Maratón de Problemas

LorenzoRD

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por LorenzoRD » Vie 06 Mar, 2020 6:26 pm

Solución 344
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Todo número primo $p \geq 5$ es de la forma $6x + 1$ o $6x +5$, ya que con $x > 0$ tenemos que $6x + 2 = 2(3x + 1)$, $6x + 3 = 3(2x + 1)$, $6x + 4 = 2(3x + 2)$, y $6x$ es múltiplo de $6$.

$(6x + 1)^2 - (6x + 1) = 36x^2 + 12x + 1 - 6x - 1 = 36x^2 + 6x = 6(6x^2 + x)$

$(6x + 5)^2 - (6x + 5) = 36x^2 + 60x + 25 - 6x - 5 = 36x^2 + 54x + 20 = 6(6x^2 + 9x + 3) + 2$

Luego, para $p = 2$ tenemos $p^2 - p = 2$ y para $p = 3$ tenemos $p^2 - p = 6$

Finalmente, las soluciones son $p = 2$ y $p = 6x + 5$ con $x$ entero no negativo (siempre que $p$ sea primo).
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LorenzoRD

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por LorenzoRD » Vie 06 Mar, 2020 8:55 pm

Problema 345

Hallar todos los naturales $n$ tales que $3^n+5^n$ es divisible por $3^{n-1}+5^{n-1}$.

joa.fernandez

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por joa.fernandez » Sab 07 Mar, 2020 12:32 pm

Solución 345
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$3^{n-1} + 5^{n-1} \mid 3^n + 5^n~~\Rightarrow~~ a(3^{n-1} + 5^{n-1})= 3^n + 5^n$
Para $n=1$ tenemos que $3^{1-1} + 5^{1-1} \mid 3^1 + 5^1 ~~\Rightarrow~~ 2 \mid 8$ que es cierto. Ahora supongamos que $n>1$
Si $a \leq 3~~ \Rightarrow~~a(3^{n-1} + 5^{n-1}) \leq 3 \cdot 3^{n-1} + 3 \cdot 5^{n-1} < 3 \cdot 3^{n-1} + 5 \cdot 5^{n-1}$
Absurdo.
Si $a \geq 5~~ \Rightarrow~~a(3^{n-1} + 5^{n-1}) \geq 5 \cdot 3^{n-1} + 5 \cdot 5^{n-1} > 3 \cdot 3^{n-1} + 5 \cdot 5^{n-1}$
Absurdo.
Si $a=4 ~~ \Rightarrow ~~4 \cdot 3^{n-1} + 4 \cdot 5^{n-1} = 3 \cdot 3^{n-1} + 5 \cdot 5^{n-1} ~~ \Rightarrow ~~ 3^{n-1} = 5^{n-1}$
Absurdo, ya que $3$ y $5$ son distintos.
Luego, la única solución es $n=1$. $\blacksquare$
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Tomás Morcos Porras

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Tomás Morcos Porras » Sab 07 Mar, 2020 6:25 pm

Acerca de la solución del 345 de @joa.fernandez, tengo algo para acotar.
Spoiler: mostrar
joa.fernandez escribió:
Sab 07 Mar, 2020 12:32 pm
Si $a=4 ~~ \Rightarrow ~~4 \cdot 3^{n-1} + 4 \cdot 5^{n-1} = 3 \cdot 3^{n-1} + 5 \cdot 5^{n-1} ~~ \Rightarrow ~~ 3^{n-1} = 5^{n-1}$
Absurdo, ya que $3$ y $5$ son distintos.
De hecho, de ahí sale que $3^{n-1} = 5^{n-1}$ se puede dar si, y solo si $n-1=0\Rightarrow n=1$, caso en el que $a$ efectivamente vale $4$ ($3^1+5^1=(3^0+5^0)\times 4$), por lo que esa parte refuerza más que $n=1$ es la única solución.
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Sale con restos cuadráticos módulo $2$.

joa.fernandez

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por joa.fernandez » Jue 12 Mar, 2020 8:07 pm

Perdón por tanta tardanza, ahora sí.
Problema 346

Sea $n$ un entero positivo y sea $X$ un conjunto de $n^2+1$ enteros positivos que posee la propiedad de que todo subconjunto de $n+1$ elementos de $X$ contiene dos elementos distintos tales que uno divide al otro. Demostrar que hay distintos elementos $x_1,x_2,\ldots ,x_{n+1}$ de $X$ que satisfacen que $x_i\mid x_{i+1}$ para todo $i=1,2,\ldots ,n$.

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Tomás Morcos Porras

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Tomás Morcos Porras » Mié 18 Mar, 2020 4:30 pm

Visto que el 346 no parece tener muchas ganas de ser resuelto pronto, voy con el que sigue.

Problema 347:

Alex y Bea juegan al siguiente juego: Alex elige $n$ números enteros. A continuación, Bea elige $k$ de los números de Alex y los suma. Si esta suma es un múltiplo de $k$ gana Bea, si no, gana Alex.
  1. Para $k=19$, ¿cuál es el mayor $n$ tal que Alex puede elegir sus n números de forma que pueda asegurarse la victoria?
  2. Generalizar para todo $k$ entero.
Fun fact:
Spoiler: mostrar
Este problema se me ocurrió después de leer mal el enunciado de Provincial 2019 N2 P1 durante la prueba, e ignorar la parte de elevar los números al cuadrado.
Sale con restos cuadráticos módulo $2$.

