo10
Mensajes: 2
Registrado: Vie 29 Mar, 2019 7:10 am
Nivel: 2

Re: Regional 2019 - N2 - P1

Mensaje sin leer por Maxcapo10 »

Hola, yo lo que hice es ver cuantas combinaciones de primos se podía encontrar para cada cajita (a, b y c), es decir cuantas primos había multiplicados por cada cajita (los primos los obtuve al factorizar 30030)
Y me quedaron 5 combinaciones:
2a 2b 2c
2a 1b 3c
1a 1b 4c
1a 2b 3c
1a 3b 3c
Para cada distribución use distintos métodos para hallar la cantidad de tríos en cada caso, algunos mas teóricos y en otros el exhaustivo.
El problema es que a mi me quedaron 96 tríos, se me pasaron 6 casos. Opinan que me deberían dar 0 o -1?
PD: Esta todo según yo bastante bien justificado y explicado y para las combinaciones, me ayude de el triangulo de pascal no se si lo conocen pero esta buenísimo.

Avatar de Usuario
Sandy

OFO - Medalla de Bronce-OFO 2019 OFO - Medalla de Plata-OFO 2020 FOFO Pascua 2020 - Copa-FOFO Pascua 2020 COFFEE - Mención-COFFEE Ariel Zylber FOFO 10 años - Copa-FOFO 10 años
Mensajes: 203
Registrado: Lun 27 Nov, 2017 1:59 am
Medallas: 5
Nivel: 3

Re: Regional 2019 - N2 - P1

Mensaje sin leer por Sandy »

Solución horrenda pero no se me ocurrió nada más lindo
Spoiler: mostrar
Es clave ver que $30030=2\times 3\times 5\times 7\times 11\times 13$ entonces cualesquiera números enteros mayores que $1$ cuyo producto sea $30030$ son distintos.
Luego tomemos una terna cualquiera $(x,y,z)$ tal que $xyz=30030$. Para cada $(x,y,z)$ hay $6$ permutaciones posibles, y sabemos que exactamente una de ésas nos sirve.
Más que una no puede haber que no sirva porque eso implicaría que haya dos números tales que $p>q$ y $q>p$. Además, sabemos que existe porque $x≠y≠z$. Luego, si encontramos todas las ternas $(x, y, z)$, dividimos esa cantidad por $6$ y estamos.

Entonces tenemos que dividir los primeros 6 primos entre 3 números, y que ninguno de éstos quede sin primos

Vos podés tener:
  • En dos números un primo y en el otro $4$ primos.
  • En un número $1$ primo, en otro $2$ primos y en el otro $3$ primos.
  • En los tres números $2$ primos
Nota pequeña:
Spoiler: mostrar
Si queremos contar permutaciones de $\alpha _1$ elementos iguales $\beta _1$, $\alpha _2$ elementos $\beta _2$, etc. en principio tenemos $(\sum \alpha _n)!$, pero al permutar dentro de los elementos iguales queda la misma permutación, luego hay que dividir por todas las permutaciones de cada grupo, es decir que queda $\frac{(\sum \alpha _n)!}{\Pi (\alpha _n !)}$
Entonces tenemos:
En el caso $1$ hay $\frac{(1+1+4)!}{1!\times 1!\times 4!}$ maneras de hacerlo, y como el $1$ está repetido dos veces y el $4$ sólo una vez, se pueden permutar de $\frac{(2+1)!}{2!\times 1!}$ maneras, es decir $30\times 3=90$

En el caso $2$ hay $\frac{(1+2+3)!}{1!\times 2!\times 3!}$ maneras y, como cada número está una vez, se pueden permutar de $\frac{(1+1+1)!}{1!\times 1!\times 1!}$ maneras, es decir $60\times 6=360$

En el caso $3$ hay $\frac{(2+2+2)!}{2!\times 2!\times 2!}$ maneras y, como está el mismo número $3$ veces, se pueden permutar de $\frac{3!}{3!}$ maneras, es decir $90\times 1=90$

Luego la cantidad de ternas que nos interesan son $\frac{1}{6}$ de éstas, es decir

$\frac{90+360+90}{6}=90$
Última edición por Sandy el Jue 21 Nov, 2019 10:10 pm, editado 2 veces en total.
$u=tan\left(\frac{x}{2}\right)$
$\frac{2}{1+u^2}du=dx$

Fede garcia
Mensajes: 1
Registrado: Vie 13 Sep, 2019 8:12 am
Nivel: 2

Re: Regional 2019 - N2 - P1

Mensaje sin leer por Fede garcia »

A mi me dio 70, alguien me puede decir que hice mal

juansovich
Mensajes: 1
Registrado: Vie 13 Sep, 2019 10:00 pm
Nivel: 2

Re: Regional 2019 - N2 - P1

Mensaje sin leer por juansovich »

MatiasFeueT escribió:
Jue 12 Sep, 2019 7:33 pm
A mi medio 255. Lo que no se si tuvieron en cuenta los que les dio 90 es el hecho de a, b y c podian ser negativos.
Decia que a tenia que ser mayor o igual a 2.

