Mayo 2006 - Segundo Nivel - P2

Felibauk

COFFEE - Mención-COFFEE Matías Saucedo OFO - Medalla de Bronce-OFO 2020 COFFEE - Mención-COFFEE Carolina González COFFEE - Mención-COFFEE Ariel Zylber COFFEE - Mención-COFFEE Iván Sadofschi
FOFO 10 años - Medalla-FOFO 10 años OFO - Medalla de Plata-OFO 2021 OFO - Medalla de Oro-OFO 2022 FOFO Pascua 2022 - Medalla-FOFO Pascua 2022 OFO - Medalla de Oro-OFO 2023
FOFO 13 años - Medalla-FOFO 13 años OFO - Oro perfecto-OFO 2024
Mensajes: 70
Registrado: Dom 19 Ene, 2020 12:43 am
Medallas: 12
Nivel: 1

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.
"La matemática es para pensar. El fútbol es para sacar mi instinto animal y decirle al árbitro hdp te voy a m4t4r." Anónimo
Avatar de Usuario
Dauphineg

OFO - Medalla de Plata-OFO 2015 OFO - Medalla de Plata-OFO 2016 OFO - Medalla de Plata-OFO 2017 OFO - Medalla de Bronce-OFO 2018 OFO - Medalla de Plata-OFO 2019
OFO - Medalla de Plata-OFO 2020 COFFEE - Mención-COFFEE Ariel Zylber OFO - Medalla de Plata-OFO 2021 OFO - Medalla de Oro-OFO 2022
Mensajes: 235
Registrado: Lun 20 Ene, 2014 1:26 am
Medallas: 9
Nivel: Exolímpico
Ubicación: La Plata, Prov. de Bs. As.

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 $2;2;2;2;2;5;5$
Responder