OFO 2021 Problema 4

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
tuvie

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OFO 2021 Problema 4

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Sean $a,b,c,d,e,f$ seis números enteros tales que los números$$a \cdot (b-c+d-e+f)\qquad \text{y}\qquad f\cdot (a-b+c-d+e)$$son ambos negativos (menores que $0$). Demostrar que el número $a\cdot f$ también es negativo.
tuvie

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Re: OFO 2021 Problema 4

Mensaje sin leer por tuvie »

Problema 4

Solucion Oficial:
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Notemos en primer lugar que ni $a$ ni $f$ pueden ser iguales a $0$, ya que de lo contrario alguno de los numeros que el enunciado nos dice que son negativos serian iguales a $0$.

Vamos a ver entonces que $a$ y $f$ no pueden tener ambos el mismo signo. Para ello, vamos a suponer en dos casos distintos que $a$ y $f$ son positivos y que $a$ y $f$ son negativos, y obtener una contradiccion.

Supongamos primero que $a$ es positivo y que $f$ es positivo. Usando entonces que los dos numeros del enunciado son negativos, tenemos que $b-c+d-e+f$ y $a-b+c-d+e$ son negativos. Por lo tanto su suma tambien es negativa, es decir
$$(b-c+d-e+f)+(a-b+c-d+e)=a+f$$
debe ser negativo, pero esto es una contradiccion ya que tanto $a$ como $f$ son positivos.

De una manera muy similar, si suponemos que tanto $a$ como $f$ son negativos, obtenemos que $a+f$ es positivo, que es una contradiccion.

Por lo tanto, como ni $a$ ni $f$ pueden ser $0$, ni tener el mismo signo, podemos concluir entonces que $af$ debe ser negativo, como requería el enunciado.
Comentarios generales:
Spoiler: mostrar
En general lo que observe de las soluciones es que encaran el problema por el lado de los signos (o comparar ciertas expresiones con $0$), pero descuidan el caso en el que esa expresion que estan mirando es efectivamente $0$. En otras palabras, cuando separan en casos solo miran los casos negativo y positivo pero nunca analizan el caso $0$.

Como recomendacion, siempre que separen en casos, repasen en que casos estan separando y asegurense que estan cubriendolos a todos aunque sea con algunas palabras, aun si ese caso que no estamos desarrollando es facil o muy facil de resolver.
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Sandy

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Re: OFO 2021 Problema 4

Mensaje sin leer por Sandy »

Solución:
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Al igual que con su gestión, $af$ negativo.
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Supongamos lo contrario, es decir, $a$ y $f$ tienen el mismo signo. Notemos que $(-a)((-b)-(-c)+(-d)-(-e)+(-f))=a(b-c+d-e+f)$, y similarmente los otros dos productos, luego podemos asumir que $a,f$ son ambos positivos.
Luego $b-c+d-e+f<0$ y $a-b+c-d+e<0$.
Luego vale que $b-c+d-e<b-c+d-e+f<0$, pues $f>0$. Además, vale que $-b+c-d+e<a-b+c-d+e<0$.
Absurdo, pues $b-c+d-e=-(-b+c-d+e)$.
Luego $af<0$.
Edit:
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No sean nabos y no se olviden de que los números pueden ser $0$.
Última edición por Sandy el Mié 10 Feb, 2021 2:11 am, editado 1 vez en total.
4  
Fallo inapelable.
Renzo Gemma

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Re: OFO 2021 Problema 4

Mensaje sin leer por Renzo Gemma »

Demostración:
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Sea ${x=b-c+d-e}$
$\Rightarrow$ ${-x=-b+c-d+e}$

$(A)$
${a(x+f)<0}$

$1:$ ${a<0 \land x+f>0}$
$2:$ ${a>0 \land x+f<0}$

$(B)$
${f(a-x)<0}$

$1:$ ${f<0 \land a-x>0}$
$2:$ ${f>0 \land a-x<0}$

$C_1$: $A_1$ $\bigcup$ $B_1$

$a<0$
$f<0$
$x+f>0$ $(1)$
$a-x>0$ $(2)$

${(1)+(2)}$ $\Rightarrow$

${(x+f)+(a-x)>0+0}$

${a+f>0}$ $Abs!$ $\because$ ${a<0 \land f<0}$

$\therefore$ ${a<0}$ $\land$ ${x+f>0}$ $\iff$ $f>0$ $\land$ ${a-x<0}$
$\Rightarrow$ $af<0$

