Maratón de Problemas

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jhn

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por jhn » Sab 14 Abr, 2018 3:24 am

Te toca proponer.
Todo problema profana un misterio; a su vez, al problema lo profana su solución.
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¿hola?

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por ¿hola? » Sab 14 Abr, 2018 10:53 am

Problema 314
Raimu y Flavio hacen una apuesta. Flavio dice que peude pintar $313$ casillas en un tablero de $314$ por $314$ de forma tal que si una casilla (que no esta pintada) es adyacente (comparte un lado) con dos o mas casillas pintadas, esta se pinta. Este proceso lo puede repetir hasta tener todo el tablero pintado. Raimu no le cree. Determinar quien gana la apuesta.
Última edición por ¿hola? el Sab 14 Abr, 2018 2:42 pm, editado 2 veces en total.
2  
Yes, he who

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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 14 Abr, 2018 11:32 am

Solución 314:
Spoiler: mostrar
Gana Raimu

Si una casilla es adyacente a dos casillas pintadas, entonces al pintarla el perímetro de la figura formada por casillas pintadas se mantiene igual.
Si una casilla es adyacente a tres casillas pintadas, entonces al pintarla el perímetro de la figura formada por casillas pintadas decrece en $2$ unidades.
Si una casilla es adyacente a cuatro casillas pintadas, entonces al pintarla el perímetro de la figura formada por las casillas pintadas decrece en $4$ unidades.

Por lo tanto, el perímetro de la figura formada por las casillas pintadas nunca crece. Si todo el tablero estuviera pintado, el perímetro sería $314\times 4$, con $313$ casillas pintadas, el perímetro es a lo sumo $313\times 4<314\times 4$. Entonces Raimu gana.

Comentario: La figura formada por las casillas pintadas puede ser disjunta.
Última edición por Gianni De Rico el Sab 14 Abr, 2018 12:46 pm, editado 1 vez en total.
2  
[math]

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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 14 Abr, 2018 12:45 pm

Problema 315:

Hallar todas las funciones polinómicas $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ tales que

$f(xy+f(x)+f(y))=f(x)f(y)+f(x)+f(y)+f(x+y)-1$

Para todos $x,y$ reales.
[math]

Matías

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Matías » Sab 05 May, 2018 8:47 pm

Solución 315
Spoiler: mostrar
Siendo $gr(f)\in N_0$ el grado de $f$, tenemos que $f(x)=\sum_{i=0}^{gr(f)}a_ix^i$, siendo $a_0$, $a_1$, $...$, $a_n$ los coeficientes de $f$
Tomando $y=0$ $\forall x\in R$ tenemos que:
$f(f(0)+f(x))=f(0)f(x)+f(0)+2f(x)-1$
$f(a_0+\sum_{i=0}^{gr(f)}a_ix^i)=(2+a_0)\sum_{i=0}^{gr(f)}a_ix^i+a_0-1$
$\sum_{i=0}^{gr(f)}a_i(a_0+\sum_{i=0}^{gr(f)}a_ix^i)^i=\sum_{i=0}^{gr(f)}(2+a_0)a_ix^i+a_0-1$
Ahora bien, del primer lado de la igualdad tenemos un polinomio de grado $gr(f)^2$, y del segundo lado tenemos un polinomio de grado $gr(f)$ (si $a_0\neq -2$) o de grado $0$ (si $a_0=-2$) entonces tenemos que $gr(f)^2=gr(f)\implies gr(f)=0\vee gr(f)=1$ (si $a_0\neq -2$) o que $gr(f)^2=0\implies gr(f)=0$ (si $a_0=-2$), es decir, $f$ es constante o lineal.

