Maratón de Problemas

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Violeta

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Violeta » Vie 07 Sep, 2018 11:04 am

Matías escribió:
Mar 04 Sep, 2018 5:04 am
Solución 320
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Sean $a, b\in R$, con $a, b\neq 0$
Si tomamos $y=b$ y $x=\frac{a}{b}$ nos queda que $f(a)\leq bf(\frac{a}{b})+f(b)\implies f(b)\geq f(a)-bf(\frac{a}{b})$
Si tomamos $y=a$ y $x=\frac{b}{a}$ nos queda que
$f(b)\leq af(\frac{b}{a})+f(a)$
Entonces nos queda que
$af(\frac{b}{a})+bf(\frac{a}{b})\geq 0$ $\forall a,
b\in R-\{0\}$
Y si tomamos $a'=-a$ y $b'=-b$ nos queda que
$-af(\frac{b}{a})-bf(\frac{a}{b})=-(af(\frac{b}{a})+bf(\frac{a}{b}))\geq 0\implies af(\frac{b}{a})+bf(\frac{a}{b})=0$ $\forall a, b\in R-\{0\}$
Entonces obtenemos que $f(a)-bf(\frac{a}{b})=f(b)=f(a)+af(\frac{b}{a})$ $\forall a, b\in R-\{0\}$
Si tomamos $y=a$ y $x=\frac{b}{a}$ nos queda que $f(xy)=yf(x)+f(y)$ $\forall x, y\in R-\{0\}$ (ya que $\forall x, y\in R-\{0\}$ podemos tomar $a=y$ y $b=xy$).
Así obtenemos que $\forall x, y\in R-\{0\}$ $yf(x)+f(y)=xf(y)+f(x)\implies (1-x)f(y)=(1-y)f(x)$. Luego, tenemos que $\frac{f(x)}{1-x}$ es constante $\forall x\in R-\{0, 1\}$, es decir, $\exists c\in R/f(x)=c(1-x)$ $\forall x\in R-\{0, 1\}$.

Si $x=1$ nos queda que $\forall y\in R$
$0\leq yf(1)\implies f(1)=0=(1-1)c$
Si $x=0$ e $y\neq 0$ nos queda que $\forall y\in R-\{0\}$
$f(0)(1-y)\leq f(y)=(1-y)c$
Si $1-y>0$ obtenemos que $f(0)\leq c$ y si $1-y<0$ obtenemos que $f(0)\geq c$, por lo tanto $f(0)=c=(1-0)c$.

Por lo tanto nos queda que $\exists c\in R/f(x)=(1-x)c$ $\forall x\in R$
Vamos a verificar la función:
$(1-xy)c\leq cy(1-x)+(1-y)c$
$c-xyc\leq cy-xyc+c-cy$
$c-xyc\leq c-xyc$

Por lo tanto concluimos que las funciones que cumplen son $\forall c\in R$ $f(x)=(1-x)c$ $\forall x\in R$
Está correcta. Dejo la mía de todos modos:
Spoiler: mostrar
Ponemos $x=0$ y queda que $f(y) \geq f(0)(1-x)$. Asumamos que existe $\alpha$ tal que $f(\alpha) > c-cx$, donde $c=f(0)$.

Ponemos $x=\alpha$ y $y= -k$, para $k \geq 0$, y queda $f(-k) \geq kf(\alpha) + f(-k\alpha) > kc-kc\alpha + c + kc\alpha = c-c(-k)$. Esto es, $f(x) > c-cx$ para todo x negativo.

Ahora, pongamos $f(x) = c-cx + g(x)$ para cierta función $g(x) \geq 0$. Específicamente, para $x$ negativo, $g(x) >0$.

So reemplazamos queda $g(xy) \leq g(x)y + g(y)$. Si ponemos $x=y=-2$ queda $-g(-2) \geq 0$, que no cumple pues $g(-2) >0$. Por tanto, no existe tal $\alpha$ y $f(x) = c-cx$ para todo $c$ y es fácil verificar que cumple.
1  
Para todo [math], existen [math] primos en sucesión aritmética.

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Turko Arias

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Turko Arias » Mar 15 Ene, 2019 8:59 pm

Pinta revivir esto o vamos a dejarlo morir?

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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 15 Ene, 2019 11:08 pm

Un pequeño avance
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Se puede para $k\geqslant 2$.
Consideremos la función $f(i)=2^{2^i}\forall i\in \mathbb{N}$.
Entonces $$\prod\limits_{i=1}^nf(i)=\prod\limits_{i=1}^n2^{2^i}=2^{2^1+2^2+\ldots +2^n}=2^{(1+2^1+2^2+\ldots +2^n)-1}=2^{2^{n+1}-1-1}<2^{2^{n+1}}=f(n+1)$$
Por otro lado $$\left (\sum\limits_{i=1}^nf(i)\right )^2=\left (\sum\limits_{i=1}^n2^{2^i}\right )^2\geqslant (2^{2^n})^2=2^{2^n\cdot 2}=2^{2^{n+1}}=f(n+1)$$
Se cumplen las condiciones pedidas, entonces se puede para $k=2$, por lo que se puede para $k\geqslant 2$.

No se puede para $k\leqslant 1$.
Acá se prueba que no se puede para $k=1$, y como la función exponencial es creciente, para cada $n$ tenemos $$\left (\sum\limits_{i=1}^{n} f(i)\right )^k\leqslant \left (\sum\limits_{i=1}^{n} f(i)\right )^1=\sum\limits_{i=1}^{n} f(i)$$ para $k\leqslant 1$. De donde si no se podía para $k=1$, no se puede para $k\leqslant 1$.

