Maratón de Problemas

[AgusBarreto]

Solución 355 (pero más linda)

Un detalle técnico

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Podemos cambiar $k$ por $1$ ya que $\dfrac{a_i}{k}+\dfrac{A_i}{k}=1$ y en la desigualdad podemos pasar dividiendo el $k^2$ para que quede $$\dfrac{a_1}{k}\dfrac{A_2}{k}+\dfrac{a_2}{k}\dfrac{A_3}{k}+\dfrac{a_3}{k}\dfrac{A_1}{k} < 1$$

Ahora sí

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Sea $ABC$ un triángulo equilátero de lado $1$, no es difícil ver que tiene área $\dfrac{\sqrt{3}}{4}$. Marcamos $D$ en $AB$ de forma tal que $AD=A_1$ y $DB=a_1$, marcamos $E$ en $BC$ de forma tal que $BE=A_2$ y $EC=a_2$ y marcamos $F$ en $CA$ tal que $CF=A_3$ y $FA=a_3$. Ahora sumamos las áreas de los triángulos $DBE$, $ECF$ y $ADF$, cuya suma debe ser menor que la total que es (como ya dijimos) $\dfrac{\sqrt{3}}{4}$ y nos queda $$\dfrac{DB\cdot BE \cdot sen(60°)}{2}+\dfrac{EC\cdot CF \cdot sen(60°)}{2}+\dfrac{FA\cdot AD \cdot sen(60°)}{2} < \dfrac{\sqrt{3}}{4}$$ y como $sen(60)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ tenemos (reemplazando cada lado por su valor)
$$\dfrac{a_1\cdot A_2 \cdot \sqrt{3}}{4}+\dfrac{a_2\cdot A_3 \cdot \sqrt{3}}{4}+\dfrac{a_3\cdot A_1 \cdot \sqrt{3}}{4} < \dfrac{\sqrt{3}}{4}$$ y finalmente dividiendo a ambos lados por $\dfrac{\sqrt{3}}{4}$ obtenemos $$a_1\cdot A_2+a_2\cdot A_3+a_3\cdot A_1 < 1$$ como queríamos. ■

[Turko Arias]

Solución 355 (pero más linda)

Un detalle técnico

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Podemos cambiar $k$ por $1$ ya que $\dfrac{a_i}{k}+\dfrac{A_i}{k}=1$ y en la desigualdad podemos pasar dividiendo el $k^2$ para que quede $$\dfrac{a_1}{k}\dfrac{A_2}{k}+\dfrac{a_2}{k}\dfrac{A_3}{k}+\dfrac{a_3}{k}\dfrac{A_1}{k} < 1$$

Ahora sí

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Sea $ABC$ un triángulo equilátero de lado $1$, no es difícil ver que tiene área $\dfrac{\sqrt{3}}{4}$. Marcamos $D$ en $AB$ de forma tal que $AD=A_1$ y $DB=a_1$, marcamos $E$ en $BC$ de forma tal que $BE=A_2$ y $EC=a_2$ y marcamos $F$ en $CA$ tal que $CF=A_3$ y $FA=a_3$. Ahora sumamos las áreas de los triángulos $DBE$, $ECF$ y $ADF$, cuya suma debe ser menor que la total que es (como ya dijimos) $\dfrac{\sqrt{3}}{4}$ y nos queda $$\dfrac{DB\cdot BE \cdot sen(60°)}{2}+\dfrac{EC\cdot CF \cdot sen(60°)}{2}+\dfrac{FA\cdot AD \cdot sen(60°)}{2} < \dfrac{\sqrt{3}}{4}$$ y como $sen(60)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ tenemos (reemplazando cada lado por su valor)
$$\dfrac{a_1\cdot A_2 \cdot \sqrt{3}}{4}+\dfrac{a_2\cdot A_3 \cdot \sqrt{3}}{4}+\dfrac{a_3\cdot A_1 \cdot \sqrt{3}}{4} < \dfrac{\sqrt{3}}{4}$$ y finalmente dividiendo a ambos lados por $\dfrac{\sqrt{3}}{4}$ obtenemos $$a_1\cdot A_2+a_2\cdot A_3+a_3\cdot A_1 < 1$$ como queríamos. ■

Tenía miedo de que nadie encuentre la solución linda y el problema quedara en el olvido como otro aburrido problema de álgebra. Gracias por tanto, que viva la matemática Pisculichi

[Joacoini]

Problema 356
¿Puede un número $A$ que consiste de $600$ seis y algunos ceros en algún orden ser un cuadrado perfecto?

[Fedex]

Solución (?) 356:

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Supongamos que existe tal $A$ que cumple esta propiedad:
$A = 6066...60... = 6 . (1011...10...) = 2 . 3 . (1011...10...)$
Ahora, notemos lo siguiente, como $A$ es un cuadrado perfecto, todos los exponentes de primos en su factorización deben aparecer elevados a un número par. Centrémonos en que particularmente el factor $2$ cumpla con esto.
Para ello, tomemos un número $10^n$ tal que este verifique $\frac{1011...10...}{10^n} \equiv 1\: (mod \; 2)$.
De esta forma tenemos que:
$A = 2 . 3 . 10^n . (\frac{1011...10...}{10^n}) = 2 . 3 . 2^n . 5^n . (\frac{1011...10...}{10^n}) = 3 \: . 2^{n+1} . 5^n . (\frac{1011...10...}{10^n})$
Ahora, es claro que como el último factor solo tiene dígitos $1$ y $0$, a la vez que es impar resulta también $\frac{1011...10...}{10^n} \equiv 1\: (mod \; 5)$.
Llegamos así a que en $A$ aparecen dos factores $2^{n+1}$ y $5^n$ que tienen exponentes de distinta paridad, absurdo, porque como se dijo, todos los exponentes en un cuadrado perfecto deben ser pares.
Por lo tanto, concluimos en que esto es imposible.