Como $f$ es lineal o constante, tenemos que $f(x)=mx+h$ $\forall x\in R$, con $m, h\in R$, así que:
$f(xy+mx+my+2h)=(mx+h)(my+h)+mx+my+m(x+y)+3h-1$
$mxy+m^2x+m^2y+2mh+h=m^2xy+mhx+mhy+h^2+2m(x+y)+3h-1$
$mxy+m^2(x+y)+2mh=m^2xy+(2m+mh)(x+y)+h^2+2h-1$
$(m-m^2)xy+(m^2-2m-mh)(x+y)=h^2+2h-1-2mh$
Tomando $x=y=0$ obtenemos $h^2+2h-1-2mh=0$, y si $x=1\wedge y=-1$ entonces $h^2+2h-1-2mh=m^2-m=0$, por lo tanto $m=0\vee m=1$.
Si $m=0$ tenemos que $f$ es constante y que $h^2+2h-1=0\implies h=\frac{-2\pm\sqrt{8}}{2}=-1\pm\sqrt{2}$, entonces $f(x)=-1-\sqrt{2}\vee f(x)=\sqrt{2}-1$ $\forall x\in R$.
Si $m=1$ tenemos que $(-1-h)(x+y)=h^2-1=0$, entonces debe ser $h=-1$ (ya que sino $-1-h\neq 0$ y puede ser $x+y\neq 0$), entonces $f(x)=x-1$ $\forall x\in R$.

Por lo tanto concluimos que las funciones que cumplen son $f(x)=-1-\sqrt{2}$, $f(x)=\sqrt{2}-1$ y $f(x)=x-1$ $\forall x\in R$
Última edición por Matías el Mar 19 Jun, 2018 8:12 pm, editado 1 vez en total.
2  

Matías

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Matías » Sab 05 May, 2018 10:51 pm

Problema 316
Para cada número natural $n$, sea $d(n)$ la cantidad de divisores naturales de $n$.
Hallar todos los números naturales $n$ tales que $d(n)\geq\sqrt{n}$.
1  

sfreghy
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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por sfreghy » Dom 10 Jun, 2018 11:00 pm

Matías escribió:
Sab 05 May, 2018 8:47 pm
Solución 315

Siendo $gr(f)\in N_0$ el grado de $f$, tenemos que $f(x)=\sum_{i=0}^{gr(f)}a_ix^i$, siendo $a_0$, $a_1$, $...$, $a_n$ los coeficientes de $f$
Tomando $y=0$ $\forall x\in R$ tenemos que:
$f(f(0)+f(x))=f(0)f(x)+f(0)+2f(x)-1$
$f(a_0+\sum_{i=0}^{gr(f)}a_ix^i)=(2+a_0)\sum_{i=0}^{gr(f)}a_ix^i+a_0-1$
$\sum_{i=0}^{gr(f)}a_i(a_0+\sum_{i=0}^{gr(f)}a_ix^i)^i=\sum_{i=0}^{gr(f)}(2+a_0)a_ix^i+a_0-1$
Ahora bien, del primer lado de la igualdad tenemos un polinomio de grado $gr(f)^2$ y del segundo lado tenemos un polinomio de grado $gr(f)$, entonces tenemos que $gr(f)=gr(f)^2\implies gr(f)=0\vee gr(f)=1$, es decir, $f$ es constante o lineal.
sólo añadir que falta analizar el caso $a_0=-2$, aunque eso no invalide la conclusión acerca del grado del polinomio
1  

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jhn

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por jhn » Jue 19 Jul, 2018 9:19 am

Solución 316
Spoiler: mostrar
Si $n=p_1^{a_1} \cdots p_k^{a_k}$ es la descomposición en primos de $n$, con $p_1<\cdots<p_k$, entonces $d(n)=(a_1+1)\cdots(a_k+1)$. Sea $b\ge 3/2$. La función $f(j)=b^j/(j+1)$ es creciente para $j=1,2,3,\ldots$. En efecto $f(j+1)/f(j)=b(j+1)/(j+2)\ge 2b/3\ge 1$. Por lo tanto $\sqrt{p^j}/(j+1)$ es creciente si $p\ge 3$, y su mínimo es $\sqrt{p}/2$. Para $p=2$ se tiene que $\sqrt{2^j}/(j+1)$ es creciente para $j\ge 2$, y su mínimo es $2/3$ ($\sqrt{2}/2>\sqrt{2^2}/3<\sqrt{2^3}/4<\cdots$).

