Maratón de Problemas

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Violeta

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Violeta » Mié 11 Abr, 2018 3:27 pm

Solución - Problema 311:
Spoiler: mostrar
Gana Julia. Simplemente debe jugar simétrico al punto del medio del tablero (o sea, refleja la movida de Judith horizontalmente y verticalmente). Así garantiza que si Judith puede jugar, Julia también. Por ende, Julia gana.
Para todo [math], existen [math] primos en sucesión aritmética.

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jhn

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por jhn » Mié 11 Abr, 2018 4:06 pm

Solución al 311
Spoiler: mostrar
Julia tiene una estrategia ganadora. Basta que en su turno coloque un caballo en la casilla $C'$ simétrica respecto al centro del tablero de la casilla $C$ donde Judith colocó su último caballo. Es claro que $C'\ne C$ y $C'$ no está a salto de caballo de $C$ pues ambas son del mismo color. Pongamos $C\sim B$ para indicar que las casillas $C$ y $B$ coinciden o se encuentran a salto de caballo. Si $B$ y $B'$ son dos casillas donde Judith y Julia colocaron sus caballos en dos jugadas previas, entonces no puede ser $C'\sim B'$ pues en ese caso $C\sim B$ y Judith no podría haber jugado en $C$. Tampoco puede ser $C'\sim B$ pues en ese caso $C\sim B'$ y Judith no podría haber jugado en $C$. Luego para cada jugada de Judith, Julia tiene cómo responder. Como el tablero es finito en algún momento una de ellas no tiene como jugar, y esa debe ser Judith.

La estrategia ganadora de Julia no es única. También funciona jugar simétricamente respecto a una de las medianas o respecto a una de las dos diagonales mayores del tablero.
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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por jhn » Jue 12 Abr, 2018 6:52 am

Violeta, propón el siguiente. Cuando envié mi solución en mi compu aún no aparecía la tuya.
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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Violeta » Jue 12 Abr, 2018 7:31 am

Problema 312:

En una competencia de matemáticas hay $n$ competidores $C_1, C_2, \ldots, C_n$. Luego de un examen difícil, todos hacen la fila para ir a comer. El orden de esta fila la decide el jurado y pueden ordernarla como quiera.

Luego, el jurado escoge un competidor $C_i$ de la fila y si este competidor tiene por lo menos $i$ personas delante de él, le paga un peso al jurado y se adelanta $i$ lugares en la fila. Si hay menos de $i$ personas delante de $C_i$, el proceso acaba y el restaurante abre.

Para cada entero $n$, encontrar la cantidad máxima de pesos que se puede llevar el jurado, eligiendo el orden inicial y los competidores de manera óptima.

Nota: El competidor $C_i$ no cambia de lugar con el competidor que está $i$ personas después de él, sino que se mueve $i$ lugares hacia el frente de la fila y las $i$ personas a las que se le cuela quedan un lugar más atrás.
Última edición por Violeta el Jue 12 Abr, 2018 10:01 am, editado 1 vez en total.
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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por jhn » Jue 12 Abr, 2018 8:54 am

Solución al 312
Spoiler: mostrar
El máximo es $2^n-n-1$. $C_n$ no puede adelantar a nadie, pues a lo sumo tendrá $n-1$ por delante. $C_{n-1}$ puede adelantar a lo sumo una vez, ya que cuando lo haga, adelantará a $C_n$, quien no podrá adelantar a $C_{n-1}$. $C_{n-2}$ puede adelantar a lo sumo tres veces, ya que cada vez deberá adelantar al menos a uno de $C_n$ y $C_{n-1}$; pero a $C_n$ sólo lo puede adelantar una vez, y a $C_{n-1}$ dos veces (pues después de la primera, $C_{n-1}$ podría adelantar a $C_{n-2}$ una vez). Análogamente $C_{n-3}$ puede adelantar a lo sumo $1+2+4=7$ veces y en general $C_{n-k}$ puede adelantar a lo sumo $1+2+4+\cdots+2^{k-1}=2^k-1$ veces.

