Maratón de Problemas

Re: Maratón de Problemas

UNREAD_POSTpor Emerson Soriano » Mié 05 Abr, 2017 9:32 pm

Solución al Problema 263.
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Hacemos $n=2t^{2}$. Entonces $n^{2}+1=4t^{4}+1=(2t^{2}-2t+1)(2t^{2}+2t+1)$. Haciendo $t\equiv 1\pmod 5$, tenemos que $2t^{2}+2t+1$ es múltiplo de $5$. Entonces, $n^{2}+1=5\times \left (\frac{2t^{2}+2t+1}{5}  \right )(2t^{2}-2t+1)$. Con $t$ suficientemente grande, es claro que esos tres factores son distintos y además son menores que $n$. Por lo tanto, $n!$ es divisible por el producto de esos tres factores.
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Re: Maratón de Problemas

UNREAD_POSTpor MateoCV » Jue 06 Abr, 2017 4:57 pm

264?
$2^{74207281}-1$ es primo
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Re: Maratón de Problemas

UNREAD_POSTpor Emerson Soriano » Vie 07 Abr, 2017 3:01 am

Problema 264.
Sea $\mathcal{A}$ el conjunto de todos los enteros positivos $n$ tales que $n!+1$ divide a $(2017n)!$. Determine si el conjinto $\mathcal{A}$ es finito o infinito.
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Re: Maratón de Problemas

UNREAD_POSTpor jhn » Sab 08 Abr, 2017 9:35 pm

Solución 264
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Es finito. Supongamos que $n!+1$ divide a $(2017n)!$. Emtonces cada factor primo $p$ de $n!+1$ satisface $n<p<2017n$, y puede aparecer en $(2017n)!$ con exponente a lo sumo $\lfloor 2017n/p+\lfloor 2017n/p^2\rfloor+\cdots$ Si $n>2017$ entonces $2017n/p<2017$ y $2017n/p^k<2017/n^{k-1}<1$ para $k>1$, es decir que la potencia de $p$ que divide a $(2017n)!$ es a lo sumo $p^{2016}$. Por otra parte es fácil ver que el producto de los primos entre $m$ y $2m$ cumple


$$\prod_{m<p<2m} p\leq \binom{2m-1}{m-1}<4^{m-1}.$$



Luego $\prod_{n<p<2017n}= \prod_{n<p<2n} p\prod_{2n<p<4n} p\cdots \prod_{1024n<p<2017n}p$


$$< 4^{(n-1)+(2n-1)+\cdots+(1024n-1)}=4^{n(1+2+4+\cdots+1024)-10}=4^{2047n-10}.$$



y $n!+1\leq \left(4^{2047n-10}\right)^{2016}.$ Pero $n!+1$ es un infinito de orden superior a cualquier exponencial $a^n$, luego para $n$ suficientemente grande la desigualdad anterior no se cumple y $n!+1$ no divide a $(2017n)!$.
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Re: Maratón de Problemas

UNREAD_POSTpor Emerson Soriano » Dom 09 Abr, 2017 3:52 pm

265?
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Re: Maratón de Problemas

UNREAD_POSTpor jhn » Dom 09 Abr, 2017 4:53 pm

Problema 265
Los ciclistas 1,2,...,n comienzan una carrera en ese orden (1 delante de 2, 2 delante de 3, etc.). Durante la carrera cada ciclista adelanta a exactamente uno de sus compañeros. ¿En cuántos órdenes diferentes pueden quedar los ciclistas al terminar la carrera?
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Re: Maratón de Problemas

UNREAD_POSTpor jhn » Mar 18 Abr, 2017 7:51 am

Aclaraciones al problema 265

1) La pista de carreras es recta, y no circular como algunos podrían pensar.

2) La situación del problema es imposible para $n=1$ (pues 1 no podría adelantar a nadie).

3) Pongamos $x\to y$ para indicar que el ciclista $x$ adelanta al $y$. Entonces para $n=2$
la única posibilidad es que $2\to 1$ y luego $1\to 2$, quedando en el orden 1,2.

4) Para $n=3$ hay dos posibilidades:
$2\to 1$, $3\to 1$ y $1\to 3$, quedando en el orden 2, 1, 3.
$2\to 1$, $1\to 2$ y $3\to 2$, quedando en el orden 1, 3, 2.

En este caso el primer adelanto no puede ser $3\to 2$, pues sólo podría seguir $2\to 3$ y 1 no podría adelantar a nadie.
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Re: Maratón de Problemas

UNREAD_POSTpor isavl » Dom 23 Abr, 2017 8:45 pm

SOLUCION PROBLEMA 265
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Si $n=4$ tenemos que los órdenes posibles para los corredores son: $1-2-3-4$, $1-3-4-2$, $2-1-4-3$, y $2-3-1-4$, entonces tenemos $4$ órdenes posibles, Definimos para $n\ge 2$, $P_n$ como la cantidad de órdenes posibles al finalizar una carrera con $n$ corredores, suponemos que $P_n=2^{n-2}$, lo demostraremos por inducción fuerte.

