Problema 2, Regional 2009, Nivel 2

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
Florencia
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Problema 2, Regional 2009, Nivel 2

Mensaje sin leer por Florencia »

Miguel hizo la lista de todos los números naturales tales que la multiplicación de sus dígitos es igual a [math] y ningún dígito es igual a [math]. Calcular cuántos números tiene la lista de Miguel.
Florencia
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Re: Problema 2, Regional 2009, Nivel 2

Mensaje sin leer por Florencia »

Hice este problema, y creo que usé parte de lo que explicó Mariano en el post http://omaforos.com.ar/viewtopic.php?f=5&t=7#p7 , alguno sabe si está bien aplicado?
Spoiler: mostrar
Lo puse en spoiler para no quemar la respuesta.
Factoricé 1920 como 2^7x3x5, y primero acoté la cantidad de cifras que puede tener:
Las combinaciones de esos factores primos que puedo poner en una cifra son: 2;3;4 (2^2); 5; 6 (2x3); 8 (2^3), sino uso factores primos que no están en 1920 o me paso de una cifra.
La cota mínima son 4 cifras, porque la máxima forma de agrupar los factores es 2^3x2^3x(2x3)x5
La cota máxima claramente son 9 cifras, ya que es 2x2x2x2x2x2x2x3x5, o sea, todos los factores "sueltos".
Ahora vemos cada caso:
4 dígitos: hay una combinación única de 4 números, pero 1 se repite 2 veces, así que la cantidad de números que se pueden formar con 4 cifras es 4!/2! = 12.

5 dígitos: puedo separar el 6 en 2 y 3, lo cual me daría
2^3x2^3x2x3x5 (1)
o puedo separar 2^3x2^3 en 3 cifras, cuyas posibilidades es 2^3x2^2x2 (2) o 2^2x2^2x2^2 (3)
1: tengo 5 números, 1 se divide 2 veces, así que la cantidad es 5!/2! = 60
2: tengo 5 números, ninguno se repite, así que la cantidad es 5! = 120
3: tengo 5 números, uno se repite 3 veces, así que la cantidad es 5!/3! = 20
Con 5 dígitos: hay 120+60+20 = 200 posibilidades.

6 dígitos: si pongo 6x5, tengo que completar con 6 "2" los otros 4 lugares, si pongo 2^3 en el primero los otros 3 quedan con 2^1, si pongo 2^2 en el primero quedan 1 con 2^2 y 2 con 2^1, y si pogno 2^1 en el primero, se repite alguno de los dos casos anteriores
Si pogno 3x5, tengo que completar con 7 "2" los otros 4 lugares: si pongo 2^3 en el primero, los otros 3 quedan 1 con 2^2 y 2 con 2^1, si pongo 2^2 en el primero, los otros tres quedan 2 con 2^2 y 1 con 2^1.
Así, los cuatro casos posibles con 6 cifras son
6x5x2^3x2x2x2 (1)
6x5x2^2x2^2x2x2 (2)
3x5x2^3x2^2x2x2 (3)
3x5x2^2x2^2x2^2x2 (4)
1: tengo 6 cifras y 1 se repite 3 veces --> 6!/3! = 120
2: tengo 6 cifras y 2 se repiten 2 veces --> 6!/2!x2! = 180
3: tengo 6 cifras y 1 se repite 2 veces --> 6!/2! = 360
4: tengo 6 cifras y 1 se repite 3 veces --> 6!/3! = 120
Con 6 dígitos hay: 120+180+360+120 = 780

7 dígitos: si pogno 6x5 quedan 6"2" para poner en 5 lugares, pudiendo ponerlos sólo como 2^2x2x2x2x2 (porque si cambio de lugar el 2^2 son los mismos dígitos ordenados distinto), si pongo 3x5 quedan 7"2" para poner en 5 lugares, que puedo ubicar como 2^3x2x2x2x2 o 2^2x2^2x2x2x2
Estos son los casos posibles:
6x5x2^2x2x2x2x2 (1)
3x5x2^3x2x2x2x2 (2)
3x5x2^2x2^2x2x2x2 (3)
1: tengo 7 cifras y 1 se repite 4 veces --> 7!/4! = 210
2: tengo 7 cifras y 1 se repite 4 veces --> 7!/4! = 210
3: tengo 7 cifras, 1 se repite 3 veces y otro se repite 2 veces --> 7!/3!x2! = 420
Con 7 dígitos hay: 210+210+420 = 840

8 dígitos: si pongo 6x5 quedan 6 lugares para ubicar 6 "2", o sea que sólo puedo poner 6 veces el 2. Si pongo 3x5 quedan 6 lugares para ubicar 7 "2", o sea que 2^3 no puedo usar (porque no me alcanzan para "llenar" todos los lugares), y tengo que usar una vez 2^2, quedando como única posibilidad 2^2x2x2x2x2x2
Casos posibles:
6x5x2x2x2x2x2 (1)
3x5x2^2x2x2x2x2x2 (2)
1: 8 cifras y 1 se repite 6 veces --> 8!/6! = 56
2: 8 cifras y 1 se repite 5 veces --> 8!/5! = 336
Con 8 dígitos hay: 56+336 = 392

9 dígitos: hay una sola posibilidad, 3x5x2x2x2x2x2x2x2, donde hay 9 cifras y 1 se repite 7 veces --> 9!/7! = 72

Ahora, sumamos todos los casos: 12+200+780+840+392+72 = 2296

Así, la respuesta me da que la lista de Miguel tiene 2296 números.