Por lo tanto una cota superior es $1+3+7+\cdots+(2^{n-1}-1)= 2^n-n-1$. Veamos por inducción que éste es realmente el máximo, y que se logra colocando a los participantes en orden inverso $C_n$, $C_{n-1}$,..., $C_2$, $C_1$, finalizando con ellos en orden creciente $C_1$, $C_2$,.., $C_{n-1}$, $C_n$. Para $n=1$ y $n=2$ es claro que esto se cumple. Supongamos que sea cierto para $n$, y para $n+1$ participantes coloquémoslos en el orden $C_{n+1}$, $C_n$,..., $C_2$, $C_1$. Ignorando a $C_{n+1}$ y trabajando con los demás, por la hipótesis ibductiva en $2^n-n-1$ pasos se puede llegar al orden $C_{n+1}$, $C_1$, $C_2$,.., $C_n$. Ahora hagamos que $C_1$ adelante a $C_{n+1}$, $C_2$ adelante a $C_{n+1}$ y $C_1$,..., $C_n$ a todos los demás. Así en $n$ pasos adicionales se llega al orden $C_n$, $C_{n-1}$,..., $C_2$, $C_1$, $C_{n+1}$. Finalmente, aplicando nuevamente la hipótesis inductiva a los $n$ primeros de la fila, en $2^n-n-1$ pasos más se llega a $C_1$, $C_2$,.., , $C_n$, $C_{n+1}$.

Como $(2^n-n-1)+n+(2^n-n-1)=2^{n+1}-(n+1)-1$, terminamos.
Última edición por jhn el Jue 12 Abr, 2018 3:38 pm, editado 1 vez en total.
1  
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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Violeta » Jue 12 Abr, 2018 9:58 am

jhn escribió:
Jue 12 Abr, 2018 8:54 am
Solución al 312
Spoiler: mostrar
$C_i$ puede adelantar a lo sumo $\lfloor (n-1)/i\rfloor$
Me pinta que eso no es cierto. Mientras los demás competidores se vayan moviendo delante de $C_i$, $C_i$ irá más atrás en la fila y se podrá mover nuevamente.
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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por jhn » Jue 12 Abr, 2018 11:15 am

Tienes razón.
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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por jhn » Jue 12 Abr, 2018 3:41 pm

Edité la solución del 312, espero que ahora esté bien :D .
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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por jhn » Jue 12 Abr, 2018 5:18 pm

Problema 313
Hallar todas las soluciones enteras positivas de la ecuación $x^2+y^2=z^2$ tales que $y$ tenga 30 divisores positivos (contando a 1 y al propio $y$) y $x$ tenga 3.
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¿hola?

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por ¿hola? » Vie 13 Abr, 2018 1:34 pm

solución al 313
Spoiler: mostrar
hay un par de cosas que obvie para no hacer tan larga la solución.

Primero veamos la descomposición en primos de $x$, $x=(p1^{k1})(p2^{k2})...(pn^{kn})$ es sabido la candad divisores de $x$ es $(k1 +1)(k2 +1)...(kn +1)=3 $ y como $3$ es primo tenemos $k1=2$ y $ki=0$ para todo $i>1$ entonces $x=p^2$ .
ahora veamos la descomposición en primos de $y$, $y=(p1^{k1})(p2^{k2})...(pn^{kn})$ es sabido la candad divisores de $y$ es
$(k1 +1)(k2 +1)...(kn +1)=30=2.3.5$ de esta manera nos quedan cinco posibilidades
$y=a b^2 c^4$, $y=a^5 b^4 $, $y=a^9 b^2$, $y=a^{14} b$, o $y=a^{29}$ con $a$, $b$ y $c$ numeros primos distintos.