[Fedex]

Problema 357

Hay $2n$ personas sentadas alrededor de una mesa redonda. Emi tiene $2n$ cartas con los números de $1$ a $n$ (cada número aparece exactamente dos veces) y le da una a cada persona, después, Ioaki divide a las personas en $n$ parejas, y para cada una, traza sobre la mesa un segmento que las une, con la condición de que los segmentos no se corten. Finalmente, Brian escribe en un pizarrón el mayor número de entre las cartas de cada pareja.
Demostrar que sin importar cómo reparta Emi las cartas, Ioaki puede elegir las parejas de modo que Brian escriba exactamente $\left \lceil \frac{n}{2}\right \rceil$ números distintos en el pizarrón.

[sebach]

Flashié que lo tenía y no, y no sé cómo borrar el mensaje así que lo dejo así

[enigma1234]

Solución 357:

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Veamos por inducción que para cualquier forma de separar las $2n$ personas en 2 grupos $A$ y $B$ de $n$ personas, Ioaki puede dividir a las personas en $n$ parejas tal que todas las parejas contienen una persona del grupo $A$ y una persona del grupo $B$ y al trazar un segmento que une cada pareja, no hay dos segmentos que se corten.
Para $n=1$ es claro que esto es posible. Ahora supongamos que cumple para $n$ y veamos que cumple para $n+1$. Es claro que hay $2$ personas consecutivas en la mesa que pertenecen a distintos grupos (pues sino todos serian del mismo grupo). Entonces si escogemos esta pareja y la separamos quedaran $2n$ personas tal que $n$ de ellas están en el grupo $A$ y $n$ en el grupo $B$, y como claramente ningún segmento de estas $2n$ personas corta al segmento de las $2$ personas consecutivas podemos usar la hipótesis y la inducción esta completa.

Ahora si el grupo $A$ es el conjunto de $n$ personas con los $n$ menores números en sus tarjetas y $B$ el conjunto de $n$ personas con los $n$ mayores números en sus tarjetas. Entonces Ioaki puede hacer la separación anterior y esto haria que como cada numero de las personas de $B$ es mayor o igual que cada numero de las personas de $A$, Brian escribe en el pizarron los $n$ números de las cartas de las $n$ personas de $B$, es decir los $n$ mayores números de $1,1,2,2,...,n,n$ donde es claro que hay exactamente $\left \lceil \frac{n}{2}\right \rceil$ números distintos.

[enigma1234]

Problema 358:
Hallar todos los números reales $x_1,x_2,...,x_{2020}$ tal que se cumple que:
$$x_i^2+x_i-1=x_{i+1},\text{ $\forall$ $1\leq i\leq 2020$ (donde $x_{2021}=x_1$)}$$

[¿hola?]

Solucion 358

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Sea $A=[-1,25;-1)$ y $B=(-1;0)$. Ver que $-1,25$ es el minino valor de $x_n$ para todo $n>1$.
Es fácil ver que si $x_n$ esta en $A$ o $B$, $x_{n+1}$ estará en $B$ o $A$ respectivamente.
Sea $f(n)=x_{n+2}-x_n=(x_n^2+x_n-1)^2+(x_n^2+x_n-1)-1-x_n=x_n^4+2x_n^3-2x_n-1=(x_n+1)^3(x_n-1)$
Que como es un polinomio de grado par y sus ceros son $-1$ y $1$ (con $f(0)<0$) se puede ver que $f(n)<0$ si y solo si $x_n$ esta en $(-1;1)$ lo que implica que si $x_i$ esta en $B$ entonces $x_{n+2}$ esta en $B$ y sera menor, por lo que si $x_1$ esta en $B$, $x_{2021}$ sera menor y si $x_1$ esta en $A$ luego $x_{n+2}$ esta en $A$ y sera mayor, por lo que si $x_1$ esta en $A$, $x_{2021}$ sera mayor.
Si $x_1$ esta en $[0;1)$, $x_n$ decrecerá hasta entrar en el ciclo $A, B, A, ...$ por lo cual $x_{2021}$ esta en $A$ o $B$ o es $-1$, $x_1> x_{2021}$.
Si $x_1$ esta en $(1;\infty)$, $x_n$ sera creciente estrictamente, $x_{2021}> x_1$.
Si $x_1$ esta en $(-\infty;-1,25)$, $x_{2021}\geq -1,25> x_1$
Entonces las únicas opciones son $x_1=x_n=x_{2021}=1$ o $-1$

Puede estar mal porque no desarrollo varias cosas.

[¿hola?]

Problema 359

Sea $n>1$ un número natural. Demostrar que la suma de todas las fracciones $\frac 1{pq}$, con $p$ y $q$ coprimos, dónde $1\leq p < q \leq n$ y $p+q>n$, es igual a $\frac 1{2}$
Por ejemplo, si $n=5$, $\frac 1{1*5}+\frac 1{2*5}+\frac 1{3*5}+\frac 1{3*4}+\frac 1{4*5}=\frac 1{2}$