Bueno, nada, quería saber si les parece bien la respuesta, y si alguno tiene una más linda, porque analicé un montón de casitos y me pareció bastante propenso a olvidarme de uno o contar uno dos veces.

Perdón por el desastre de redacción, espero que se entienda... Cuando lea la guía de LaTeX lo redacto de nuevo más lindo, si les da fiaca leerlo todo bien, y si algo no se entiende díganme, que intento explicar lo que traté de hacer :P
Muchas gracias!!
Valee Fernandez
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Re: Problema 2, Regional 2009, Nivel 2

Mensaje sin leer por Valee Fernandez »

Yo también hice el problema, pero en lugar de darme un total de 2296 me dio 2356, por que tengo que con 5 dígitos hay 260 posibilidades, por que cuando tengo 5 dígitos,1 se divide 2 veces, así que la cantidad es 5!/2! = 60, yo a eso lo tengo repetido dos veces por que lo puedo formar con los números 4X4X8X3X5 y 2X8X8X3X5, así tendría
5!/2!= 60 60 X 2= 120. Y con 5 dígitos tendría un total de 260 y el resultado final es de 2356.
"La matemática consiste en resolver problemas, y no es matemático quien sabe mucho de matemática sino aquel que frente a la dificultad, sabe usarla."
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Ivan

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Re: Problema 2, Regional 2009, Nivel 2

Mensaje sin leer por Ivan »

Spoiler: mostrar
Primero veamos la cantidad de formas de factorizar [math] como producto de dígitos mayores que [math] (sin tener en cuenta el orden).

El [math] tiene que ser uno de los factores. El [math] puede aparecer solo o dentro de un [math]. Vamos a ver esos casos por separado.
  • [math]
    Tenemos que factorizar [math]. Las posibles formas son:
    • [math]
    • [math]
    • [math]
    • [math]
    • [math]
    • [math]
    • [math]
  • [math]:
    Tenemos que factorizar [math]. Las posibles formas son:
    • [math]
    • [math]
    • [math]
    • [math]
    • [math]
    • [math]
    • [math]
Ahora para cada factorización hay que ver cuantas posibles formas de mezclar los dígitos hay. Las posibles factorizaciones son:
  • [math]
  • [math]
  • [math]
  • [math]
  • [math]
  • [math]
  • [math]
  • [math]
  • [math]
  • [math]
  • [math]
  • [math]
  • [math]
  • [math]
Ahora uno hace todas las cuentitas y suma y obtiene el resultado.
Guía de $\LaTeX$ (sirve para escribir ecuaciones como $2^{3\times 2}+1=13\cdot 5$)
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Ivan

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Re: Problema 2, Regional 2009, Nivel 2

Mensaje sin leer por Ivan »

Otra forma:
Spoiler: mostrar
Llamemos [math] a la cantidad de números tales que la multiplicación de sus dígitos es igual a [math] y ningún dígito es igual a 1.

Tenemos [math].

La idea es calcular [math] haciendo observaciones de este estilo:
[math]
(la cuenta viene de considerar el primer dígito del número, si el dígito es [math] obtenemos el primer término, si el dígito es [math] el segundo, etcétera.)

Lo único que tenemos que hacer es calcular [math] para todos los divisores propios de [math]. Tenemos que calcular [math] valores de [math], es molesto pero tampoco tanto.

Por ejemplo
[math]
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Re: Problema 2, Regional 2009, Nivel 2

Mensaje sin leer por Hechicero »

Ivan escribió:
Spoiler: mostrar
Primero veamos la cantidad de formas de factorizar [math] como producto de dígitos mayores que [math] (sin tener en cuenta el orden).

El [math] tiene que ser uno de los factores. El [math] puede aparecer solo o dentro de un [math]. Vamos a ver esos casos por separado.
  • [math]
    Tenemos que factorizar [math]. Las posibles formas son:
    • [math]
    • [math]
    • [math]
    • [math]
    • [math]
    • [math]
    • [math]
  • [math]:
    Tenemos que factorizar [math]. Las posibles formas son:
    • [math]
    • [math]
    • [math]
    • [math]
    • [math]
    • [math]
    • [math]
Ahora para cada factorización hay que ver cuantas posibles formas de mezclar los dígitos hay. Las posibles factorizaciones son:
  • [math]
  • [math]
  • [math]
  • [math]
  • [math]
  • [math]
  • [math]
  • [math]
  • [math]
  • [math]
  • [math]
  • [math]
  • [math]
  • [math]
Ahora uno hace todas las cuentitas y suma y obtiene el resultado.