$p^4 + y^2 = z^2$ lo que implica $p^4=(z-y)(z+y)$ y como $z-y<z+y$ tenemos solo dos posibilidades "$z-y=1$ y $z+y=p^4$"
o "$z-y=p$ y $z+y=p^3$"

caso 1

$z-y=p$ y $z+y=p^3$ entonces $2y=(p-1)(p+1)p$ supongamos $p$ impar

caso (1.1)
$y=a b^2 c^4$ entonces $2 a b^2 c^4=(p-1)(p+1)p$ como $p+1$ y $p-1$ son coprimos con $p$ entonces no queda otra que $p=a$ entonces
$ 2b^2 c^4 = (p-1)(p+1) $ es claro que el miembro derecho es múltiplo de 4 entonces $c=2$ o $b=2$.

si $b=2$, $8c^4 = (p-1)(p+1) $ luego el DCM de $p-1$ y $p+1$ es $2$ así que $c^4$ dividirá a un solo termino.
osea $p-1=4$ o $p+1=4$ o $p-1=2$ o $p+1=2$ lo que implica $p=1$ (que no es primo) o $p=5$ o $p=3$ lo que implica $y=60$ o $y=12$ respectivamente pero ni $12$ ni $60$ tienen $30$ divisores.

si $c=2$, $32b^2 =(p+1)(p-1)$ luego el DCM de $p-1$ y $p+1$ es $2$ así que $b^2$ dividirá a un solo termino.
osea $p-1=16$ o $p+1=16$ lo que implica $p=17$ o $p=15$ (descartado por no ser primo) lo que implica $y=2448$ y $z=2465$ que son soluciones.

En los demás casos de $y$
en todos estos casos $p$ no puede ser $a^x$ ni $b^y$ (por es primo y no una potencia perfecta) con $x$ e $y$ mayores a 1, pero tampoco puede compartir los factores primos $a$ o $b$ con $p-1$ ni con $p+1$

si $p$ es par $p=2$ lo que implica $y=3$ que no tiene 30 divisores.

caso (2)

$z-y=1$ y $z+y=p^4$ entonces $2y=(p-1)(p+1)(p^2 +1)$ supongamos $p$ impar. miemos que DCM de $p-1$, $p+1$ y $p^2 +1$ es 2
por que DCM($p+1$ y $p^2 +1$) es DCM($(p+1)^2-(p^2 +1)=2p$ y $p+1$) que es $2$ y DCM($p-1$ y $p^2 +1$) es DCM($(p^2 +1)-(p-1)^2=2p$ y $p-1$) que es $2$ (!!)

caso (2.1)
$y=a b^2 c^4$ entonces $2ab^2c^4=(p-1)(p+1)(p^2 +1)$ como los tres términos de la derecha son todos pares entonces y uno entre $p-1$ y $p+1$ es múltiplo de $4$ entonces el miembro derecho es múltiplo de $16$ lo que implica $c=2$ entonces $32ab^2=(p-1)(p+1)(p^2 +1)$
como $p^2$ es congruente con $1$ modulo $4$, $p^2 + 1$ no es múltiplo de 4 y por (!!) $p^2+1$ es $2a$ o $2b^2$ y por (!!) $p-1$ o $p+1$ quedara como $8$ que desprenden los casos $p=7$, $p=9$ (no es primo) que da $y=1200$, $z=1201$,$ x= 49$ es solución.

En los demás casos de $y$
en estos casos $y=a^jb^l$ entonces $2a^jb^l=(p-1)(p+1)(p^2 +1)$ y como los tres términos de la derecha son todos pares entonces y uno entre $p-1$ y $p+1$ es múltiplo de $4$ entonces el miembro derecho es múltiplo de $16$ lo que implica $a$ o $b$ es igual a $2$
entonces quedaría $2^{j+1}d^l=(p-1)(p+1)(p^2 +1)$ y por (!!) $(p^2 +1)=2d^l$ lo que implica $p-1$ y $p+1$ son potencias de $2$ y la única respuesta es $p=3$ para el cual $y=40$ que no tiene $30$ divisores.

si $p$ es par $p=2$ lo que implica $2y=15$ que absurdo.

viendo todos los casos nos quedan las soluciones
$ y=1200$, $z=1201$, $x= 49$
$y=2448$, $z=2465$, $x=289$
Yes, he who

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