Maratón de Problemas

Eduardo aragon

FOFO Pascua 2019 - Medalla FOFO 9 años - Mención Especial
Mensajes: 4
Registrado: Sab 02 Feb, 2019 9:36 pm
Medallas: 2
Nivel: 2

Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Eduardo aragon » Sab 17 Ago, 2019 11:46 pm

etiquetamos en la tabla de $8x8$
A,B,C,D,E,F,G,H
H,A,B,C,D,E,F,G,
G,H,A,B,C,D,E,F
F,G,H,A,B,C,D,E,
E,F,G,H,A,B,C,D,
D,E,F,G,H,A,B,C
C,D,E,F,G,H,A,B
B,C,D,E,F,G,H,A
(no se como enviar imagenes jejejje)
en vez de colocar casillas negras o blancas, colocaremos 1 o 0 respectivamente
diremos que $x(A)$ es la suma de todas las casillas con 1's y 0's que estan en las casillas de A por ejemplo si solo la esquina superior izquierda esta pintada entonces $x(A)=1$ y $x(B)=0$
notemos que cualquier operacion afectara a todas las letras y que aplicando solo una operacion $x(A)$ aumentara o disminuira en 1 (obviamente esto ocurre tambien con $x(B)$, $x(C)$, etc.)
de aqui podemos ver una invariante:
el residuo de $x(A)-x(B)$ en $mod2$ esto es porque al hacer la operacion la paridad de $x(A)$ y $x(B)$ cambia de par a impar o viceversa, de aqui es facil ver que en $mod 2$ su residuo no cambia (basta ver que $par-par=impar-impar$ y otro caso mas)

luego:
a) supongamos que es posible
como una esquina esta pintada entonces $x(A)=1$ y $x(B)=x(C)=x(D)=...=x(H)=0$ y para el tablero requerrido seria $x(A)=X(B)=X(C)...=x(H)=8$ de esto cualquier diferencia en mod 2 seria 0 pero vemos que al comienzo hay diferencias en mod 2 igual a 1 como $x(A)-x(B)$ contradiccion

b)por lo anterior visto todas las diferencias del tablero requerido en mod 2 son 0, entoces al comienzo debe ser tambien asi. Como $x(A)\geq 1$
entonces $x(B)\geq 1,x(C)\geq 1,...,x(H)\geq 1$ y sumando seria que el tablero del comienzo es mayor o igual que 8 y un ejemplo seria pintar toda la primera fila que claramente es posible mediante operaciones realizar lo pedido. luego como minimo es necesario pintar de negro 7 casillas

Avatar de Usuario
Gianni De Rico

FOFO 7 años - Mención Especial OFO - Medalla de Oro
Mensajes: 1076
Registrado: Vie 16 Sep, 2016 6:58 pm
Medallas: 2
Nivel: Exolímpico
Ubicación: Rosario
Contactar:

Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Vie 06 Sep, 2019 8:43 pm

Esto lleva demasiado tiempo inactivo, así que pongo un problema nuevo para revivirlo un poco

Problema 337
Santi y Cristina juegan en una mesa redonda al siguiente juego:
Sobre el borde de la mesa hay $99$ huecos, que forman los vértices de un polígono regular de $99$ lados. Se tienen bolitas de color rojo o azul, una cantidad ilimitada de bolitas de cada color. Comienza Cristina, que coloca una bolita en uno de los huecos, luego, alternadamente, cada jugador coloca una bolita en un hueco adyacente a otro que haya sido ocupado en alguno de los turnos anteriores. El juego termina cuando todos los huecos están ocupados.
Si al finalizar el juego hay $3$ bolitas de un mismo color que son los vértices de un triángulo equilátero, gana Santi. En otro caso, gana Cristina.

Decidir si alguno de los jugadores tiene una estrategia ganadora. Si la respuesta es sí, dar una estrategia para ese jugador y demostrar que es ganadora. Si la respuesta es no, explicar por qué ningún jugador tiene una estrategia ganadora.
Queda Elegantemente Demostrado

Avatar de Usuario
jhn

OFO - Medalla de Plata
Mensajes: 513
Registrado: Mié 10 Oct, 2012 3:25 pm
Medallas: 1
Nivel: Otro
Ubicación: Venezuela

Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por jhn » Mié 27 Nov, 2019 7:01 am

Solución al 337
Spoiler: mostrar
Santi tiene una estrategia ganadora. Durante los primeros 33 movimientos se ocupan 33 huecos consecutivos, que numeramos en sentido horario del 1 al 33. En el movimiento siguiente Santi coloca una bolita en el hueco 99, del mismo color que la que está en el hueco 33. Como 33, 66 y 99 son los vértices de un triángulo equilátero, si Santi logra ocupar el hueco 66 gana, colocando una bolita del mismo color que las que están en 1 y 99. Para ello, si Cristina juega en 34 Santi lo hace en 98, y viceversa. Lo mismo hace con los pares (35,97), (36,96),...,(64,68). En este momento Cristina debe jugar en 65 o 67, a lo cual Santi juega en 66 y gana. (Claro que es posible que ya hubiese ganado antes, pero en el peor de los casos gana en su última jugada).
Todo problema profana un misterio; a su vez, al problema lo profana su solución.
https://jhnieto.000webhostapp.com/

Avatar de Usuario
jhn

OFO - Medalla de Plata
Mensajes: 513
Registrado: Mié 10 Oct, 2012 3:25 pm
Medallas: 1
Nivel: Otro
Ubicación: Venezuela

Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por jhn » Jue 28 Nov, 2019 12:08 pm

Problema 338
Hallar todos los polinomios $P(x)$ con coeficientes enteros tales que $P(P(n)+n)$ es un número primo para infinitos enteros $n$.

