Maratón de Problemas

Avatar de Usuario
jhn

OFO - Medalla de Plata
Mensajes: 498
Registrado: Mié 10 Oct, 2012 3:25 pm
Medallas: 1
Nivel: Otro
Ubicación: Venezuela
Contactar:

Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por jhn » Dom 31 Dic, 2017 5:04 pm

Problema 299
Considere un polígono regular cun un número impar de vértices. Cada vértice se pinta de amarillo, rojo o verde de modo que haya una cantidad impar de vértices de cada color. Probar que hay un triángulo isósceles con sus tres vértices de colores diferentes.
Todo problema profana un misterio; a su vez, al problema lo profana su solución.
www.jhnieto.org

Avatar de Usuario
davisbeckam18

OFO - Medalla de Bronce FOFO Pascua 2017 - Medalla OFO - Medalla de Oro
Mensajes: 18
Registrado: Sab 17 Dic, 2016 8:57 pm
Medallas: 3
Nivel: 2

Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por davisbeckam18 » Mar 02 Ene, 2018 7:01 pm

Solución 299
Primero
Spoiler: mostrar
Es casi igual a la C3 2016. Igual dejo la soluión.
Ahora sí
Spoiler: mostrar
Sea $x_i$ el número de triángulos isósceles cuyos vértices son exactamente de $i$ colores distintos. Procedamos por contradicción.
Entonces $x_3=0$. Contemos de dos maneras distintas el número de parejas $(m,n)$, donde $m$ es un triángulo isósceles y $n$ es un lado del triángulo con vértices de distinto color (es decir, $n$ es una arista con vértices de distinto color formando parte del triángulo). Es claro que los triángulos isósceles contados en $x_1$ no forman parte de alguna pareja. Además cada triángulo contado en $x_2$ aporta cada uno con dos parejas ya que cada uno tienen dos lados con vértices de distinto color, por lo que hay $2x_2$ (que es par) de estas parejas. Pero por otro lado sean $a, v, r$ la cantidad de vértices de color amarillo, rojo y verde. Entonces el número de aristas con vértices de distinto color es $ab+bc+ca$ (como $a,b,c$ son impares, entonces $ab+bc+ca$ es impar). Pero cada arista forma parte de $3$ o $1$ triángulo. ( Lo primero es porque cuando la arista es la base del triángulo o uno de los lados iguales del triángulo isósceles; y lo segundo se da en el caso de que $n$ sea múltiplo de 3 y la arista divida a la circunferencia circunscrita al triángulo en un arco de $120^{\circ}$, entonces forma parte de solo un triángulo isósceles que a su vez es equilátero. Entonces el número de parejas es $3x+y= 2x + ab+bc+ca$ (que es impar). Tenemos, con las dos formas de contar, que un número par es igual a un impar. Contradicción.
.

Avatar de Usuario
jhn

OFO - Medalla de Plata
Mensajes: 498
Registrado: Mié 10 Oct, 2012 3:25 pm
Medallas: 1
Nivel: Otro
Ubicación: Venezuela
Contactar:

Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por jhn » Mié 03 Ene, 2018 9:54 am

Bien, proponé otro.
Todo problema profana un misterio; a su vez, al problema lo profana su solución.
www.jhnieto.org

Avatar de Usuario
davisbeckam18

OFO - Medalla de Bronce FOFO Pascua 2017 - Medalla OFO - Medalla de Oro
Mensajes: 18
Registrado: Sab 17 Dic, 2016 8:57 pm
Medallas: 3
Nivel: 2

Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por davisbeckam18 » Mié 03 Ene, 2018 2:03 pm

Problema 300
La secuencia es dada por las relaciones $a_1=7$ y $a_{n+1}=MCD(n+1,a_n)+a_n$ para todo $n\geq 1$. Probar que para cualquier entero positivo $n$ el número $a_{n+1} - a_n$ es un número primo o uno.

Avatar de Usuario
jhn

OFO - Medalla de Plata
Mensajes: 498
Registrado: Mié 10 Oct, 2012 3:25 pm
Medallas: 1
Nivel: Otro
Ubicación: Venezuela
Contactar:

Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por jhn » Vie 05 Ene, 2018 6:14 am

Solución 300
¡Bonito y sorprendente resultado!
Spoiler: mostrar
Sea $d_n=a_n-a_{n-1}$ (para $n\ge 2$). Haciendo una tabla de $a_n$ y $d_n$, observamos que los primeros valores con $d_n\ne 1$ son:

$n\quad a_n\quad d_n$

5 $\quad$ 15 $\quad$ 5

$6 \quad 18 \quad 3$

$11 \quad 33 \quad 11 $

$23 \quad 69 \quad 23 $

$24 \quad 72 \quad 3 $

$47 \quad 141 \quad 47$

$ 48 \quad 144 \quad 3$

$50 \quad 150 \quad 5$

$ 51 \quad 153 \quad 3 $

Se observa que para estos valores $a_n=3n$. Probaremos que en general si $a_n=3n$ y si $n'=n+k$ el menor entero mayor que $n$ para el cual $d_{n'}>1$, entonces $d_{n'}$ es primo y $a_{n'}=3n'$. Con esto e inducción quedará probado que los $d_n$ son primos o 1.