Si $2\nmid n$ entonces $n=p_1^{a_1}\cdots p_k^{a_k}\ge 3^{a_1}5^{a_2}\cdots\ge \frac{3}{4}(a_1+1)^2\frac{5}{4}(a_2+1)^2\cdots=d(n)^2(\frac{3}{4}\cdot \frac{5}{4}\cdots)$ y como $\frac{3}{4}\cdot \frac{5}{4}\cdot \frac{7}{4}>1$ resulta que $k\le 2$. Si $2\mid n$ entonces $n\ge 2^{a_1}3^{a_2}5^{a_3}\cdots\ge d(n)^2(\frac{4}{9}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{5}{4}\cdots)$ y como $\frac{4}{9}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{5}{4}\cdot \frac{7}{4}\cdot \frac{11}{4}>1$ resulta que $k\le 5$.

Lo que queda es hallar todos los $n$ con 4 o menos factores primos que cumplen la condición, lo cual es un poco fastidioso pero se puede hacer. Son 54 números, a saber:

1,

con un solo factor primo: 2, $2^2$, $2^3$, $2^4$, $2^5$, $3^2$,

con dos factores primos: $2\cdot 3$, $2^2\cdot 3$, $2^3\cdot 3$, $2^4\cdot 3$, $2^5\cdot 3$, $2^6\cdot 3$, $2\cdot 3^2$, $2^2\cdot 3^2$, $2^3\cdot 3^2$, $2^4\cdot 3^2$, $2^5\cdot 3^2$, $2^6\cdot 3^2$, $2\cdot 3^3$, $2^2\cdot 3^3$, $2^3\cdot 3^3$, $2\cdot 5$, $2^2\cdot 5$, $2^3\cdot 5$, $2^4\cdot 5$, $2\cdot 7$, $2^2\cdot 7$, $2^3\cdot 7$, $3\cdot 5$,

con tres factores primos: $2\cdot 3\cdot 5$, $2^2\cdot 3\cdot 5$, $2^3\cdot 3\cdot 5$, $2^4\cdot 3\cdot 5$, $2^5\cdot 3\cdot 5$, $2^2\cdot 3\cdot 5^2$, $2\cdot 3\cdot 7$, $2^2\cdot 3\cdot 7$, $2^3\cdot 3\cdot 7$, $2^4\cdot 3\cdot 7$, $2^2\cdot 3\cdot 11$, $2\cdot 3^2\cdot 5$, $2^2\cdot 3^2\cdot 5$, $2^3\cdot 3^2\cdot 5$, $2^4\cdot 3^2\cdot 5$, $2\cdot 3^2\cdot 7$, $2^2\cdot 3^2\cdot 7$, $2^3\cdot 3^2\cdot 7$, $2^2\cdot 3^3\cdot 5$, $2^2\cdot 5\cdot 7$,

con cuatro factores primos: $2\cdot 3\cdot 5\cdot 7$, $2^2\cdot 3\cdot 5\cdot 7$, $2^3\cdot 3\cdot 5\cdot 7$,
$2^2\cdot 3^2\cdot 5\cdot 7$.

O sea, en orden:

1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 10, 12, 14, 15, 16, 18, 20, 24, 28, 30, 32, 36, 40, 42, 48, 54, 56, 60, 72, 80, 84, 90, 96, 108, 120, 126, 132, 140, 144, 168, 180, 192, 210, 216, 240, 252, 288, 300, 336, 360, 420, 480, 504, 540, 720, 840, 1260.
1  
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Violeta

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Violeta » Jue 19 Jul, 2018 2:14 pm

jhn escribió:
Jue 19 Jul, 2018 9:19 am
Solución 316
Spoiler: mostrar
Si $n=p_1^{a_1} \cdots p_k^{a_k}$ es la descomposición en primos de $n$, con $p_1<\cdots<p_k$, entonces $d(n)=(a_1+1)\cdots(a_k+1)$. Sea $b\ge 3/2$. La función $f(j)=b^j/(j+1)$ es creciente para $j=1,2,3,\ldots$. En efecto $f(j+1)/f(j)=b(j+1)/(j+2)\ge 2b/3\ge 1$. Por lo tanto $\sqrt{p^j}/(j+1)$ es creciente si $p\ge 3$, y su mínimo es $\sqrt{p}/2$. Para $p=2$ se tiene que $\sqrt{2^j}/(j+1)$ es creciente para $j\ge 2$, y su mínimo es $2/3$ ($\sqrt{2}/2>\sqrt{2^2}/3<\sqrt{2^3}/4<\cdots$).