Hola, hay alguna manera de conseguir todas las factorizaciones,pork si las hago probando me falta una :/
No poder demostrar algo, pero saber que se cumple, es estar condenado a una vida de mediocres ideas.
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Ivan

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Re: Problema 2, Regional 2009, Nivel 2

Mensaje sin leer por Ivan »

Hechicero escribió:Hola, hay alguna manera de conseguir todas las factorizaciones,pork si las hago probando me falta una :/
Si te referís a factorizar [math] como producto de los dígitos [math], [math] y [math] la idea es hacer la lista de las factorizaciones de forma ordenada.

Primero las que tienen mas [math]. Si tienen igual cantidad de [math], primero las que tienen más [math], después la cantidad de [math] queda determinada. Haciendo esto no te salteas ninguna.

Por ejemplo para construir las factorizaciones de [math]. Podemos usar hasta dos veces el [math]:
  • Con dos [math] llegamos justo a [math]
  • Con un solo [math] ahora hay que factorizar [math] como producto de varios [math] y [math]. Podemos usar hasta una vez el [math]:
    • Con un [math] queda que hay que poner un [math]
    • Sin [math] queda que hay que poner tres [math]
  • Sin [math] ahora hay que factorizar [math] como producto de varios [math] y [math]. Podemos usar hasta tres veces el [math]:
    • Poniendo tres [math] llegamos justo a [math]
    • Poniendo dos [math] hay que agregar dos [math]
    • Poniendo un [math] hay que agregar cuatro [math]
    • Sin [math] hay que poner seis [math]
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Re: Problema 2, Regional 2009, Nivel 2

Mensaje sin leer por agleidhold »

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Veamos que $1920=2^7\times 3\times 5$. Pero también notemos que con estos números podemos formar tres dígitos más, que son $4=2^2, 6=2\times 3, 8=2^3$.
Ahora separemos en dos casos, donde usamos el $6$ y donde no (o donde dejamos al $3$ “solo” o no)
Caso $1$, usamos el $6$:
Siempre vamos a tener al $5$ y al $6$, así que solo tenemos que ver como “acomodamos” los seis $2$, que es lo mismo que buscar de cuántas formas podemos armar el $6$ sumando $1$, $2$ y $3$.
Si nuestra suma tiene el $3$ tenemos las opciones $3+3, 3+2+1, 3+1+1+1$.
Si tiene al $2$ pero no al $3$ tenemos las opciones $2+2+2, 2+2+1+1, 2+1+1+1+1$
Si no tiene ni al $2$ ni al $3$ la única opción que tenemos es $1+1+1+1+1+1$
Así que usando el $6$ tenemos las combinaciones de dígitos que son
$$5,6,8,8$$
$$5,6,8,4,2$$
$$5,6,8,2,2,2$$
$$5,6,4,4,4$$
$$5,6,4,4,2,2$$
$$5,6,4,2,2,2,2$$
$$5,6,2,2,2,2,2,2$$
Que nos dan un total de posibles números de $\frac{4!}{2!}+5!+\frac{6!}{3!}+\frac{5!}{3!}+\frac{6!}{2!2!}+\frac{7!}{4!}+\frac{8!}{6!}=718$
Caso $2$, no usamos el $6$:
Ahora lo único que tenemos que hacer es “acomodar” los siete $2$. Que es lo mismo que encontrar las formas de armar el $7$ sumando $1$, $2$ y $3$.
Si tiene al $3$ tenemos las opciones $3+3+1, 3+2+2, 3+2+1+1, 3+1+1+1+1$
Si tiene al $2$ y no al $3$ tenemos las opciones $2+2+2+1, 2+2+1+1+1, 2+1+1+1+1+1$
Si no tiene ni al $2$ ni al $3$ la única opción que tenemos es $1+1+1+1+1+1+1$
Lo que sería tener las siguientes combinaciones de dígitos
$$5,3,8,8,2$$
$$5,3,8,4,4$$
$$5,3,8,4,2,2$$
$$5,3,8,2,2,2,2$$
$$5,3,4,4,4,2$$
$$5,3,4,4,2,2,2$$
$$5,3,4,2,2,2,2,2$$
$$5,3,2,2,2,2,2,2,2$$
Lo que nos deja una cantidad de posibles números de $\frac{5!}{2!}+\frac{5!}{2!}+\frac{6!}{2!}+\frac{7!}{4!}+\frac{6!}{3!}+\frac{7!}{2!3!}+\frac{8!}{5!}+\frac{9!}{7!}=1638$
Por lo que en total, hay $718+1638=2356$ números que la multiplicación de sus dígitos es $1920$ y ninguno de ellos es $1$
$\large{e^{i\pi}+1=0}$
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