Maratón de Problemas

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jhn

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por jhn » Vie 30 Mar, 2018 7:34 pm

¿68?
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Violeta

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Violeta » Sab 31 Mar, 2018 1:17 pm

jhn escribió:
Vie 30 Mar, 2018 7:34 pm
¿68?
Eso mismo me dio, pero no he acabado de probarlo :(
Para todo [math], existen [math] primos en sucesión aritmética.

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enigma1234

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por enigma1234 » Mar 03 Abr, 2018 1:33 am

jhn escribió:
Vie 30 Mar, 2018 7:34 pm
¿68?
Si esa es la respuesta.
One in a millon...my lucky strike! :D

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jhn

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por jhn » Mar 03 Abr, 2018 8:24 am

Solución al 305
Spoiler: mostrar
Dado un conjunto finito $X$ de puntos del plano, tales que todas las distancias entre ellos sean distintas, digamos que $A\in X$ es minimal si $A$ es el punto más cercano de algún otro punto de $X$. Sea $M(X)$ el conjunto de los puntos minimales de $X$. Es claro que si $|X|\ge 2$ entonces $|M(X)|\ge 2$, pues si $A$ y $B$ son los puntos de $X$ a distancia mínima entonces $A$ y $B$ son minimales.

Lema 1: Un punto $A\in X$ puede ser el punto más cercano de a lo sumo cinco puntos de $X$.

Prueba: Supongamos por absurdo que haya seis puntos tales que $A$ sea el punto más cercano de cada uno de ellos. Sean $P_1$, $P_2$,..., $P_6$ dichos puntos, ordenados en sentido antihorario alrededor de $A$. Entonces como $\angle P_1AP_2+ \angle P_2AP_3+\cdots+ \angle P_5AP_6+ \angle P_6AP_1=360^\circ$, alguno de esos ángulos es $\le 60^\circ$, digamos $\angle P_iAP_j\le 60^\circ$. Pero $P_iP_j$ es el mayor lado del triángulo $AP_iP_j$ y por tanto el ángulo opuesto $\angle P_iAP_j$ es el mayor ángulo de ese triángulo, y por lo tanyo debe ser $>60^\circ$, absurdo.

Lema 2: Si $|M(X)|= 2$ entonces $|X|\le 9$.

Prueba: Sean $A$ y $B$ los puntos de $X$ a distancia mínima. Entonces $M(X)=\{A,B\}$. Por el lema anterior puede haber a lo sumo otros cuatro puntos cuyo punto más cercano sea $A$, y otros cuatro cuyo punto más cercano sea $B$. Por lo tanto $|X|\le 10$. Ahora bien, es fácil marcar 9 puntos que tengan solamente 2 puntos minimales (llamemos bloque a una tal configuración), pero con 10 puntos no es posible. Procedamos nuevamente por absurdo, suponiendo que existan puntos $P$, $Q$, $R$, $S$ (además de $B$) cuyo punto más cercano es $A$ y , $T$, $U$, $V$, $W$ (además de $A$) cuyo punto más cercano es $B$. Supongamos que $B$, $P$, $Q$, $R$, $S$ están ordenados en sentido antihorario alrededor de $A$ y que $A$, $T$, $U$, $V$, $W$ están ordenados en sentido horario alrededor de $B$. Como $\angle PAQ+ \angle QAR+\angle RAS>60^\circ+60^\circ+60^\circ=180^\circ$ resulta que $\angle SAB+ \angle BAP<180^\circ$. Análogamente
$\angle TBA+ \angle ABW<180^\circ$. Por lo tanto $\angle SAB+ \angle ABW<180^\circ$ o $\angle BAP+ \angle TBA<180^\circ$. Supongamos sin pérdida de generalidad esto último, y pongamos $\alpha=\angle BAP$, $\beta= \angle TBA$, $\gamma=\angle PTB$, $\delta= \angle APT$. Entonces $\alpha+ \beta<180^\circ$. Pero como $PT>TB$ debe ser $\angle TBP>\angle BPT$. Y como $PA>AB$ debe ser $\angle PBA>\angle APB$. Sumando resulta $\beta>\delta$, y análogamente $\alpha>\gamma$. Pero entonces $\alpha+\beta+\gamma+\delta<2(\alpha+\beta)<2\cdot 180^\circ=360^\circ$, absurdo.

Para obtener conjuntos con $|M(X)|= 3$ se puede tomar un bloque y agregar 1, 2, 3 o 4 puntos. Pero si deseamos $|M(X)|= 4$, en vez de agregar 4 puntos y luego otros cuatro (para un total de $9+4+4=17$) es mejor tomar dos bloques de 9 bastante alejados, con lo cual se consiguen 18 puntos. Para $9\cdot 33=297$ puntos, la menor cantidad de puntos minimales se consigue tomando 33 bloques de 9 (alejados unos de otros), lo que da 66 puntos minimales. Para $305=9\cdot 33+8$ puntos se requieren al menos dos puntos minimales más, para un total de 68. Hay varias maneras de lograrlo, por ejemplo con 33 bloques de 9 (alejados unos de otros) y otro bloque de 8 puntos con dos minimales.
1  
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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por jhn » Mar 03 Abr, 2018 2:13 pm