Es claro que para $0\le j\le k-1$ se tiene $a_{n+j}=a_n+j=3n+j$, y que $d_{n'}=mcd(n+k,a_{n+k-1})=mcd(n+k,3n+k-1)=mcd(n+k,2n-1)$. Además $d_{n'}\mid 2(n+k)-(2n-1)=2k+1$. Sea $p$ el menor factor primo de $2n-1$. Es claro que $p$ es impar, y $p\le d_{n'}\le 2k+1$. Luego $r=(p-1)/2\le k$.
Veamos que de hecho $r=k$. En efecto,
$d_{n+r}=mcd(n+r,a_{n+r-1})= mcd(n+r,3n+r-1)= mcd(n+r,2n-1)=mcd(2(n+r),2n-1)= mcd(2n+p-1,2n-1)= mcd(p,2n-1)= p$, y como $1\le r\le k$ y $d_{n+r}>1$ se concluye que $r=k$. Entonces $d_{n'}=p$ es primo y $a_{n'}=a_{n+k-1}+p=3n+k-1+2k+1=3(n+k)=3n'$. Listo.
Todo problema profana un misterio; a su vez, al problema lo profana su solución.
www.jhnieto.org

Avatar de Usuario
davisbeckam18

OFO - Medalla de Bronce FOFO Pascua 2017 - Medalla OFO - Medalla de Oro
Mensajes: 18
Registrado: Sab 17 Dic, 2016 8:57 pm
Medallas: 3
Nivel: 2

Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por davisbeckam18 » Vie 05 Ene, 2018 11:42 am

¡Todo bien! Propón otro.

Avatar de Usuario
jhn

OFO - Medalla de Plata
Mensajes: 498
Registrado: Mié 10 Oct, 2012 3:25 pm
Medallas: 1
Nivel: Otro
Ubicación: Venezuela
Contactar:

Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por jhn » Vie 05 Ene, 2018 5:42 pm

Problema 301
Se tiene un conjunto finito de cuadrados cuyas áreas suman 4. Pruebe que los cuadrados se pueden acomodar de modo tal que cubran por completo un cuadrado de lado 1.
Todo problema profana un misterio; a su vez, al problema lo profana su solución.
www.jhnieto.org

Avatar de Usuario
Violeta

OFO - Mención FOFO 7 años - Medalla Especial OFO - Medalla de Bronce
Mensajes: 361
Registrado: Sab 04 Jun, 2016 11:50 pm
Medallas: 3
Ubicación: Puerto Rico

Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Violeta » Dom 18 Feb, 2018 9:15 pm

jhn escribió:
Vie 05 Ene, 2018 5:42 pm
Problema 301
Se tiene un conjunto finito de cuadrados cuyas áreas suman 4. Pruebe que los cuadrados se pueden acomodar de modo tal que cubran por completo un cuadrado de lado 1.
Lleva ya un mes y medio. Algún hint? O alguien tiene ganas de hacerlo?
Para todo [math], existen [math] primos en sucesión aritmética.

Avatar de Usuario
enigma1234

OFO - Medalla de Oro
Mensajes: 45
Registrado: Sab 03 Jun, 2017 8:07 pm
Medallas: 1
Nivel: 2

Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por enigma1234 » Dom 25 Feb, 2018 8:21 pm

Solución 301:
Bonito problema!
Spoiler: mostrar
Es claro que el lado máximo de un cuadrado es 2 su esto sucede entonces solo habrá un cuadrado que será dicho cuadrado y es claro que esto cumple. Ahora supongamos que todos los cuadrados son de lado menor que 2.
Llamemos $c_i$ a los cuadrados de lado $x$ tal que $\frac{1}{2^i}\le x<\frac{1}{2^{\left(i-1\right)}}$ para todo $0\le i$.
Ahora cambiemos cada cuadrado con lado $x $ del tipo $c_i $ por un cuadrado de lado $\frac{1}{2^i}$ entonces vemos que $\frac{x^2}{4}<\frac{1}{4^i}$ entonces al terminar de cambiar los cuadrados la suma de las áreas de los cuadrados es al menos $\frac {1}{4} $ el área inicial y como al inicio la suma de las áreas es 4 entonces la suma de las áreas de los nuevos cuadrados es al menos 1.
Notese que si al hacer este cambio se puede rellenar el cuadrado de lado 1 también se puede rellenar el cuadrado sin hacer los cambios(dado que se hacen con cuadrados más pequeños).
Ahora si hay al menos 4 triángulos de lado $\frac{1}{2^i}$ entonces cambiamos estos por un cuadrado de lado $\frac{1}{2^{i-1}}$ para todo $0\le i$ al terminar de hacer estos cambios (es claro que tiene fin por ser una cantidad finita de cuadrados) quedarán como máximo 3 cuadrados con lado $\frac{1}{2^i}$ para todo $0\le i$(también puede quedar un cuadrado de lado 2 pero en este caso ya vimos que es posible).
Supongamos que no quedan cuadrados de lado 1 entonces todos los cuadrados que quedan son de lados $\frac{1}{2^i}$ para todo $1\le i$ con máximo 3 cuadrados de cada tipo sea $S $ la suma de los nuevos cuadrados por lo visto antes $S \geq 1$ y por lo anterior esto es menor que:
$$\frac{3}{4}+\frac{3}{16}+\frac{3}{64}...=3\frac{1}{\left(1-\frac{1}{4}\right)}-3=1$$
Lo cual es una contradicción.
Por lo tanto luego de los cambios al menos 1 cuadrado de lado 1 con lo que ya estaría,y como mencione anteriormente esto hace que también se pueda para los cuadrados originales.
2  
One in a millon...my lucky strike! :D

Avatar de Usuario
enigma1234

OFO - Medalla de Oro
Mensajes: 45
Registrado: Sab 03 Jun, 2017 8:07 pm
Medallas: 1
Nivel: 2

Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por enigma1234 » Mar 27 Feb, 2018 12:05 am

Problema 302:
Halle todas las funciones $f:\mathbb Q \to \mathbb Q$ tal que $f (x^2+y+f (xy))=(x+f (y)-2)f (x)+3$ para todo $x,y $ que pertenecen a $\mathbb Q$
One in a millon...my lucky strike! :D

Responder