{"id":1930,"date":"2021-02-13T07:22:36","date_gmt":"2021-02-13T07:22:36","guid":{"rendered":"https:\/\/blogs.ua.es\/dimates\/?p=1930"},"modified":"2021-02-13T07:22:36","modified_gmt":"2021-02-13T07:22:36","slug":"solucion-a-un-tablero-con-piedras","status":"publish","type":"post","link":"https:\/\/blogs.ua.es\/dimates\/2021\/02\/13\/solucion-a-un-tablero-con-piedras\/","title":{"rendered":"Soluci\u00f3n a un tablero con piedras"},"content":{"rendered":"
Problema 2 de la Fase Local de la Olimpiada Espa\u00f1ola de Matem\u00e1ticas 2021\r\nSe dirige a una edad de: 16-17 a\u00f1os<\/pre>\n
Determinar todas las parejas de enteros positivos (m, n) para los cuales es posible colocar algunas piedras en las casillas de un tablero de m filas y n columnas, no m\u00e1s de una piedra por casilla, de manera que todas las columnas tengan la misma cantidad de piedras, y no existan dos filas con la misma cantidad de piedras.
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\nSoluci\u00f3n:
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\nEvidentemente, si m = 1, n puede valer cualquier cantidad, ya que poniendo una piedra en cada casilla tendr\u00edamos una situaci\u00f3n como la que buscamos.<\/p>\n
Si m = 2, n tambi\u00e9n puede tener cualquier valor. Si n = 1, situar\u00edamos una piedra en una de las casillas, si n = 2, deber\u00edamos situar una piedra en las dos casillas de una misma fila, y para valores mayores de n, podr\u00edamos situar menos piedras en una de las filas que en otra, siempre una piedra por columna, para tener una situaci\u00f3n como la pedida.<\/p>\n
Veamos qu\u00e9 ocurre para m = 3. Est\u00e1 claro que n no puede valer 1, ya que no podemos conseguir en esas condiciones que las tres casillas sean diferentes. El caso n = 2 es m\u00e1s interesante, ya que en el caso de que las tres filas tengan cantidades diferentes de piedras, nos encontraremos con que tenemos todos los posibles valores entre 0 y 2, lo que supone un total de 0 + 1 + 2 = 3 piedras en total. Pero ese n\u00famero es una cantidad impar, y no podr\u00edamos conseguir que las dos columnas tuviesen la misma cantidad de piedras. Por tanto, n no puede valer 2.<\/p>\n
Sin embargo, n puede valer 3, como vemos en la imagen (1 \u2013 2 \u2013 3 piedras).
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\nY para crear tableros con n mayor, es suficiente a\u00f1adir piedras s\u00f3lo a las filas que tienen m\u00e1s, para que todas tengan cantidades diferentes. La cantidad de filas a la que habr\u00e1 que a\u00f1adir m\u00e1s es el n\u00famero de piedras que hay en cada una de las columnas previas.<\/p>\n
Una conclusi\u00f3n podemos sacar ya. En el momento en que un tablero de m filas se pueda llenar, tableros con m\u00e1s columnas es posible llenarlos siempre. Por lo tanto, para cada m, hay un tablero de un n\u00famero m\u00ednimo de n columnas que se puede llenar en las condiciones del problema, todos los que tengan un valor de n superior se podr\u00e1n llenar y todos los que tengan n inferior no podr\u00e1n llenarse.<\/p>\n
Antes de dar una idea m\u00e1s general, vamos a proseguir nuestra investigaci\u00f3n, para tener m\u00e1s evidencias.<\/p>\n
\u00bfQue sucede para 4 filas? Es decir, si m vale 4.<\/p>\n
Est\u00e1 claro que si n vale 2 no es posible, ya que si las 4 filas deben tener cantidades diferentes, debemos tener m\u00e1s posibilidades que 0 \u2013 1 \u2013 2. Pero resulta que para n = 3 s\u00ed lo es (como 0 + 1 + 2 + 3) = 6, al dividir resulta dar 2, as\u00ed que podemos hacer el siguiente reparto:
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\nPor lo tanto, para m = 4 el valor de n m\u00ednimo es de 3, igual que para el valor de m = 3.<\/p>\n
Continuando el proceso, para el valor de m = 5, se puede deducir que es imposible que n sea inferior a 4, porque no como m\u00ednimo debe haber 5 valores num\u00e9ricos entre 0 y n, pero 4 tambi\u00e9n es imposible, ya que 0 + 1 + 2 + 3 + 4 = 10, y no es divisible entre n = 4.<\/p>\n
El valor de n = 5 s\u00ed se puede rellenar, ya que 0 + 1 + 2 + 3 +4 = 10 s\u00ed es divisible por 5, y podemos situar las piedras de la siguiente forma:
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\nVamos a ver un par de ejemplos m\u00e1s. Para m = 6, s\u00ed es posible ampliar el tablero de m = 5, a\u00f1adiendo una fila m\u00e1s totalmente ocupada.