Problema 306
Un jugador de ajedrez inmortal juega al menos una partida cada día, pero durante cada período de 7 días consecutivos juega a lo sumo 13 partidas. Pruebe que para cualquier entero positivo $n$ habrá una secuencia de días consecutivos durante los cuales, en total, juega $n$ partidas.
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Fran2001

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Fran2001 » Mar 03 Abr, 2018 10:10 pm

Solución al Problema 306:
Spoiler: mostrar
Coloquemos en cada casilla de una tira infinita (que simboliza la vida del ajedrecista) la cantidad de partidas que haya jugado ese día. Definamos inductivamente las sumas parciales de una tira finita de forma que la primer suma parcial sea el valor de la primer casilla, y la $m$-ésima suma parcial sea la $m-1$-ésima suma parcial más el valor de la $m$-ésima casilla.
Tomemos una subtira cualquiera de $n$ casillas consecutivas. Tomando las $n$ sumas parciales, vemos que o bien alguna es congruente con $0\pmod{n}$, o bien por Palomar hay dos sumas parciales congruentes en $\pmod{n}$ (hay $n$ sumas parciales y $n-1$ restos posibles). La diferencia de estas sumas nos da de todas formas una tira cuyas casillas suman un múltiplo de $n$. Por lo tanto, en cualquier tira de $n$ casillas consecutivas en la que no tengamos casillas consecutivas que sumen $n$, la suma total de las casillas de la tira debe ser mayor o igual a $2n$.
Tomemos ahora una tira de $7n$ casillas, y dividámosla en $n$ subtiras disjuntas de $7$ casillas cada una para notar que la suma total de las $7n$ casillas es a lo sumo $13n$. Ahora, dividiendo la tira en $7$ subtiras disjuntas de $n$ casillas cada una, vemos que si en la tira grande no tuviéramos casillas consecutivas con suma $n$, la suma total de cada una de las subtiras de $n$ sería al menos $2n$, es decir que la suma total de las casillas de la tira sería al menos $7\cdot 2n=14n>13n$, lo que es absurdo. Entonces en $7n$ días siempre vamos tener una cantidad de días consecutivos en los cuales el ajedrecista haya jugado exactamente $n$ partidas.
Última edición por Fran2001 el Dom 06 May, 2018 10:01 am, editado 1 vez en total.
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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Fran2001 » Mié 04 Abr, 2018 10:11 pm

Problema 307:
Hay $16$ personas sentadas alrededor de una mesa redonda. Se levantan todas y se vuelven a sentar de modo que cada persona se sienta en el mismo lugar en el que estaba o en un lugar vecino (al lado) del que estaba. Determinar cuántas distribuciones de las $16$ personas satisfacen estos requisitos.
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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por jhn » Jue 05 Abr, 2018 1:48 pm

Solución al 307
Spoiler: mostrar
Numeremos las personas de 1 a 16 en sentido antihorario. Si una persona se sienta en el lugar de su derecha, y la que estaba allí hace lo mismo, entonces todas deben hacer lo mismo y el resultado es que todas se corren un lugar a la derecha. Lo mismo cambiando derecha por izquierda. Apartando esas dos posibilidades, si una persona se sienta en el lugar de su derecha, la que estaba allí debe sentarse en el de su izquierda. Así el efecto es que ciertas parejas de personas vecinas intercambian posiciones, mientras las demás personas vuelven a su puesto. Cada par de los que intercambian posiciones se puede identificar por el número de la persona de la izquierda. Así los movimientos posibles son tantos como los subconjuntos de $\{1,2,...,16\}$ que no contienen elementos consecutivos ni a 1 y 16 simultáneamente.

Ahora bien, es conocido (y si no lo puedo explicar en otro mensaje) que el número de subconjuntos de $\{1,2,...,n\}$ que no contienen elementos consecutivos ni a 1 y $n$ simultáneamente es $F_{n+2}-F_{n-2}$, donde $F_n$ son los números de Fibonacci 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8,...
Por lo tanto la respuesta a este problema es $2+F_{18}-F_{14}=2+2584-377=2209$.
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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por jhn » Vie 06 Abr, 2018 4:37 pm

Problema 308
¿Existen un polígono y un punto P de su plano tal que cualquier recta por P corte al borde del polígono en exactamente 2018 puntos?
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Matías

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Matías » Vie 06 Abr, 2018 7:07 pm

Solución 308
Spoiler: mostrar
Consideremos este polígono
2018-04-06 20.40.56.jpg
Tenemos que cada semirrecta con origen en $P$ corta a los lados del polígono en $3$ puntos, entonces cada recta que pasa por $P$ corta a los lados del polígono en $6$ puntos.
Ahora prolonguemos al polígono de la siguiente manera:
2018-04-06 20.42.47.jpg
Lo prolongamos de forma tal que cada semirrecta con origen en $P$ corta a los lados del polígono en $5$ puntos, entonces cada recta que pasa por $P$ corta a los lados del polígono en $10$ puntos.

El punto es que podemos repetir la prolongación en el nuevo polígono de la misma forma que antes, y la cantidad de puntos que corta una semirrecta con origen en $P$ aumentará en $2$; y prolongar de vuelta y así podemos prolongar el polígono todas las veces que querramos.

Entonces, si aplicamos $503$ prolongaciones en el polígono original la cantidad de puntos que va a intersectar una semirrecta con origen en $P$ va a ser $3+503\times 2=1009$, entonces toda recta que pase por $P$ va a cortar al polígono en $2018$ puntos.
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