$C_2$: $A_2$ $\bigcup$ $B_2$

$a>0$
$f>0$
$x+f<0$ $\Rightarrow$ $0<-x-f$ $(1)$
$a-x<0$ $\Rightarrow$ $0< x-a$ $(2)$

${(1)+(2)}$ $\Rightarrow$

${0+0<(-x-f)+(x-a)}$

$\Rightarrow$ $0<-a-f$
$a+f<0$ $Abs!$ $\because$ ${a>0 \land f>0}$

$\therefore$ ${a>0}$ $\land$ ${x+f<0}$ $\iff$ $f<0$ $\land$ ${a-x>0}$
$\Rightarrow$ $af<0$

$Q.E.D.$
Como dice Mickey Mouse:

Esta es una herramienta sorpresa que nos ayudará más tarde...
El gran Filipikachu;

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Re: OFO 2021 Problema 4

Mensaje sin leer por El gran Filipikachu; »

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Sabemos que la ecuación $a\cdot (b-c+d-e+f)$ es negativa, por lo que uno de sus factores necesariamente es negativo.

Supongamos que $a$ es negativo, tenemos entonces la siguiente desigualdad:
$b-c+d-e+f>0 \qquad \Rightarrow \qquad b+d+f>c+e$

Teniendo esta desigualdad, supongamos ahora que $f$ es negativo y reemplazamos en la segunda ecuación, tendríamos esta otra desigualdad:
$a-b+c-d+f>0 \qquad \Rightarrow \qquad a+c+e>b+d$

Sumamos ambas desigualdades
$a+b+c+d+e+f>b+c+d+e$
$a+f>0$
Llegamos a un absurdo donde la suma de dos números negativos es mayor que 0, por lo tanto $a$ y $f$ no pueden ser negativos al mismo tiempo.

Ahora veamos el caso donde $a$ y $f$ son positivos utilizando el mismo proceso.
$b-c+d-e+f<0 \qquad \Rightarrow \qquad b+d+f<c+e$
y
$a-b+c-d+f<0 \qquad \Rightarrow \qquad a+c+e<b+d$
Sumamos ambas desigualdades:
$a+b+c+d+e+f<b+c+d+e$
$a+f<0$
Llegamos nuevamente a un absurdo, ya que 2 números positivos sumados no son menores a 0. $a$ y $f$ no pueden ser ambos positivos al mismo tiempo.

En conclusión $a$ y $f$ no pueden ser del mismo signo, por lo tanto $a \cdot f$ no es positivo.
$a \cdot f$ tampoco es 0, ya que $a\cdot (b-c+d-e+f) \neq 0 \qquad \text{y} \qquad f \cdot (a-b+c-d+e) \neq 0$

Por lo tanto $a \cdot f$ es negativo.
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BrunZo

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Re: OFO 2021 Problema 4

Mensaje sin leer por BrunZo »

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Quizás hice cosas de más:

Llamemos $M = b - c + d - e + f, N = a - b + c - d + e.$
Entonces $M + N = a + f$, llamemos $S$ a esta suma.
Luego:
$$S^2 = (M + N)(a + f) = aM + fM + aN + fN$$
Supongamos por el absurdo que $af$ es positivo, es decir, que $a$ y $f$ tienen el mismo signo. Entonces, como $aM$ y $fN$ tienen el mismo signo (negativo), necesitamos que $M$ y $N$ también tengan el mismo signo entre sí. Esto implica que si $aM$ es negativo, entonces $aN$ también es negativo. Similarmente, $fM$ es negativo. Pero entonces, el lado derecho de la igualdad de arriba es negativo, y por otro lado sabemos que $S^2$ nunca es negativo. Contradicción.
Sabemos ahora que $af$ tiene que ser negativo. : )
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Dauphineg

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Re: OFO 2021 Problema 4

Mensaje sin leer por Dauphineg »