RochiA
Mensajes: 1
Registrado: Mié 18 Sep, 2019 10:10 am
Nivel: 2

Re: Regional 2019 - N2 - P1

Mensaje sin leer por RochiA »

Sandy escribió:
Jue 12 Sep, 2019 10:15 pm
Solución horrenda pero no se me ocurrió nada más lindo
Spoiler: mostrar
Es clave ver que $30030=2\times 3\times 5\times 7\times 11\times 13$ entonces cualesquiera números enteros mayores que $1$ cuyo producto sea $30030$ son distintos.
Luego tomemos una terna cualquiera $(x,y,z)$ tal que $xyz=30030$. Para cada $(x,y,z)$ hay $6$ permutaciones posibles, y sabemos que exactamente una de ésas nos sirve.
Más que una no puede haber que no sirva porque eso implicaría que haya dos números tales que $p>q$ y $q>p$. Además, sabemos que existe porque $x≠y≠z$. Luego, si encontramos todas las ternas $(x, y, z)$, dividimos esa cantidad por $6$ y estamos.

Entonces tenemos que dividir los primeros 6 primos entre 3 números, y que ninguno de éstos quede sin primos

Vos podés tener:
  • En dos números un primo y en el otro $4$ primos.
  • En un número $1$ primo, en otro $2$ primos y en el otro $3$ primos.
  • En los tres números $2$ primos
Nota pequeña:
Spoiler: mostrar
Si queremos contar permutaciones de $\alpha _1$ elementos iguales $\beta _1$, $\alpha _2$ elementos $\beta _2$, etc. en principio tenemos $(\sum \alpha _n)!$, pero al permutar dentro de los elementos iguales queda la misma permutación, luego hay que dividir por todas las permutaciones, es decir que queda $\frac{(\sum \alpha _n)!}{\Pi (\alpha _n !)}$
Entonces tenemos:
En el caso $1$ hay $\frac{(1+1+4)!}{1!\times 1!\times 4!}$ maneras de hacerlo, y como el $1$ está repetido dos veces y el $4$ sólo una vez, se pueden permutar de $\frac{(2+1)!}{2!\times 1!}$ maneras, es decir $30\times 3=90$

En el caso $2$ hay \frac{(1+2+3)!}{1!\times 2!\times 3!} maneras y, como cada número está una vez, se pueden permutar de $\frac{(1+1+1)!}{1!\times 1!\times 1!}$ maneras, es decir $60\times 6=360$

En el caso $3$ hay $\frac{(2+2+2)!}{2!\times 2!\times 2!}$ maneras y, como está el mismo número $3$ veces, se pueden permutar de $\frac{3!}{3!}$ maneras, es decir $90\times 1=90$

Luego la cantidad de ternas que nos interesan son $\frac{1}{6}$ de éstas, es decir

$\frac{90+360+90}{6}=90$
Disculpa me explicas por qué lo dividiste en 6?

Renzo Gemma
Mensajes: 3
Registrado: Sab 13 Jun, 2020 11:37 pm
Nivel: 2

Re: Regional 2019 - N2 - P1

Mensaje sin leer por Renzo Gemma »

Sé que va a ser un cajón de verduras lo que voy a tirar pero es una conjetura que si lo analizas dependiendo de la perspectiva tiene sentido y resuelve este problema en 1 solo cálculo.

6!/[(6/3)^3].

o sino k!/[(k/n)^n], donde k es la cantidad de elementos y n la cantidad de cajas.

Pequeño aporte pero si da la misma solución que la del calculo completo entonces tiene al menos 1 forma de interpretación correcta hacer ese cálculo :D

Avatar de Usuario
Sandy

OFO - Medalla de Bronce-OFO 2019 OFO - Medalla de Plata-OFO 2020 FOFO Pascua 2020 - Copa-FOFO Pascua 2020 COFFEE - Mención-COFFEE Ariel Zylber FOFO 10 años - Copa-FOFO 10 años
Mensajes: 203
Registrado: Lun 27 Nov, 2017 1:59 am
Medallas: 5
Nivel: 3

Re: Regional 2019 - N2 - P1

Mensaje sin leer por Sandy »

RochiA escribió:
Mié 18 Sep, 2019 10:15 am
Sandy escribió:
Jue 12 Sep, 2019 10:15 pm
Solución horrenda pero no se me ocurrió nada más lindo
Spoiler: mostrar
Es clave ver que $30030=2\times 3\times 5\times 7\times 11\times 13$ entonces cualesquiera números enteros mayores que $1$ cuyo producto sea $30030$ son distintos.
Luego tomemos una terna cualquiera $(x,y,z)$ tal que $xyz=30030$. Para cada $(x,y,z)$ hay $6$ permutaciones posibles, y sabemos que exactamente una de ésas nos sirve.
Más que una no puede haber que no sirva porque eso implicaría que haya dos números tales que $p>q$ y $q>p$. Además, sabemos que existe porque $x≠y≠z$. Luego, si encontramos todas las ternas $(x, y, z)$, dividimos esa cantidad por $6$ y estamos.

