Autor Tema: LVIII Olimpiada Matemática Española 2022 (mañana) Ej4.

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23 Enero, 2022, 10:34 pm
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Ignacio Larrosa

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Problema 4. Un grupo de 12 piratas de edades diferentes se reparte 2022 monedas, de manera que cada pirata (salvo el más joven) tiene una moneda más que el siguiente más joven. A continuación cada día se procede de la siguiente manera: se escoge a un pirata que tenga al menos 11 monedas, y ese da una moneda a todos los demás.

Encontrar el mayor número de monedas que un pirata puede llegar a tener.


Saludos,
Daría todo lo que se por la mitad de lo que ignoro (R. Descartes)
O incluso por muchísimo menos ...  (yo)

24 Enero, 2022, 08:59 am
Respuesta #1

geómetracat

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Una manera (innecesariamente complicada, ver el comentario de Luis):
Corregido.
Spoiler
Como hay \[ 12 \] piratas y cada uno tiene una moneda más que el anterior, los restos de dividir el dinero de cada pirata por \[ 12 \] son \[ 0,1,2, \dots, 11 \] (aparecen todos los restos posibles módulo \[ 12 \]). Además, en cada iteración aparecen todos los restos posibles módulo \[ 12 \], pues para el que pierde \[ 11 \] monedas se tiene que \[ x-11 \equiv x+1 \mod 12 \] y los demás suman una moneda.
Por tanto, el resultado más favorable para un pirata es que se dé la siguiente situación: un pirata tiene \[ 0 \] monedas, otro tiene \[ 1 \] moneda, otro tiene \[ 2 \] monedas, ... , otro tiene \[ 10 \] monedas, y el que queda tiene el resto, es decir, \[ 2022 - \sum_{i=0}^{10} i = 2022 - 55 = 1967  \] monedas.

Además esta situación se puede dar. En efecto, podemos por ejemplo fijar el primer pirata, de manera que nunca le toque a él repartir, y en los turnos consecutivos elegir a cada pirata del resto consecutivamente: en el primer turno el segundo pirata, luego el tercero, ..., luego el duodécimo, luego otra vez el segundo, etc.
Esto no está bien:
En cada una de estas rondas (en una secuencia de elecciones desde el segundo pirata hasta el duodécimo) cada pirata exceptuando el primero ha repartido \[ 11 \] monedas y ha recibido \[ 10 \]. Por tanto su ganancia neta es \[ -1 \]. Es decir, al final de una ronda cada pirata desde el segundo hasta el duodécimo tendrá una moneda menos que cuando ha empezado la ronda.
Como además cada pirata empezaba con una moneda más que el anterior, cuando acabe este proceso el segundo pirata tendrá \[ 0 \] monedas, el tercero tendrá \[ 1 \] moneda, ..., el duodécimo tendrá \[ 10 \] monedas, y por tanto estaremos en la situación buscada.


El problema con lo anterior es que no tiene en cuenta que un pirata puede no tener suficientes monedas para repartir. Para solucionarlo, hacemos igual que antes: cada pirata del segundo al duodécimo reparte consecutivamente, pero si algún pirata no tiene monedas suficientes se salta. Vamos a ver que en cada ronda (sucesión de turnos del segundo al duodécimo, saltando a todos los piratas sin suficientes monedas) la suma de las monedas de los piratas \[ 2 \] a \[ 12 \] siempre baja, suponiendo que al menos uno de esos piratas puede repartir monedas.  En efecto, si antes de empezar la ronda hay \[ k \] piratas que pueden repartir monedas y \[ 11-k \] que no, al final de la ronda cada pirata que no reparte habrá ganado \[ k \] monedas, y cada pirata que reparte habrá ganado \[ k-1 \] monedas, mientras que los \[ k \] piratas que han repartido habrán perdido \[ 11 \] monedas cada uno. En total, entre todos los piratas del segundo al duodécimo habrán ganado \[ (11-k)k+k(k-1)-11k = -k \]. Por tanto, mientras haya algún pirata que pueda repartir monedas, la suma total de monedas de los piratas \[ 2 \] a \[ 12 \] decrecerá estrictamente, y al final necesariamente debemos llegar a la situación buscada.


Así pues, el mayor número de monedas que puede llegar a tener un pirata son \[ 1967 \] monedas.
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La ecuación más bonita de las matemáticas: \( d^2=0 \)

24 Enero, 2022, 11:16 am
Respuesta #2

Luis Fuentes

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Hola

 Un comentario sobre la solución de geómetracat.

Spoiler
Creo que te complicas un poco especificando el orden en que se elige a quien reparte pasta. Simplemente fijamos a uno y ese no reparte nunca. Entonces mientras ese elegido tenga menos de \( 1967 \) monedas, quedan al menos \( 2022-1966=56 \) monedas; como no hay nadie que tenga el mismo número de monedas (por lo que razonaste al principio sobre los restos módulo \( 12 \)) y \( 0+1+\ldots+10=55 \) necesariamente alguno de los restantes tiene \( 11 \) o más monedas y se puede elegir para soltar el dinerillo.
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Saludos.

