Finale Bocconi 2019 - es 15

[ronny]

l'es 15 della finale dice di inserire 8 numeri primi diversi negli otto vertici di un cubo in modo che le 6 somme dei 4 vertici di ogni lato sia uguale. Quanto vale al minimo la somma?

Codice: Seleziona tutto

   H ----- G
  / |     / |
 /  |    /  |
D ----- C   |
|   |   |   | 
|   E --|-- F 
|  /    |  /  
| /     | /   
A ----- B

Se si chiamano i vertici A, B, C, D, E, F, G H (i primi 4 per esempio nella faccia di fonte e gli altri dietro) si trovano tante relazioni, come per esempio

A+B = H +G ed altri 5 simili per simmetria

Oppure queste 6 possono essere viste come

A - C = E - G (le differenze tra le diagonali su faccia parallele sono uguali) e altre 5 simili per simmetria.

Però mi sembra che in generale sia molto basato sull'andare a tentativi.

Quancuno sa indicarmi una strada per trovare la soluzione senza infognarsi in mille tentativi?

Ronny

[afullo]

Io sono andato per tentativi, e ho sbagliato escludendo il 3, con un ragionamento non corretto sulle congruenze modulo 6.

Bisogna avere l'idea di pensare ai primi gemelli per rendere le differenze costanti e uguali al minimo possibile (avuta), e poi osservare che non si riuscivano a sostituire numeri più grandi con il 7 e il 23.

Anche la soluzione "ufficiale", presentata in sede di premiazione, proponeva questo approccio, partendo da tale idea per poi provare l'impossibilità di fare meglio.

[ronny]

Grazie afullo,

Bisogna avere l'idea di pensare ai primi gemelli per rendere le differenze costanti e uguali al minimo possibile (avuta)

e poi osservare che non si riuscivano a sostituire numeri più grandi con il 7 e il 23

mi puoi spiegare meglio questi due ragionanenti
Quali differenze rimangono costanti (quelle tra i vertici sulle diagonali come veniva a me)? come si sfruttano?

Grazie

[afullo]

Io l'ho pensata così: esclusi il 2 ed il 3, tutti gli altri primi sono o congrui a -1, o congrui a 1, modulo 6; vediamo quindi di considerare su ogni faccia due primi congrui a -1, e due primi congrui a 1. Per tenere i numeri i più piccoli possibili, prendiamo primi gemelli, ovvero consecutivi: 5 e 7, 11 e 13, 17 e 19, 29 e 31.

Piazziamo quindi senza perdita di generalità 5 in A, e 7 in G (estremo opposto rispetto alla diagonale interna del cubo, in maniera tale che i due vertici non abbiano facce in comune, cosicché nessuna faccia si trovi a sommare i due numeri più piccoli). Poi, sempre senza perdita di generalità, piazziamo 11 in H (su di un vertice collegato con uno spigolo a G), e 13 in B (su di un vertice collegato con uno spigolo ad A). Proseguendo, posizioniamo 17 in C e 19 in E, ed infine 29 in F e 31 in D, in maniera tale da mettere il più piccolo davanti e il più grande dietro due volte, e fare anche due volte il viceversa (idem per sinistra/destra e sopra/sotto). Le varie somme valgono così:

A+B+C+D = 5+13+17+31 = 66 (frontale)
A+B+E+F = 5+13+19+29 = 66 (inferiore)
D+C+H+G = 31+17+11+7 = 66 (superiore)
E+F+G+H = 19+29+7+11 = 66 (posteriore)
B+C+G+F = 13+17+7+29 = 66 (destra)
A+E+D+H = 5+19+31+11 = 66 (sinistra)

Il ragionamento fila, peccato che niente toglie che si possa piazzare il 3 in A (calando di 2 le facce frontale, inferiore, sinistra) e il 5 in G (calando di 2 le facce posteriore, superiore e destra), lasciando fuori il 7 e portando le somme a 64 (non era necessario restringersi ad avere -1 e 1 come congruenze modulo 6 per compensare)...

Sul fatto che poi effettivamente 64 fosse il minimo, ovvero che non si potessero considerare 7 o 23 al posto di numeri più grandi, si poteva ragionare su relazioni del tipo di quelle che sono venute anche a te.

Purtroppo sono andato anche un po' di corsa, memore del 2017 nel quale un en plein non mi bastò a guadagnare la qualificazione parigina (quarto consegnando in 130', il secondo che conosco personalmente ci mise 117', non so quanto ci impiegò il terzo, ma questo significa che sono rimasto fuori per al più 13', e magari per pochissimi minuti), ho preferito correre (consegnando in 110') visto che la prova di quest'anno mi sembrava pure a portata di punteggio pieno (a differenza di quella dell'anno scorso dove gli ultimi esercizi erano molto difficili, e infatti si vinse con 15/18), ma invece si è rivelata leggermente più difficile di quella di due anni fa, con un solo 18/18 e due che andranno all'ombra della Tour con 17/18 essendo gli unici ad avere concluso con tale punteggio (io ho fatto 16/18). Forse con più calma me ne sarei accorto, ma col senno dei poi...