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Sabemos que todo número no nulo debe tener un signo,y que solo hay $2$ posibilidades $+$ o $-$.
También sabemos que si $2$ números tienen el mismo signo entonces la suma de ellos tendrá también el mismo signo. Designamos $sig(x)$ al signo del número $x$, es claro que los números $a$, $f$, $b-c+d-e+f$, $a-b+c-d+e$ son no nulos para que se cumpla la hipótesis del problema.
Por hipótesis $sig(a)\neq sig(b-c+d-e+f)$ y también $sig(f)\neq sig(a-b+c-d+e)$ $(*)$
Supongamos que $sig(a)= sig(f) \Rightarrow sig(a)= sig(f)= sig(a+f)$, además por $(*)$ $sig(b-c+d-e+f)=sig(a-b+c-d+e)\Rightarrow sig(b-c+d-e+f)=sig(a-b+c-d+e)=sig(a+f)$ pero entonces de esto y de lo anterior tenemos que $sig(b-c+d-e+f)=sig(a)$ que es una contradicción de $(*)$
Luego $sig(a)\neq sig(f)$ y entonces $a.f$ es negativo
Juaco

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Re: OFO 2021 Problema 4

Mensaje sin leer por Juaco »

Elijo k tal que k=(b-c+d-e) por lo que tengo también que
-k=(-b+c-d+e)
por letra se que a(k+f)<0 y f(-k+a)<0 ***(1)***
Por la primera se saca que -f<k por lo que k+f>0 ***(2)***
Análogamente por la otra ecuación se llega a que a<k por lo que -k+a<0 ***(3)***
Si multiplicó las 2 ecuaciones de ***(1)*** como ambas son negativas el producto es positivo y queda
af((k+f)(-k+a))>0 como en los 3 factores hay uno positivo y uno negativo el tercero (el factor af) debe ser negativo ya que el producto de todo da positivo
$\text{“The further removed from usefulness or practical application, the more important."}$
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Fran5

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Re: OFO 2021 Problema 4

Mensaje sin leer por Fran5 »

Parecida a las de arriba :)
Spoiler: mostrar
Sean $X = a$, $Y=f$, y $Z=b-c+d-e$.

Tenemos $X(Y+Z) <0$ (1) e $Y(X-Z) <0 (2)$

Luego, sin pérdida de generalidad **, por (1), tenemos $X<0<Y+Z$, de donde $X-Z < Y$. Esto implica que, por (2), $X-Z < 0 < Y$

En particular, $X<0<Y$, de donde $af=XY < 0$

** Si no sucede, cambiamos todos los números por su opuesto y listo.
1  
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HelcsnewsXD

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Re: OFO 2021 Problema 4

Mensaje sin leer por HelcsnewsXD »

Por comodidad, digamos que $\exists k \in Z | b-c+d-e = k \Rightarrow$ Las expresiones pasan a ser $a\times (k+f) < 0 \wedge f\times (a-k) < 0$

Hipótesis:
Spoiler: mostrar
Suponemos que $a\times f \geq 0$
Consecuencias:
Spoiler: mostrar
Caso 1 ($a\times f = 0$)
$a\times f = 0 \Rightarrow a = f = 0 \Rightarrow a\times (k+f) = f\times (a-k) = 0 \Rightarrow$ Absurdo ya que por condición, estas últimas dos expresiones son menores que 0.

Caso 2 ($a\times f > 0$)
Subcaso 1 ($a,f < 0$)
Como $a,f < 0 \wedge a\times (k+f) < 0 \wedge f\times (a-k) < 0 \Rightarrow k+f > 0 \wedge a-k > 0 \Rightarrow k > -f \wedge a > k \Rightarrow$ Por transitividad, $-f < k < a \Rightarrow -f < a$. Pero como $-f > 0$ y $a < 0$ es un absurdo.
Subcaso 2 ($a,f > 0$)
Como $a,f > 0 \wedge a\times (k+f) < 0 \wedge f\times (a-k) < 0 \Rightarrow k+f < 0 \wedge a-k < 0 \Rightarrow k < -f \wedge a < k \Rightarrow$ Por transitividad, $a < k < -f \Rightarrow a < -f$. Pero como $-f < 0$ y $a > 0$ es un absurdo.
Conclusiones y resultado:
Spoiler: mostrar
Llegamos a un claro absurdo tras suponer que $af \geq 0$. Por ello, como esto no puede suceder, por tricotomía tenemos que $a\times f < 0$ y se demuestra.

Q.E.D.
Na, clave la solución :lol:
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