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Fran5

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Fran5 » Mié 18 Mar, 2020 6:38 pm

Hola Tomás. Ya es la Segunda vez seguida que posteas un nuevo problema sin intentar resolver el anterior.
Posiblemente el problema sea difícil, pero hay muchas personas que pueden estar pensando en serio el problema con intenciones de resolverlo, o puede ser también que el autor espera que alguien venga con alguna solución interesante para debatir y compartir.
Sea como fuere, antes de publicar un nuevo problema deberías preguntar al autor del problema anterior si lo considera bien (que vos publiques un nuevo problema) o si él mismo desea publicar otro problema.

Si querés publicar un nuevo problema lo mejor que podes hacer (y que de hecho es la idea de esta maratón) es resolver el último problema posteado. Es una maratón, así que atento al thread! :)
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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Jue 19 Mar, 2020 2:11 am

Tomás Morcos Porras escribió:
Mié 18 Mar, 2020 4:30 pm
Visto que el 346 no parece tener muchas ganas de ser resuelto pronto, voy con el que sigue.

Problema 347:

Alex y Bea juegan al siguiente juego: Alex elige $n$ números enteros. A continuación, Bea elige $k$ de los números de Alex y los suma. Si esta suma es un múltiplo de $k$ gana Bea, si no, gana Alex.
  1. Para $k=19$, ¿cuál es el mayor $n$ tal que Alex puede elegir sus n números de forma que pueda asegurarse la victoria?
  2. Generalizar para todo $k$ entero.
Fun fact:
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Este problema se me ocurrió después de leer mal el enunciado de Provincial 2019 N2 P1 durante la prueba, e ignorar la parte de elevar los números al cuadrado.
Este problema es sustancialmente difícil
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Para $n=2k-2$, Alex puede elegir $k-1$ veces el $0$ y $k-1$ veces el $1$, entonces la suma de $k$ números es al menos $1$ (por Palomar), y a lo sumo $k-1$, así que no es múltiplo de $k$. Para números más chicos, solamente hay que ir sacando $0$s, así que el número sigue estando entre $1$ y $k-1$, y cuando ya hayamos sacado todos los $0$, empezar a sacar $1$s. Entonces si $n<2k-1$, gana Alex.
Es claro que si Bea gana con $n$, también gana con cualquier número mayor a $n$, porque puede usar su estrategia con $n$ de los números de Alex. Para ver que Bea gana con $n=2k-1$, dejo esto (está en inglés). Gracias @lucasdeamorin por la referencia.
El problema que propongo es el mismo que @joa.fernandez.

Problema 346 bis

Sea $n$ un entero positivo y sea $X$ un conjunto de $n^2+1$ enteros positivos que posee la propiedad de que todo subconjunto de $n+1$ elementos de $X$ contiene dos elementos distintos tales que uno divide al otro. Demostrar que hay distintos elementos $x_1,x_2,\ldots ,x_{n+1}$ de $X$ que satisfacen que $x_i|x_{i+1}$ para todo $i=1,2,\ldots ,n$.
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enigma1234

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por enigma1234 » Jue 19 Mar, 2020 3:46 am

Solución 346:
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Sea $X=\{x_1,x_2,..,x_{n^2+1}\}$.

Digamos que un $x_i$ es m-bueno si existen $1\leq i_1,..,i_m\leq n^2+1$ distintos tal que $i_m=i$ y $x_{i_1}\mid x_{i_2}\mid...\mid x_{i_m}$ y si $a\neq b\to x_{i_a}\neq x_{i_b}$.

Digamos que $x_i$ es de nivel $m$ si $x_i$ es m-bueno pero no m+1-bueno. Ahora sea $x_p\neq x_q$ tal que $x_p\mid x_q$ supongamos que son del mismo nivel (m), entonces como $x_p$ es m-bueno entonces existen $1\leq p_1,..,p_m\leq n^2+1$ distintos tal que $p_m=p$ y $x_{p_1}\mid x_{p_2}\mid...\mid x_{p_m}$ y si $a\neq b\to x_{p_a}\neq x_{p_b}$.
De esto es claro que $p_i\neq q$ entocnes claramente $p_i\neq q$ y $x_{p_i}\neq x_q$ (porque sino $x_p=x_q$). Entonces si consideramos $x_{p_1}\mid x_{p_2}\mid...\mid x_{p_m}\mid x_q$, es facil ver que $x_q$ es m+1-bueno lo que contradice que sea de nivel $m$.

De esto tenemos que si 2 números distintos en $X$ tal que uno divide al otro, entonces no son del mismo nivel.

Entonces si tenemos al menos $n+1$ en un nivel, cogemos $n+1$ de ellos y por las condiciones del problema seria una contradicción.

Entonces hay máximo $n$ por niveles por lo que con casillas es facil ver que como $|X|=n^2+1$ entonces existe un elemento($x_j$) que es de nivel $\geq n+1$ con lo que tenemos que seria n+1-bueno(puesto si es de nivel $x$ es claro que es de nivel $y$ para todo $y\leq x$).

Entonces existen $1\leq j_1,..,j_{n+1}\leq n^2+1$ distintos tal que $j_{n+1}=j$ y $x_{j_1}\mid x_{j_2}\mid...\mid x_{j_{n+1}}$ y si $a\neq b\to x_{j_a}\neq x_{j_b}$ con lo que estaria demostrado el problema

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