[ronny]

Grazie per la risposta afullo, ora me la studio (almeno trovo qualcuno con cui parlare di queste cose "astratte")

Complimenti per i risultati. Un punteggio pieno in 130' è tanta roba! (da questo inoltro si rivela il tuo nome guardando la classifica ). Anni fa ho studiato un po' di matematica ad ingegneria ma oggi mi ricordo un po' poco, specie di geometria. Ha partecipato mio figlio e quindi mi sono riappassionato ai giochi matematici (che mi sono sempre piaciuti). Sto cercando di studiare un pochino, specie in chiave risoluzione giochi del tipo Bocconi, per vedere se arrivo almeno a qualificarmi alla finale .
Dal tuo punteggio mi sembra che ti sia mancato l'esercizio 15 e il 14. Per il 14 a me ha aiutato aver visto qualche esempio di uso delle colorazioni che funzionava bene in questo caso per dimostrare che non si poteva raggiungere la configurazione richiesta.

[afullo]

Figurati. Sì, ho perso 29 punti rispetto al massimo realizzabile quest'anno; il 14 ho provato anch'io ad affrontarlo con le colorazioni, ma non mi è venuta in mente l'idea di usare quattro colori, e con due nei vari modi (orizzontale, verticale, a scacchi) non si riusciva a dimostrare niente.

Inoltre mi ha ingannato la similarità con il Peg Solitaire, di cui ricordavo una configurazione di partenza del genere risolvibile: in realtà in quel gioco le pedine si mangiano e lo scopo è di lasciarne solo una, per cui cambia tutto (oltre ad essere diversa pure la dimensione, 7x7 e non 8x8).

Così ho ipotizzato fosse possibile risolverlo solo con spostamenti in basso o a destra, e ho calcolato il numero di mosse in base a quanto sarebbero dovute variare complessivamente le coordinate dei pioli, venendomi 58; dispiace che in diversi non avevano idea di come risolverlo ma, dovendo sparare a caso un numero, hanno optato per lo 0 sperando nell'impossibilità, indovinando.

[ronny]

ma non mi è venuta in mente l'idea di usare quattro colori, e con due nei vari modi (orizzontale, verticale, a scacchi) non si riusciva a dimostrare niente.

L'indicazione di fare una colorazione diversa da quella a due colori mi è venuta considerando che, se numeri le colonne e le righe, una pedina rimane su coordinate con la stessa parità, da una dispari rimane ad una dispari spostandosi di 2. Quindi mi è venuto di provare una colorazione a 4 colori in quanto c'erano 4 casi di parità (2 per l'orizzontale e 2 per il verticale).

dispiace che in diversi non avevano idea di come risolverlo ma, dovendo sparare a caso un numero, hanno optato per lo 0 sperando nell'impossibilità, indovinando

Effettivamente i test a risposta secca come questo di espongono al fatto che si possa provare sparando a caso. Questo esercizio poi ti dava una possibile risposta (lo 0) che quindi poteva essere tentata.
Forse dovrebbero dare 0 in caso di non risposta e dare dei punti negativi in caso di risposta sbagliata.
Però così si penalizzerebbe chi ha trovato la strada giusta ma ha sbagliato qualche calcolo....

[afullo]

L'indicazione di fare una colorazione diversa da quella a due colori mi è venuta considerando che, se numeri le colonne e le righe, una pedina rimane su coordinate con la stessa parità, da una dispari rimane ad una dispari spostandosi di 2. Quindi mi è venuto di provare una colorazione a 4 colori in quanto c'erano 4 casi di parità (2 per l'orizzontale e 2 per il verticale).

Sì, era l'approccio corretto; io invece ho provato soltanto a ragionare singolarmente sulle due coordinate, e sulla loro somma. Sempre per il discorso del tempo, anche se qui ha influito pure il fatto di avere avuto in testa questo...

Effettivamente i test a risposta secca come questo di espongono al fatto che si possa provare sparando a caso. Questo esercizio poi ti dava una possibile risposta (lo 0) che quindi poteva essere tentata.
Forse dovrebbero dare 0 in caso di non risposta e dare dei punti negativi in caso di risposta sbagliata.
Però così si penalizzerebbe chi ha trovato la strada giusta ma ha sbagliato qualche calcolo....

La penalizzazione delle risposte errate funziona bene nei test a risposta multipla, in cui le alternative sono in numero finito e piccolo, e quindi è possibile determinare una probabilità di indovinare rispondendo del tutto a caso, da cui fare in modo che il valore atteso di un tentativo del genere sia lo stesso punteggio che sarebbe assegnato nel caso di non risposta (di solito 0, ma non sempre, per esempio nei Giochi di Archimede è 1).

Qui sarebbe stato più difficile, essendo peraltro palese da subito che non tutti i numeri avrebbero avuto la stessa possibilità di essere la risposta corretta: se il gioco fosse stato non risolvibile, come poi effettivamente era, la risposta doveva essere 0, mentre se il gioco fosse stato risolvibile, si sarebbe dovuto determinare il numero minimo di mosse, e quindi ci sarebbero potute essere molte più possibilità per il valore. Ergo, per tirare a caso un numero positivo qualsiasi...

Anche se effettivamente nei due problemi a risposta numerica della Gara di Febbraio delle Olimpiadi di Matematica lasciare in bianco è meglio che rispondere errato; pure nella gara a squadre c'è la penalità, ma lì è diverso, perché la verifica della correttezza è in tempo reale, ed un problema può essere tentato un numero arbitrario di volte.