24 Enero, 2022, 11:24 am
Respuesta #3

geómetracat

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Sí, efectivamente, es innecesariamente complicado. Me he obcecado en ir por ahí cuando era mucho más fácil la cosa. Gracias.
La ecuación más bonita de las matemáticas: \( d^2=0 \)

24 Enero, 2022, 11:43 am
Respuesta #4

Richard R Richard

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Hola
Spoiler
la solución coincido es 1967, que sale de restar al 2022 el sumatorio de 0 a10 para 11 piratas, el tema que distrae es si de la distribución inicial, se puede llegar por un camino lógico a la distribución final. Si parten de 188,187,186,185,184,183,182,181,180,179,178,9 monedas respectivamente he comprobado que exite una sucesión lógica de repartos permite, llegar a 1967,10,9,8,7,6,5,4,3,2,1,0.
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Saludos
Saludos  \(\mathbb {R}^3\)

24 Enero, 2022, 11:55 am
Respuesta #5

Luis Fuentes

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Hola
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la solución coincido es 1967, que sale de restar al 2022 el sumatorio de 0 a10 para 11 piratas, el tema que distrae es si de la distribución inicial, se puede llegar por un camino lógico a la distribución final. Si parten de 188,187,186,185,184,183,182,181,180,179,178,9 monedas respectivamente he comprobado que exite una sucesión lógica de repartos permite, llegar a 1967,10,9,8,7,6,5,4,3,2,1,0.
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Saludos

Si, pero una observación...

Spoiler
Lo mismo que le comentaba a geómetracat; no es necesario hilar tan fino especificando como se hace la sucesión de repartos. El criterio es bastante grueso:

Simplemente fijamos a uno y ese no reparte nunca. Entonces mientras ese elegido tenga menos de \( 1967 \) monedas, quedan al menos \( 2022-1966=56 \) monedas; como no hay nadie que tenga el mismo número de monedas (por lo que razonaste al principio sobre los restos módulo \( 12 \)) y \( 0+1+\ldots+10=55 \) necesariamente alguno de los restantes tiene \( 11 \) o más monedas y se puede elegir para soltar el dinerillo.
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Saludos.

24 Enero, 2022, 07:53 pm
Respuesta #6

Richard R Richard

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Si Luis, siempre voy por el pueba y error luego de casualidad me entero de alguna regla general, debe haber muchismos caminos para llegar a ese maximo,  yo lo intente haciendo que empieza con 188 sea el que acopia todas las monedas pero es imposible , si en cada repárto ciclo gana 11  en cierta cantidad de repartos debe pasar de 188 a 1967 pero no es cierto porque la diferencia 1779  no es multiplo de 11 . En cambio si el que parte con 185 nunca es escogido para repartir sus monedas monedas es el candidato a poder tener el maximo  pues en 162 dias  tenemos \( 11\cdot 162+185=1967 \)  no se si cualquier marinero puede ser el que tenga el maximo, pero seguro que para tenerlo los otros 11 alguna ficha han de repartir a los otros... lindo el problema,


Corregido el texto en rojo no es cierto.
Saludos  \(\mathbb {R}^3\)

24 Enero, 2022, 08:41 pm
Respuesta #7

Luis Fuentes

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Si Luis, siempre voy por el pueba y error luego de casualidad me entero de alguna regla general, debe haber muchismos caminos para llegar a ese maximo,  yo lo intente haciendo que empieza con 188 sea el que acopia todas las monedas pero es imposible , si en cada repárto gana 11 en cierta cantidad de repartos debe pasar de 188 a 1967 pero no es cierto porque la diferencia 1779  no es multiplo de 11 . En cambio si el que parte con 185 nunca es escogido para repartir sus monedas monedas es el candidato a poder tener el maximo  pues en 162 dias  tenemos \( 11\cdot 162+185=1967 \)  no se si cualquier marinero puede ser el que tenga el maximo, pero seguro que para tenerlo los otros 11 alguna ficha han de repartir a los otros... lindo el problema

Ojo. En cada reparto todos ganan UNA moneda (ninguno gana \( 11 \)), excepto el que reparte que pierde \( 11 \).

Spoiler
Cualquiera puede ser el que acabe con las \( 1967 \) monedas.
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Saludos.

24 Enero, 2022, 10:52 pm
Respuesta #8

Richard R Richard

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Intentando explicarles mi método me he liado, el que recibe todas siempre gana 11  al tiempo que  todos pierden una en un reparto nada equitativo, a eso lo llamo un ciclo y es lo que intente decir previamente. (11 piratas distintos reparten y siempre esos 11, 1 no reparte y siempre gana).
Los ciclos no siempre son iguales porque luego de 9 ciclos (99 dias) , siempre al pirata de menor numero de moneda se le acaban las monedas, y deben pasar 2 ciclos de repartos de los otros 10 ,para que vuelva a tener 20 y entonces  si reparte lo acumulado le quedan 9 como al inicio entonces  finalizaría un ciclo o loop mas grande todo esto, que sucedería 14 veces   cada 120 dias (99 dias vuelve a 0 el que arranca con 9, en 20 dias sin repartir alcanza a sumar 20 y al dia siguiente reparte 11 y vuelve a quedar con 9 , un loop de 120 dias)
 apartir de allí una  vez mas vuelva a 0 el pirata que arranca el ciclo con 9 (es decir en 99 dias) el pirata que acumulo todo el tiempo llega a 1967. \( 14\cdot 120+99=1779 =1967-188 \)
pero bueno, ya se ha dicho ,que la táctica no es el problema. Sino un ejemplo.
Mejor no me aclaro más porque oscurezco, si no doy muchos mas detalles..

Saludos
Saludos  \(\mathbb {R}^3\)