Si $2\nmid n$ entonces $n=p_1^{a_1}\cdots p_k^{a_k}\ge 3^{a_1}5^{a_2}\cdots\ge \frac{3}{4}(a_1+1)^2\frac{5}{4}(a_2+1)^2\cdots=d(n)^2(\frac{3}{4}\cdot \frac{5}{4}\cdots)$ y como $\frac{3}{4}\cdot \frac{5}{4}\cdot \frac{7}{4}>1$ resulta que $k\le 2$. Si $2\mid n$ entonces $n\ge 2^{a_1}3^{a_2}5^{a_3}\cdots\ge d(n)^2(\frac{4}{9}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{5}{4}\cdots)$ y como $\frac{4}{9}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{5}{4}\cdot \frac{7}{4}\cdot \frac{11}{4}>1$ resulta que $k\le 5$.

Lo que queda es hallar todos los $n$ con 4 o menos factores primos que cumplen la condición, lo cual es un poco fastidioso pero se puede hacer. Son 54 números, a saber:

1,

con un solo factor primo: 2, $2^2$, $2^3$, $2^4$, $2^5$, $3^2$,

con dos factores primos: $2\cdot 3$, $2^2\cdot 3$, $2^3\cdot 3$, $2^4\cdot 3$, $2^5\cdot 3$, $2^6\cdot 3$, $2\cdot 3^2$, $2^2\cdot 3^2$, $2^3\cdot 3^2$, $2^4\cdot 3^2$, $2^5\cdot 3^2$, $2^6\cdot 3^2$, $2\cdot 3^3$, $2^2\cdot 3^3$, $2^3\cdot 3^3$, $2\cdot 5$, $2^2\cdot 5$, $2^3\cdot 5$, $2^4\cdot 5$, $2\cdot 7$, $2^2\cdot 7$, $2^3\cdot 7$, $3\cdot 5$,

con tres factores primos: $2\cdot 3\cdot 5$, $2^2\cdot 3\cdot 5$, $2^3\cdot 3\cdot 5$, $2^4\cdot 3\cdot 5$, $2^5\cdot 3\cdot 5$, $2^2\cdot 3\cdot 5^2$, $2\cdot 3\cdot 7$, $2^2\cdot 3\cdot 7$, $2^3\cdot 3\cdot 7$, $2^4\cdot 3\cdot 7$, $2^2\cdot 3\cdot 11$, $2\cdot 3^2\cdot 5$, $2^2\cdot 3^2\cdot 5$, $2^3\cdot 3^2\cdot 5$, $2^4\cdot 3^2\cdot 5$, $2\cdot 3^2\cdot 7$, $2^2\cdot 3^2\cdot 7$, $2^3\cdot 3^2\cdot 7$, $2^2\cdot 3^3\cdot 5$, $2^2\cdot 5\cdot 7$,

con cuatro factores primos: $2\cdot 3\cdot 5\cdot 7$, $2^2\cdot 3\cdot 5\cdot 7$, $2^3\cdot 3\cdot 5\cdot 7$,
$2^2\cdot 3^2\cdot 5\cdot 7$.

O sea, en orden:

1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 10, 12, 14, 15, 16, 18, 20, 24, 28, 30, 32, 36, 40, 42, 48, 54, 56, 60, 72, 80, 84, 90, 96, 108, 120, 126, 132, 140, 144, 168, 180, 192, 210, 216, 240, 252, 288, 300, 336, 360, 420, 480, 504, 540, 720, 840, 1260.
La idea del problema es bastante básica, pero hay tantos casos que considerar que nunca se me dieron las ganas de escribir una solución.

Aplaudo tu perseverancia :D
1  
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 » Vie 20 Jul, 2018 3:59 pm

Problema 317
Cada uno de los $2n(n+1)$ segmentos que son lados de alguna casilla de un tablero de $n\times n$, siendo $n$ un entero positivo impar, se pinta de rojo o de azul. Se sabe que hay a lo sumo $n^2$ segmentos rojos. Pruebe que alguna casilla tiene al menos tres lados azules.
Última edición por jhn el Vie 20 Jul, 2018 8:50 pm, editado 1 vez en total.
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