El caso base para $n=2$, y $n=3$ funciona asi que supondremos $n>2$ y que que se cumple para $2,3,\dots, n$. Probaremos que se cumple en una carrera de $n+1$ corredores.

Tenemos $2$ casos, si el corredor $n+1$ queda de último, o si el corredor $n+1$ queda de penultimo. Vemos que no hay mas casos ya que éste no puede ser adelantado por ningun corredor que el mismo no haya adelantado previamente, y solo puede adelantar a un corredor.

$Caso \: 1:$ Si el corredor $n+1$ queda de penultimo, entonces adelantó a algún corredor que haya quedado de último en la carrera con $n$ jugadores, y por hipotesis tenemos $P_n=2^{n-2}$ órdenes posibles en este caso.

$Caso \: 2:$ Si el corredor $n+1$ queda de último, entonces, si este adelanta a un corredor $k$, este corredor $k$ no puede haber adelantado a nadie previamente (para poder adelantar a $n+1$), y tiene que haber sido adelantado sucesivamente por los corredores $k+1, k+2,\dots ,n$. Delante de $k+1$ quedan $k-1$ corredores, que no pueden ser adelantados por nadie $> k$, entonces sus órdenes posibles son $P_{k-1}=2^{(k-1)-2}$. Y como $k$ puede ser cualquier número del $1$ al $n$ excepto el $2$, entonces los órdenes posibles para este caso son $1+P_2+P_3+...+P_{n-1}=1+1+2+4+...+2^{n-3}=2^{n-2}$

Por lo tanto el total de órdenes posibles es $2^{n-2}+2^{n-2}=2^{(n+1)-2}=P_{n+1}$. Y el resultado queda demostrado por inducción. $\square$


PROBLEMA 266
Sean $a,b,c \in (0,1)$. Demostrar
$\frac{a}{1-a} + \frac{b}{1-b} + \frac{c}{1-c} \ge \frac{3\sqrt[3]{abc}}{1-\sqrt[3]{abc}}$

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Re: Maratón de Problemas

UNREAD_POSTpor MateoCV » Lun 24 Abr, 2017 2:20 pm

Solución 266
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Por AM-GM tenemos $\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[3]{abc}$ que es lo mismo que $1-\sqrt[3]{abc}\geq \frac{3-a-b-c}{3}$ (1)
Por AG-GM con $1-a, 1-b$ y $1-c$ (que son positivos) tenemos que $\frac{3-a-b-c}{3} \geq \sqrt[3]{(1-a)(1-b)(1-c)}$ (2)
Juntando (1) y (2) tenemos $1-\sqrt[3]{abc}\geq \sqrt[3]{(1-a)(1-b)(1-c)}$ (3)
HAciendo AM-GM otra vez tenemos que $\frac{a}{1-a}+\frac{b}{1-b}+\frac{c}{1-c}\geq \frac{3\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{(1-a)(1-b)(1-c)}}$
Pero por (3) $\frac{3\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{(1-a)(1-b)(1-c)}} \geq \frac{3\sqrt[3]{abc}}{1-\sqrt[3]{abc}}$ y uniendo estas dos últimas desigualdades obtenemos la desigualdad buscada


Problema 267
Sean $x, y, z$ reales positivos tales que $x+y+z=1$. Probar que:


$$\frac{1+xy}{x+y}+\frac{1+yz}{y+z}+\frac{1+zx}{z+x}\geq 5$$


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Re: Maratón de Problemas

UNREAD_POSTpor Emerson Soriano » Mar 25 Abr, 2017 6:44 pm

Solución al Problema 267.
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Lo que nos piden probar es equivalente a:


$$\left (\frac{1+xy}{x+y}-1  \right )+\left ( \frac{1+yz}{y+z}-1 \right )+\left ( \frac{1+zx}{z+x}-1 \right )\geqslant 2,$$



es decir, piden probar que


$$\frac{(1-x)(1-y)}{x+y}+\frac{(1-y)(1-z)}{y+z}+\frac{(1-z)(1-x)}{z+x}\geqslant 2.$$




Como $x$, $y$, $z$ son reales positivos menores que $1$, entonces existen reales positivos $a$, $b$, $c$ tales que $a=1-x$, $b=1-y$,
$c=1-z$. Así, $a+b+c=2$. Reemplazando estas nuevas variables, vemos que el equivalente de lo que nos piden probar es


$$\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\geqslant 2.$$



En efecto, notemos que

$\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}=\frac{(ab)^{2}+(bc)^{2}+(ca)^{2}}{abc}\geqslant \frac{(ab)(bc)+(bc)(ca)+(ca)(ab)}{abc}=a+b+c=2,$

que es a donde se quería llegar.
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