Mayo 2006 - Segundo Nivel - P2

Felibauk

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Mayo 2006 - Segundo Nivel - P2

Mensaje sin leer por Felibauk »

En el pizarrón están escritos varios números primos (algunos repetidos). Mauro sumó los números del pizarrón y Fernando multiplicó los números del pizarrón. El resultado que obtuvo Fernando es igual a $40$ veces el resultado que obtuvo Mauro. Determinar cuáles pueden ser los números del pizarrón.

Dar todas las posibilidades.

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Dauphineg

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Re: Mayo 2006 - Segundo Nivel - P2

Mensaje sin leer por Dauphineg »

Lema:
Spoiler: mostrar
Si $n\in\mathbb{N}, n\geq 5\Rightarrow 2^{n}-2n> 11$
Demostración: Por inducción sobre $n$
Si $n=5\Rightarrow 2^{5}-2.5=22> 11$ Se cumple!
Supongamos que para $n=k$ se cumple que $2^{k}-2k> 11$
Para $n=k+1$ tenemos que $2^{k+1}-2.(k+1)>2^{k+1}-2.(k+k)=2.(2^{k}-2k)>2. 11=22>11$ y así que quedo probado el Lema
Solución:
Spoiler: mostrar
Llamamos $F$ al número que obtuvo Fernando y $M$ el que obtuvo Mauro, tenemos entonces que $F=40.M=2.2.2.5.M$ entonces con seguridad en el pizarron están escritos al menos $3$ veces el $2$ y al menos $1$ vez el $5$.
Llamemos $p_{1},p_{2},...,p_{n}$ a los demás primos que están escritos en el pizarron, además llamemos $P$ al producto de estos y $S$ a la suma de los mismos, luego $40.M=F=P.2.2.2.5=P.40 \Rightarrow M=P \Rightarrow 2+2+2+5+S=P\Rightarrow 11+S=P$ $\ast$
Tengamos en cuenta que para cada $p_{i}$ podemos afirmar que $P \geq p_{i}.2^{n-1}$ y también que $S\geq 2n$ ya que cada $p_{i}\geq2$
Si $n=0 \Rightarrow S=P=0$ y de $\ast$ tendríamos que $11=0$ que es absurdo
Si $n=1\Rightarrow S=P=p_{1}$ y de $\ast$ tendríamos nuevamente que $11=0$ que es absurdo
Luego $n\geq 2$, multiplicando cada miembro de $\ast$ por $n$ tenemos que $11.n+S.n=P.n \Rightarrow 11.n=P.n-S.n=P.n-p_{1}.n-p_{2}.n-...-p_{n}.n=\underset{n-veces}{\underbrace{(P-p_{1}.n)+(P-p_{2}.n)+...+(P-p_{n}.n)}}=$
$= \underset{n-veces}{\underbrace{(p_{1}.\frac{P}{p_{1}}-p_{1}.n)+(p_{2}.\frac{P}{p_{2}}-p_{2}.n)+...+(p_{n}.\frac{P}{p_{n}}-p_{n}.n)}}= \underset{n-veces}{\underbrace{p_{1}.(\frac{P}{p_{1}}-n)+p_{2}.(\frac{P}{p_{2}}-n)+...+p_{n}.(\frac{P}{p_{n}}-n)}}\geq$
$\geq\underset{n-veces}{\underbrace{p_{1}.(2^{n-1}-n)+p_{2}.(2^{n-1}-n)+...+p_{n}.(2^{n-1}-n)}}=S.(2^{n-1}-n)\geq 2n(2^{n-1}-n) \Rightarrow 11\geq 2(2^{n-1}-n)= 2^{n}-2n$
De esto último y del Lema concluimos que $n\leq 4$ por lo que solo analizaremos los casos $2\leq n\leq 4$
Caso 1: $n=4$
como ya vimos antes $11.n \geq S.(2^{n-1}-n)\Rightarrow 44\geq 4S \Rightarrow 11\geq S$ luego los $4$ primos no podrán ser mayores o iguales a $3$ ya que en ese caso $S \geq 4.3=12$, es decir que alguno de ellos sera $2$ y entonces $P$ sera par y de $\ast$ $S$ sera impar y entonces la cantidad de primos impares sera impar, o sea $1$ o $3$
Si tenemos exactamente $1$ primo impar, digamos sin perdida de generalidad que $p_{4}$ es impar entonces $p_{1}=p_{2}=p_{3}=2$ y de $\ast$ tenemos que $11+6+p_{4}=8.p_{4}\Rightarrow \frac{17}{7}= p_{4}$ Absurdo
Si tenemos exactamente $3$ primos impares ninguno de ellos podrá ser mayor que $3$ ya que en ese caso $S> 11$, es decir que que estos $3$ primos impares son iguales a $3$ y el restante primo (que sera par) obviamente es $2$ así que por $\ast$ $11+ 11=54$ Absurdo
No tenemos solución para $n=4$
Caso 2: $n=3$
Según $\ast$ sabemos que $S$ y $P$ tienen distinta paridad, por lo tanto los $3$ primos no pueden ser todos impares ya que en ese caso $S$ y $P$ serian ambos impares, tampoco pueden ser todos pares (o sea iguales a $2$) ya que en ese caso $S$ y $p$ serian ambos pares, tampoco pueden ser $2$ de ellos impares y el restante par (o sea igual a $2$) ya que en ese caso $S$ y $P$ serian ambos pares, asi que solo queda una posibilidad que es que $2$ de ellos sean pares (o sea iguales a $2$) y el restante sea impar. Supongamos sin perdida de generalidad que el impar es $p_{3}$ y entonces que $p_{1}=p_{2}=2$ entonces por $\ast$ tenemos que $11+4+p_{3}=4p_{3}\Rightarrow p_{3}=5$ y acá tenemos una solución al problema
Caso 3: $n=2$
Si al menos uno de los $2$ primos es igual a $2$, supongamos sin perdida de generalidad que p_{1}=2 entonces por $\ast$ tenemos que $11+2+p_{2}=2p_{2}\Rightarrow p_{2}=13$ y acá tenemos una solución al problema
Si ninguno de los $2$ primos es igual a $2$ entonces ambos son impares y sin perdida de generalidad supongamos que $p_{1}\leq p_{2}$ por $\ast$ tenemos que $11+p_{1}+p_{2}=p_{1}.p_{2}\Rightarrow 12=p_{1}.p_{2}-p_{1}-p_{2}+1=(p_{1}-1).(p_{2}-1)$ los números naturales $p_{1}-1$ y $p_{2}-1$ son ambos pares y $p_{1}-1\leq p_{2}-1$ por los que solo nos queda una posibilidad que es $p_{1}-1=2$ y $p_{2}-1=6$ o sea $p_{1}=3$ y $p_{2}=7$ y acá tenemos una solución al problema
Respuesta: Los números del pizarrón pueden ser $2;2;2;2;5;13$ o $2;2;2;3;5;7$ o $2;2;2;2;2;5;5$

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