Maratón de Problemas

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Monazo

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Monazo » Vie 08 Feb, 2019 9:56 pm

Problema $328$

Encontrar una pareja $(a,b)$ de enteros positivos disntintos tales que ninguna de las parejas $(a,b)$, $(a+1,b+1)$, $\dots$, $(a+2019,b+2019)$ sean coprimos.

Matías

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Matías » Sab 09 Feb, 2019 3:05 pm

Solución 328
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Si tomamos $a=2021!+2$ y $b=2022!+2$ tenemos que $2+i\mid 2021!+2+i$ y que $2+i\mid 2022!+2+i$ $\forall(i\in N_0\wedge i\leq 2019)$.
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Matías

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Matías » Sab 09 Feb, 2019 8:09 pm

Problema 329

Se tiene un tablero con forma de triángulo equilátero de lado $2019$ dividido en $2019^2$ casillas, cada una de las cuales es un triángulo equilátero de lado $1$.
Un zafiro es una ficha que ocupa exactamente dos casillas del tablero con un lado en común.
Tres jugadores, Fulvio, Franco y Francesco, juegan por turnos. Fulvio comienza el juego (luego juega Franco, luego Francesco, luego nuevamente Fulvio, y así sucesivamente). En cada turno, el jugador correspondiente coloca un zafiro en el tablero, de modo que ocupe dos casillas que se encuentren vacías. El jugador que en su turno no puede colocar ningún zafiro pierde el juego y los otros dos ganan. Demostrar que Franco y Francesco pueden idear conjuntamente una estrategia que les asegure la victoria a ambos, sin importar como juegue Fulvio.
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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 09 Feb, 2019 10:06 pm

Matías escribió:
Sab 09 Feb, 2019 3:05 pm
Solución 328
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Si tomamos $a=2021!+2$ y $b=2022!+2$ tenemos que $2+i\mid 2021!+2+i$ y que $2+i\mid 2022!+2+i$ $\forall(i\in N_0\wedge i\leq 2019)$.
Alguien dijo "lagunas de primos"?

Solución 329
Spoiler: mostrar
Y Fulvio pensó: "Perdí"

Veamos primero que el centro del tablero está sobre el vértice de una casilla (de $6$ casillas para ser exactos) para cualquier tablero de lado $3n$ con $n\in \mathbb{N}$, el caso del problema es $n=673$.
Como el lado del triángulo es $3n$, tenemos que su altura es $\frac{\sqrt{3}}{2}3n$, por lo que su centro (que en particular es el baricentro) está a distancia $\frac{\sqrt{3}}{2}n$ de cada uno de los lados. Como los triangulitos son de lado $1$, tenemos que las rectas paralelas a los lados del triángulo están a distancia $\frac{\sqrt{3}}{2}k$ del lado del tablero, con $k\in \mathbb{N}$, en particular, para $k=n$, hay una recta que pasa por el centro del tablero, y haciendo esto para cada lado, tenemos lo pedido.
Ahora, notemos que podemos rotar el tablero $120°$ en sentido antihorario con centro en el centro del tablero y se mantiene simétrico. En otras palabras, lo que estamos haciendo es dividir el tablero así
Tablero Raimu.png
Un paso son tres jugadas consecutivas, Fulvio, Franco y Francesco, arrancando Fulvio. Entonces la estrategia de Franco y Francesco es la siguiente:
Cuando Fulvio juega en una posición, Franco rota el tablero $120°$ en sentido antihorario con centro en el centro del tablero y juega en la misma posición que jugó Fulvio, Francesco hace lo mismo respecto a la última jugada de Franco. Entonces si el tablero era simétrico luego del paso $f$, lo es luego del paso $f+1$, y como era simétrico luego del paso $0$ (cuando ninguno jugó), por inducción en el número de pasos, el tablero siempre será simétrico (después de cada paso). Por lo tanto, si Fulvio puede jugar, también pueden Franco y Francesco, entonces ellos nunca pueden perder, pero como el tablero es finito, el juego eventualmente termina, por lo que Fulvio pierde.
No tienes los permisos requeridos para ver los archivos adjuntos a este mensaje.
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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Dom 10 Feb, 2019 1:11 am

Problema 330
En una competencia de matemática hay $2018$ participantes, al terminar la competencia, cada participante le cuenta a otros $1009$ competidores cómo resolvió alguno de los problemas de la competencia. Demostrar que existen dos participantes $A$ y $B$ tales que $A$ le contó a $B$ cómo resolvió un problema y $B$ le contó a $A$ cómo resolvió un problema.