Queda ver que pasa cuando $1<k<2$
[math]

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Turko Arias

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Turko Arias » Mié 16 Ene, 2019 12:04 am

Ni lo pensé al problema, pero mi propuesta es revivirlo un poco en términos también de los problemas elegidos, para que un mayor público se cope a resolverlos, en el último mes y pico hubo 25 usuarios nuevos, la gente sigue entrando al foro, pero por ahí le resultan medio chocante algunos problemas a primera vista a los que recién están entrando, no son muchos los usuarios nuevos que se sientan a pensar ecuaciones funcionales, por ahí podríamos meter los problemas que requieran menos conceptos y sean más encarables por un mayor espectro de participantes, con el fin de hacerla más fluída a la maratón y subir los otros problemas en otro contexto. No es con ánimos de ofender, no es para que lo tomen así, sino para devolverle la dinámica que supo tener antes el foro, para que no termine muriendo, porque la gente se hace usuarios y lo termina usando como un foro donde vienen a buscar soluciones ya subidas, en lugar de animarse a interactuar más, y eso es porque el archivo de enunciados está bastante completo y las maratones (tanto esta, como la de geometría) están bastante estancadas y ya no son tan llamativas.
3  

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Fran5

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Fran5 » Jue 17 Ene, 2019 5:05 pm

Bueno, creo que podríamos proponer un nuevo problema :D

Si el ultimo "proponedor" de problemas no aparece, podría ser Turko quien lo proponga
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Matías

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Matías » Vie 18 Ene, 2019 5:11 pm

Solución 321
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Siguiendo lo que ya hizo Gianni, vamos a ver que no puede ser $1<k<2$.
Tomemos un $n$ suficientemente grande tal que $(\sum_{i=1}^{n}f(i))^k=x\geq 2^{\frac{2k}{2-k}}$.
Como $f(n+1)\leq x$, tenemos que $(\sum_{i=1}^{n+1}f(i))^k\leq(\sqrt[k]{x}+x)^k\leq(2x)^k=2^kx^k\leq x^{\frac{k}{2}+1}$.
Por inducción tenemos que $(\sum_{i=1}^{n+j}f(i))^k\leq x^{(\frac{k}{2}+1)^j}$ $\forall j\in N$.
Pero también (llamando $y=\prod_{i=1}^{n}f(i)$) tenemos que $\prod_{i=1}^{n+j}f(i)\geq y^{2^j}$ $\forall j\in N$.
Luego, tomando un $j$ suficientemente grande ($j>log_{\frac{4}{k+2}}(log_yx)$), nos queda que $\prod_{i=1}^{n+j}f(i)\geq y^{2^j}>x^{(\frac{k}{2}+1)^j}\geq(\sum_{i=1}^{n+j}f(i))^k$ (absurdo).

Matías

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Matías » Vie 18 Ene, 2019 5:19 pm

Problema 322

¿Existe algún número de cuatro cifras que coincida con las últimas cuatro cifras de su cuadrado?

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Vie 18 Ene, 2019 6:14 pm

Solución 322
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$9376^2=87909376$
1  
[math]

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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Vie 18 Ene, 2019 6:26 pm

Problema 323
Sea $ABCDE$ un pentágono convexo con $\angle EAB=\angle BCD$ y $\angle EDC=\angle CBA$. Sea $G$ un punto en la recta $BC$ tal que $EG$ es perpendicular a $BC$. Demostrar que $\angle AEG=\angle GED$.
[math]

Matías

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Matías » Vie 18 Ene, 2019 7:18 pm

Solución 323
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Sean $\angle{EAB}=\angle{BCD}=\alpha$ y $\angle{EDC}=\angle{CBA}=\beta$.
Como la suma de los ángulos interiores de un pentágono es de $540°$, tenemos que $2\alpha+2\beta+\angle{DEA}=540°\implies\angle{DEA}=\angle{AEG}+\angle{GED}=540°-2\alpha-2\beta$
Sea $P$ la intersección de las rectas $ED$ y $BC$.
Como $ABCDE$ es convexo, tenemos que $\alpha,\beta,\angle{DEA}<180°\implies\alpha+\beta>180°$, entonces $P$ es la intersección de las semirrectas $ED$ y $BC$, y $\angle{DPC}=\angle{EPB}$ (es decir, $D$ está en el segmento $EP$ y $C$ está en el segmento $BP$).
Por ser ángulos adyacentes, $\angle{PDC}=180°-\angle{EDC}=180°-\beta$ y $\angle{DCP}=180°-\angle{BCD}=180°-\alpha$.
En el triángulo $DCP$, como la suma de los ángulos interiores de un triángulo es de $180°$, tenemos que $\angle{DPC}=180°-\angle{DCP}-\angle{PDC}=\alpha+\beta-180°=\angle{EPB}$.
Como $\alpha+\beta<270°$, $\angle{EPB}<90°$, y por lo tanto $\angle{EPG}=\angle{EPB}=\alpha+\beta-180°$ (es decir, $G$ pertenece a la semirrecta $PB$).
Luego, en el triángulo $EPG$, como la suma de los ángulos interiores de un triángulo es de $180°$, tenemos que $\angle{GEP}=180°-\angle{EGP}-\angle{EPG}=270°-\alpha-\beta=\angle{GED}$.
Por último, tenemos que $\angle{AEG}=\angle{DEA}-\angle{GED}=270°-\alpha-\beta$.
Por lo tanto concluimos que $\angle{AEG}=\angle{GED}=270°-\alpha-\beta$.

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