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\nY, de nuevo, nos encontramos que para m = 7, no es posible rellenar para n = 6, por ser 0 + 1 + \u2026 + 5 + 6 = 21 no divisible entre 6, pero s\u00ed entre 7, de donde para n = 7, podemos construir una soluci\u00f3n con 3 piedras por columna.
\n\"\"
\nVale, demostremos que este patr\u00f3n es correcto ahora.<\/p>\n
Una pareja (m, n) ser\u00e1 rellenable seg\u00fan las condiciones del problema si n es mayor o igual que m en el caso de que m sea impar, y si n es mayor o igual que m \u2013 1 si m es par.<\/p>\n
Seg\u00fan hemos demostrado antes, en el momento en que un tablero de m filas se pueda llenar, tableros con m\u00e1s columnas es posible llenarlos siempre. Por lo tanto, para cada m, hay un tablero de un n\u00famero m\u00ednimo de n columnas que se puede llenar en las condiciones del problema, todos los que tengan un valor de n superior se podr\u00e1n llenar y todos los que tengan n inferior no podr\u00e1n llenarse.<\/p>\n
Para valores de n inferiores a m \u2013 1, no ser\u00e1 posible cumplir las condiciones por que existen exactamente m posibles n\u00fameros entre 0 y m \u2013 1.<\/p>\n
Veamos que no es posible encontrar un tablero si m es impar y n = m \u2013 1, pero s\u00ed es posible para n = m. Supongamos entonces que m es impar.<\/p>\n
La suma 0 + 1 + \u2026 + m \u2013 2 + m \u2013 1 es (m \u2013 1)\u00b7m\/2. Puesto que m es impar, el factor 2 que quitamos ser\u00e1 de m \u2013 1, y el n\u00famero total de factores 2 ser\u00e1 uno inferior al de m \u2013 1, por lo que no ser\u00e1 posible dividirlo entre el n\u00famero de columnas. Luego es imposible cumplir las condiciones del problema.<\/p>\n
Sin embargo, si el n\u00famero de columnas coincide con m, podemos situar (m \u2013 1)\/2 piedras seguidas en la primera columna, dejando vac\u00eda la primera fila. En a siguiente columna repetiremos, dejando una fila m\u00e1s vac\u00eda y poniendo esa piedra en la \u00faltima, en la siguiente dos m\u00e1s, y as\u00ed sucesivamente, hasta que nos quedemos sin piedras en las primeras (m \u2013 1)\/2 + 1 filas, a partir de esa columna situaremos las piedras todas en las columnas inferiores.  De esta forma, la primera fila tendr\u00e1 0 piedras, la segunda 1, y as\u00ed hasta la fila (m \u2013 1)\/2 + 1, que tendr\u00e1 (m \u2013 1)\/2. La siguiente, puesto que  a partir de la columna (m \u2013 1)\/2 + 1 tendr\u00e1 piedras hasta la (m \u2013 1), tendr\u00e1 (m \u2013 1)\/2 + 1 piedras, y cada fila tendr\u00e1 una piedra m\u00e1s, hasta la \u00faltima, que tendr\u00e1 exactamente m \u2013 1.<\/p>\n
Ahora, por \u00faltimo, si m es par, s\u00ed es posible completar un tablero de m \u2013 1 columnas, tomando el tablero completo (m \u2013 1) por (m \u2013 1) y a\u00f1adiendo una fila totalmente rellena.<\/p>\n
Ha sido un problema muy manipulativo, pero que se ha revelado muy dif\u00edcil, ya que ha sido uno de los que menos puntuaci\u00f3n media se ha obtenido, al menos en mi Fase Local.<\/p>\n","protected":false},"excerpt":{"rendered":"
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