Aclaración: Todos los participantes resolvieron al menos un problema.
[math]

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Monazo » Mar 12 Feb, 2019 8:56 pm

Creo que esto lo revienta

Solución 330
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Supongamos que cada participante es un punto, y los numeramos como $1,2,3,\dots,2018$, y trazamos una flecha que va del punto $i$ a $j$ si el participante $i$ le cuenta la solución al personaje $j$. Notemos que si queremos que para todo par de participantes haya una flecha, tendremos $\binom{2018}{2}=\frac{2018!}{2!\cdot 2016!}=\frac{2018\cdot 2017}{2}=2017\cdot 1009$. Ahora notemos que la cantidad de flechas que trazaremos en el problema es $2018\cdot 1009$. Dado que $2018\cdot 1009 > 2017\cdot 1009$, por Palomar habrá al menos un par de puntos $a$ y $b$ tales que haya una flecha que vaya de $a$ a $b$ y de $b$ a $a$ (notar que las dos flechas no pueden tener el mismo sentido), por lo que demuestra lo pedido en el enunciado.

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Monazo » Mié 13 Feb, 2019 12:01 am

Problema 331

En un torneo de Tenis, hay $16$ jugadores, y en ese torneo se jugaron un total de $55$ partidos (en un partido juega un jugador contra otro). Demostrar que existen $3$ jugadores tales que ninguno de ellos jugó entre sí.

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Fran5 » Mié 13 Feb, 2019 3:47 pm

solución 331. No es lo más lindo... pero ahí va
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Coloreemos a las personitas :D Dos personas son de distinto color siempre y cuando hayan jugado un partido entre sí.
Nuestro objetivo es encontrar al menos $3$ jugadores del mismo color.
Supongamos que no pasase eso, con lo cual tendríamos que todo color tiene como mucho dos jugadores.

Tomemos una coloración válida arbitraria. Si observamos bien, como cada nuevo jugador no puede tener el mismo color que los anteriores. Luego, como cada color tiene a lo sumo $2$ jugadores, para cada $i$ jugadores tendremos al menos $j = \left \lceil \frac{i-}{2} \right \rceil $ colores anteriores. Si no podemos agregarle un color nuevo, entonces el jugador $i+1$ tiene que haber jugado al menos $j$ partidos. Luego tenemos al menos

$$0+0+1+1+2+2+3+3+4+4+5+5+6+6+7+7 = 56$$ partidos, una contradicción.

Luego, hay al menos un color con al menos $3$ jugadores. La solución está completa.


Comentario al margen: Esto es equivalente a resolver el problema mostrando que en el grafo subyacente el número cromático es a lo sumo $7$, usando que existe una coloración greedy tal que computa el número cromático. Viendo que tal coloración greedy de $8$ colores implica al menos $56$ aristas, se deduce que existe al menos $3$ jugadores de un mismo color.
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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Fran5 » Mié 13 Feb, 2019 9:09 pm

Problema 332e

En la fábrica de sustos Monsters Incorporated, cada uno de los monstruos asustadores tiene un código de identificación único que consite en un número natural, el cual le asigna el numero de la puerta por la cual va hacia las habitaciones de los niños.
Se sabe que para cualesquiera dos monstruos diferentes con códigos $a$ y $b$, entonces existe un tercero con código $c$ tal que los tres números $a,b,c$ son coprimos.
Además, también se sabe que existe otro monstruo que tiene el código $a+b$.

Demostrar que existe un mónstruo con código $N$ tal que para todo $n>N$ también hay otro monstruo con código $n$ en la fábrica.
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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Matías » Jue 14 Feb, 2019 11:13 pm

Solución 332
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Notemos que si existen dos monstruos distintos con códigos $a$ y $b$, existe un monstruo con el código $ax+by$ $\forall x,y\in N$, ya que existe un monstruo con el código $a+b=a\times 1+b\times 1$, y si se cumple para $(x,y)$ se cumple para $(x+1,y)$ (existe un monstruo con el código $(ax+by)+a=a(x+1)+by$) y para $(x,y+1)$ (existe un monstruo con el código $(ax+by)+b=ax+b(y+1)$).

Luego, tenemos que existen monstruos con los códigos $2ab$ ($x=b$, $y=a$) y $4ab$ ($x=2b$, $y=2a$).
Sabemos que existe otro monstruo con código $c$ tal que $2ab$, $4ab$ y $c$ son coprimos. Ahora bien,
si existiera un primo $p$ que divide a $2ab$ y a $c$,
como $2ab$ divide a $4ab$ tenemos que $p$ divide a $4ab$ (absurdo), por lo tanto $2ab$ y $c$ son coprimos.

Por el teorema de Chicken McNuggets, como $2ab$ y $c$ son coprimos, si $n\in N$ y $n>(2ab)c-2ab-c$ existen enteros no negativos $x$ e $y$ tales que $n=(2ab)x+cy$, entonces, sumando $2ab+c$, si $n>(2ab)c$ existen naturales $x$ e $y$ tales que $n=(2ab)x+cy$.
Por lo tanto, tenemos que existe un monstruo con código $N=(2ab)+c+1$ y para todo $n>N$ existe un monstruo con código $n$.
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