Entonces tenemos que dividir los primeros 6 primos entre 3 números, y que ninguno de éstos quede sin primos

Vos podés tener:
  • En dos números un primo y en el otro $4$ primos.
  • En un número $1$ primo, en otro $2$ primos y en el otro $3$ primos.
  • En los tres números $2$ primos
Nota pequeña:
Spoiler: mostrar
Si queremos contar permutaciones de $\alpha _1$ elementos iguales $\beta _1$, $\alpha _2$ elementos $\beta _2$, etc. en principio tenemos $(\sum \alpha _n)!$, pero al permutar dentro de los elementos iguales queda la misma permutación, luego hay que dividir por todas las permutaciones, es decir que queda $\frac{(\sum \alpha _n)!}{\Pi (\alpha _n !)}$
Entonces tenemos:
En el caso $1$ hay $\frac{(1+1+4)!}{1!\times 1!\times 4!}$ maneras de hacerlo, y como el $1$ está repetido dos veces y el $4$ sólo una vez, se pueden permutar de $\frac{(2+1)!}{2!\times 1!}$ maneras, es decir $30\times 3=90$

En el caso $2$ hay \frac{(1+2+3)!}{1!\times 2!\times 3!} maneras y, como cada número está una vez, se pueden permutar de $\frac{(1+1+1)!}{1!\times 1!\times 1!}$ maneras, es decir $60\times 6=360$

En el caso $3$ hay $\frac{(2+2+2)!}{2!\times 2!\times 2!}$ maneras y, como está el mismo número $3$ veces, se pueden permutar de $\frac{3!}{3!}$ maneras, es decir $90\times 1=90$

Luego la cantidad de ternas que nos interesan son $\frac{1}{6}$ de éstas, es decir

$\frac{90+360+90}{6}=90$
Disculpa me explicas por qué lo dividiste en 6?
Spoiler: mostrar
Fijate que, en mi solución, no hice ninguna distinción sobre que $a<b<c$, por lo que tenía que, de algún modo, ver cuáles de las posibles ternas me servían y cuáles no.
Por un lado, primero fue clave ver que, si tengo tres números cuyo producto es $30030$, no puede haber dos iguales entre sí y distintos de $1$ (pues $30030$ no tiene factores repetidos, entonces si un primo está en uno de los divisores, ya no puede estar en otro).
Ahora, ponele que tenés todos los posibles tríos de números enteros distintos de $1$ $a,b,c$ tales que $abc=30030$. Por ser conmutativa la multiplicación, $abc=acb=bac=bca=cab=cba$, entonces si tengo por ejemplo $a=2, b=3\times 5\times 7, c=11\times 13$ entre mis tríos de números, también voy a tener el trío de números $a=3\times 5\times 7, b=11\times 13, c=2$.
Ahora, es claro que, si tengo $3$ números (sin ordenar) cuyo producto es $30030$, sólo una "distribución" de ellos en $a,b,c$ me sirve: cuando el menor de todos es $a$, el del medio $b$ y el mayor $c$ (porque necesitábamos $a<b<c$).
Pasemos a ver entonces cuántas posibles distribuciones hay para cada trío de números sin ordenar. Ponele que tenemos $3$ números. El primero que elegimos tiene $3$ opciones para ir (puede ser $a$, puede ser $b$ o puede ser $c$). Para cada una de esas $3$ opciones, el segundo número que elegimos tiene ahora dos lugares libres para ir (ya no puede ir al que fue el primero). Ahora para cada una de esas dos opciones, el tercer número tiene solo un lugar para ir, que es el que dejaron libre tanto el primer número como el segundo. Luego en total hay $(\text{Opciones del Primer número})\times (\text{Opciones del Segundo número})\times (\text{Opciones del Tercer número})=3\times 2\times 1=6.$

Además, fijate que esto último no tiene nada que ver con el $3$ en particular, también funcionaría parecido si tuviésemos 40 cosas distintas que quisiéramos ordenar. Si tuviésemos $n$ cosas para ordenar, la primera cosa tendría $n$ posiciones para ir. La segunda tendría todas menos a la que fue la primera, es decir $n-1$. La tercera tendría todas menos las ocupadas por las dos anteriores, es decir $n-2$. Y así siguiendo, hasta que la $n$-ésima tendría un único lugar libre (el no ocupado por ninguna de las $n-1$ anteriores. Ahora, multiplicando todas las posibilidades nos queda que hay $(n)\times (n-1)\times (n-2)\times ...\times 2\times 1$. A esto, el producto de los primeros $n$ números naturales, se lo conoce como factorial de $n$ (o $n$ factorial), y se escribe $n!$.

