Contar todos los valores posibles del producto de enteros de $3$ establece

Question

Tengo la siguiente pregunta:

Roberta elige un número entero $r$ del conjunto $\{2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\}$ , un número entero $s$ del conjunto $\{22, 33, 44, 55, 66, 77, 88, 99\}$ y un número entero t del conjunto $\{202, 303, 404, 505, 606, 707, 808, 909\}$ . ¿Cuántos valores posibles hay para el producto $rst$ ?

(A) 85 (B) 81 (C) 90 (D) 84 (E) 80

Esta es una pregunta de 2019 Cayley (Pregunta 24) concurso.

He comprobado el respuesta (Pregunta 24) durante varias veces, pero la respuesta sólo utiliza las diferentes posibilidades del factor de 5 y del factor 7 para contar todos los valores posibles, lo cual es un poco raro.

¿Alguien podría explicarme cómo resolver esta cuestión?

Gracias por las respuestas.

Actualizado: Veo que la gente mencionó en el comentario que esta pregunta es ridícula y la respuesta es inútil, no tiene ningún sentido. Estoy de acuerdo. Pero ya que se trata de una pregunta de concurso, ¿cuál sería una respuesta alternativa y mejor si no miramos la solución que da?

Answer 1

He aquí una forma algo más concisa de enumerar los casos. Los productos $rst$ son todos de la forma $$2^{n_2}3^{n_3}5^{n_5}7^{n_7}11^1 101^1,$$ donde $n_2\in\{0,\dots,9\}$ , $n_3\in\{0,\dots,6\}$ , $n_5\in\{0,\dots,3\}$ y $n_7\in\{0,\dots,3\}$ . Si no hubiera otras restricciones, habría $$(9+1)(6+1)(3+1)(3+1)=1120$$ posibilidades, pero tenemos restricciones como $n_2+n_3+n_5+n_7 \ge 3$ y $n_5+n_7 \le 3$ .

Nuestro enfoque consistirá en condicionar primero $n_5+n_7$ y luego en $n_3$ . Obsérvese que para un valor determinado de $n_5+n_7$ Hay $n_5+n_7+1$ opciones del par ordenado $(n_5,n_7)$ .

$$\begin{matrix} \hline n_5+n_7 & n_3 & n_2 & \text{count} \\ \hline 3 & 0 & 0 & (3+1)(1) = 4 \\ \hline 2 & 2 & 0 & (2+1)(1) = 3 \\ 2 & 1 & 0,1 & (2+1)(2) = 6 \\ 2 & 0 & 1,2,3 & (2+1)(3) = 9 \\ \hline 1 & 4 & 0 & (1+1)(1) = 2 \\ 1 & 3 & 0,1 & (1+1)(2) = 4 \\ 1 & 2 & 0,\dots,3 & (1+1)(4) = 8 \\ 1 & 1 & 1,\dots,4 & (1+1)(4) = 8 \\ 1 & 0 & 2,\dots,6 & (1+1)(5) = 10 \\ \hline 0 & 6 & 0 & (0+1)(1) = 1 \\ 0 & 5 & 0,1 & (0+1)(2) = 2 \\ 0 & 4 & 0,\dots,3 & (0+1)(4) = 4 \\ 0 & 3 & 0,\dots,4 & (0+1)(5) = 5 \\ 0 & 2 & 1,\dots,6 & (0+1)(6) = 6 \\ 0 & 1 & 2,\dots,7 & (0+1)(6) = 6 \\ 0 & 0 & 3,\dots,9 & (0+1)(7) = 7 \\ \hline \text{total} &&& 85 \\ \hline \end{matrix}$$

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Resulta que estas son exactamente las soluciones enteras no negativas de $$\begin{align} n_2 + n_3 + n_5 + n_7 &\ge 3 \\ 2n_2 + 3n_3 + 6n_5 + 6n_7 &\le 18 \\ \end{align}$$ Pero no veo ninguna forma más rápida de contarlos.

Answer 2

No miré la solución completa pero me pareció realmente razonable dividir en casos por el número de $5$ y $7$ que aparece en $rmn$ .

Mi proceso de pensamiento:

Podemos ignorar $11$ y $101$ y centrarse en $\{2, 2^2, 2^3, 3, 3^2, 2\times 3, 5, 7\}$ . Hay varias formas de contar los valores posibles.

Podemos dividir en casos por el número de $2$ que aparece en $rmn$ . Sin embargo, hay $10$ casos (0 a 9), y esto no es bueno.

$3$ parece ser un poco mejor, pero todavía tiene 7 casos (0 a 6) así que esto tampoco es bueno.

$5$ y $7$ son simples. Cada uno tiene sólo $4$ casos y sólo hay $10$ casos combinados.

Sin embargo, hay que dividir los casos por el número de $2$ y $3$ más tarde, de todos modos. Por lo tanto, esto realmente no tiene una gran ventaja.

Yo diría que es tu preferencia con qué número quieres empezar.