Matías

OFO - Medalla de Bronce FOFO Pascua 2019 - Medalla OFO - Medalla de Plata FOFO 8 años - Medalla Especial OFO - Medalla de Oro
Mensajes: 192
Registrado: Mar 06 Oct, 2015 7:59 pm
Medallas: 7
Nivel: 3

Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Matías » Jue 28 Nov, 2019 3:11 pm

Solución 338
Spoiler: mostrar
Aclaro que mi solución cumple considerando como primos solo a los positivos o a los positivos y negativos.

Si $P$ es constante, es decir $P(x)=c$ $\forall x\in R$, $c\in Z$, tenemos que $P(P(n)+n)=c$ es primo para infinitos $n\in Z$, por lo tanto $c$ debe ser primo, y está claro que todo polinomio $P(x)=c$ $\forall x\in R$ con $c$ primo cumple.

Si $P$ es lineal no constante, es decir $P(x)=mx+h$ $\forall x\in R$, $m, h\in Z$, $m\neq 0$, tenemos que $P(P(n)+n)=P((m+1)n+h)=m(m+1)n+mh+h=(m+1)(mn+h)$ es primo para infinitos $n\in Z$. Pero si $m=-1$ nos queda que $P(P(n)+n)=0$ $\forall n\in Z$ (absurdo), y si $m\geq 1$ o $m\leq -3$ tenemos que $|m+1|\geq 2$, por lo tanto si $(m+1)(mn+h)$ es primo necesariamente es $|mn+h|=1\implies n=\frac{1-h}{m}\vee n=\frac{-1-h}{m}$, lo cual no se cumple para infinitos $n\in Z$ (absurdo). Así que debe ser $m=-2$, con lo que nos queda que $P(P(n)+n)=2n-h$ es primo para infinitos $n\in Z$, lo cual es cierto si y solo si $h$ es impar, $h=2k+1$, $k\in Z$.
Entonces los polinomios que cumplen son ($P(x)=-2x+2k+1$ $\forall x\in R$) $\forall k\in Z$.

Si $P$ no es lineal ni constante tenemos que $gr(P)=m\in N$, $m\geq 2$. Como $P(x)\in Z[X]$ tenemos que $P(n)\in Z$ $\forall n\in Z$, y tenemos que $a-b\mid P(a)-P(b)$ $\forall a, b\in Z, a\neq b$ (ya que si $P(n)=c_0+\sum_{i=1}^{m}c_in^i$ $\forall n\in Z$, con $c_i\in Z$ $\forall(i\in N_0\wedge i\leq m)$, $c_m\neq 0$, tenemos que $P(a)-P(b)=c_0+\sum_{i=1}^{m}c_ia^i-c_0-\sum_{i=1}^{m}c_ib^i=\sum_{i=1}^{m}c_i(a^i-b^i)=(a-b)\sum_{i=1}^{m}c_i(\sum_{j=0}^{i-1}a^{i-1-j}b^j)$). Por otro lado, tenemos que existen a los sumo $m$ enteros $n$ tales que $P(n)=0$, ya que $gr(P)=m\in N$ por ende tiene a lo sumo $m$ raíces reales, por el mismo motivo existen a lo sumo $m$ enteros $n$ tales que $P(n)=1$ (ya que $gr(P(n)-1)=m$) y a lo sumo $m$ enteros $n$ tales que $P(n)=-1$ (ya que $gr(P(n)+1)=m)$. Así que considerando todos los $n\in Z$ con $|P(n)|\geq 2$, si tomamos $a=P(n)+n$ y $b=n$ nos queda que $(P(n)+n)-n\mid P(P(n)+n)-P(n)\implies P(n)\mid P(P(n)+n)-P(n)\implies P(n)\mid P(P(n)+n)$. De esta forma, si existieran infinitos $n\in Z$ tales que $P(P(n)+n)$ es primo, deberán existir o bien infinitos $n\in Z$ tales que $P(n)=P(P(n)+n)$ o bien infinitos $n\in Z$ tales que $P(n)=-P(P(n)+n)$. En el primer caso, el polinomio $Q(x)=P(x)-P(P(x)+x)$ tiene infinitas raíces, así que es el polinomio nulo y $P(x)=P(P(x)+x)$ $\forall x\in R$, pero $gr(P(x)+x)=m\implies gr(P(P(x)+x))=2m>m=gr(P(x))$ (absurdo). Y en el segundo caso, el polinomio $Q(x)=P(x)+P(P(x)+x)$ es el polinomio nulo, así que $P(x)=-P(P(x)+x)$ $\forall x\in R$, pero $gr(-P(P(x)+x))=2m>m=gr(P)$ (absurdo).

Por lo tanto concluimos que los polinomios que cumplen son ($P(x)=c$ $\forall x\in R$) $\forall c$ primo, y ($P(x)=-2x+2k+1$ $\forall x\in R$) $\forall k\in Z$.

Matías

OFO - Medalla de Bronce FOFO Pascua 2019 - Medalla OFO - Medalla de Plata FOFO 8 años - Medalla Especial OFO - Medalla de Oro
Mensajes: 192
Registrado: Mar 06 Oct, 2015 7:59 pm
Medallas: 7
Nivel: 3

Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Matías » Jue 28 Nov, 2019 3:25 pm

Problema 339

Hallar todos los tríos $(x,y,z)$ de números enteros tales que

$$2^x+2017^y=2019^z$$

Responder