Pero en fin, volviendo al problema: vimos las siguientes $3$ cosas:
  • Si el trío de números $a,b,c$ aparece en mi "lista" de tríos cuyo producto es $30030$, entonces aparecen todos sus reordenamientos ($b,a,c$ por ejemplo sería uno).
  • Para cada trío de números $a,b,c$ hay un solo ordenamiento que nos sirve, que es cuando el menor es $a$, el del medio $b$ y el más grande $c$.
  • Para cada trío de números que aparezca en mi lista, hay $6$ reordenamientos posibles.
Entonces ahora podemos dividirnos los tríos de números en grupitos de $6$, en los cuales estén los $6$ reordenamientos posibles de los mismos $3$ números, y sabemos que, de cada grupito, un solo reordenamiento nos cumple lo que pide el problema, entonces $1/6$ de los tríos cumplen. Como había $90+360+90=540$ tríos posibles, solo nos sirven $540/6=90$.
$u=tan\left(\frac{x}{2}\right)$
$\frac{2}{1+u^2}du=dx$

Avatar de Usuario
Gianni De Rico

FOFO 7 años - Mención Especial-FOFO 7 años OFO - Medalla de Oro-OFO 2019 COFFEE - Jurado-COFFEE Matías Saucedo OFO - Jurado-OFO 2020 FOFO Pascua 2020 - Jurado-FOFO Pascua 2020
COFFEE - Jurado-COFFEE Carolina González COFFEE - Jurado-COFFEE Ariel Zylber COFFEE - Jurado-COFFEE Iván Sadofschi FOFO 10 años - Jurado-FOFO 10 años
Mensajes: 1545
Registrado: Vie 16 Sep, 2016 6:58 pm
Medallas: 9
Nivel: Exolímpico
Ubicación: Rosario
Contactar:

Re: Regional 2019 - N2 - P1

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Dejo una solución que me pareció más intuitiva
Spoiler: mostrar
Bueno, como dijo el Mono, tenemos que repartir $6$ primos entre $3$ número, de manera que todos tengan al menos un primo. Y como dijo Sandy, una vez que hicimos eso, tenemos que dividir por $6$ para que solamente cuenten las que están ordenadas como nos pide el enunciado.

Pensemos entonces cómo podemos asignarle los primos a cada número.
Elegimos primero los primos de $a$, que pueden ser entre $1$ y $4$ (ya que si elegimos $5$ entonces $b$ o $c$ no van a tener primos), y para cada una de esas elecciones, tenemos que elegir los primos que le corresponden a $b$, el resto le tocan a $c$. Notemos además que si $a$ tiene $k$ primos, entonces $b$ tiene que tener entre $1$ y $5-k$ primos, para que le quede alguno a $c$, por lo tanto, podemos contar para cada valor de $k$ entre $1$ y $4$ cuántas formas hay de elegir $k$ primos que le corresponden a $a$, y despúes sumar todas las formas de elegir $j$ primos para cada $j$ entre $1$ y $5-k$.
La cantidad de formas de elegir $k$ primos es $\binom{6}{k}$, una vez que los elegimos, para cada una de ellas nos quedan $\binom{6-k}{1}+\binom{6-k}{2}+\cdots +\binom{6-k}{5-k}$ formas de elegir los primos que le corresponden a $b$. Por ejemplo, si elegimos $2$ primos para $a$, tenemos $\binom{6}{2}$ formas de hacerlo, y después podemos elegir $1$ primo para $b$ (tenemos $\binom{4}{1}$ formas), $2$ primos para $b$ (tenemos $\binom{4}{2}$ formas) o $3$ primos para $b$ (tenemos $\binom{4}{3}$ formas). En total tenemos $\binom{6}{2}\left (\binom{4}{1}+\binom{4}{2}+\binom{4}{3}\right )$ formas. Eso lo vamos a hacer para cada valor de $k$, la suma que nos queda se puede escribir de forma concisa como$$\sum \limits _{k=1}^4\left (\binom{6}{k}\sum \limits _{j=1}^{5-k}\binom{6-k}{j}\right )=540$$dividiendo por $6$ obtenemos $90$, que es la respuesta al ejercicio.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

Responder