Maratón de Problemas

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Emerson Soriano

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Emerson Soriano »

Solución al Problema 384.
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No es difícil verificar que las parejas $(1, 1)$, $(1, 2)$ y $(2, 1)$ satisfacen. Supongamos ahora que existe una pareja $(a, b)$ distinta de las mencionadas que satisface las condiciones del problema, entonces $a$ y $b$ son distintos, de lo contrario se tendría que $a=b=1$.

Es evidente que $a$ y $b$ son coprimos, luego, como $a\mid b^4+1$ y $b\mid a^4+1$, entonces $ab\mid (a-b)^4+1$, por lo cual el siguiente número es un entero positivo:
$$k=\frac{(a-b)^4+1}{ab}.$$
De la tercera condición sabemos que existe un entero positivo $n$ tal que $\left \lfloor \sqrt{a} \right \rfloor=\left \lfloor \sqrt{b} \right \rfloor=n$. Por lo tanto, $a$ y $b$ pertenecen al intervalo $\left [ n^{2}, n^{2}+2n \right ]$. Luego, tenemos que
$$(a-b)^2+1\leq (2n)^4+1=16n^4+1 \hspace{0.52cm}\text{y}\hspace{0.52cm} ab\geq n^2\cdot (n^2+1)\geq n^4+1.$$
Por lo tanto,
$$k=\frac{(a-b)^4+1}{ab}\leq \frac{16n^4+1}{n^4+1}\leq 16.$$
Si $k$ es par, entonces $ab$ es par, pero como los números $a$ y $b$ son coprimos, deben tener diferente paridad y $4\mid (a-b)^4+1$, lo cual es absurdo porque $(a-b)^4+1\equiv 2\pmod 4$. Por lo tanto, $k$ es impar.

Supongamos que $k>1$ y sin pérdida de generalidad que $a>b$, y sea $p$ un factor primo impar de $k$, entonces $(a-b)^4\equiv -1\pmod p$. Si $d=ord_p(a-b)$, entonces $d\mid 8$, de donde tenemos que $d=1$, $2$, $4$ o $8$. Claramente $d$ no puede ser $1$, $2$ ni $4$, por lo cual tenemos que $d=8$. Como $d\mid p-1$, concluimos que $p\equiv 1\pmod 8$. Por lo tanto, todos los factores primos impares de $k$ son congruentes con $1$ en el módulo $8$, lo cual significa que cada factor primo impar de $k$ es al menos $17$, y por lo tanto $k\geq 17$, lo cual es una contradicción. Por lo tanto, $k=1$ y $ab=(a-b)^4+1$.

Hacemos $a=b+d$, con $d>0$. Luego, tenemos que $b(b+d)=d^4+1$, que es lo mismo que
$$b^2-bd-(d^4+1)=0.$$
La discriminante de la función $f(t)=x^2-dx-(d^4+1)$ es cuadrado perfecto, es decir, $d^2+4(d^4+1)=4d^4+d^2+4$ es un cuadrado perfecto.

Si $d=1$, entonces $a=2$ y $b=1$, pero ya dijimos que $(a, b)$ no es igual a las parejas mencionadas al inicio. Por lo tanto, $d\geq 2$ y tenemos que
$$(2d^2)^2<4d^4+d^2+4<4d^4+4d^2+1=(2d^2+1)^2,$$
contradiciendo que $4d^4+d^2+4$ es un cuadrado perfecto.

Concluimos que $(1, 1)$, $(1, 2)$ y $(2, 1)$ son las únicas parejas que satisfacen.
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Emerson Soriano

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Emerson Soriano »

Problema 385.
Sean $a_1$, $a_2$, ... , $a_{100}$ enteros positivos distintos dos a dos. Para cada índice $i$, con $1\leq i\leq 100$, definamos por $b_i$ a la suma de $a_i$ y el máximo común divisor de los $99$ números restantes. Determine la menor cantidad de números diferentes que puede haber entre los números $b_1$, $b_2$, ... , $b_{100}$.
BrunZo

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por BrunZo »

Estuvo mucho tiempo así que tiro una idea que tuve y si a alguien se le ocurre cómo terminarlo, que lo termine
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No puede haber tres $b_i$ con el mismo valor.
Supongamos que $b_x=b_y=b_z$, es decir, $a_x+d_x=a_y+d_y=a_z+d_z$ donde $d_i$ representa el mcd de todos los $a_j$ con $j\neq i$.
Luego $a_y-a_z=d_z-d_y$. Por definición, $d_x\mid a_y-a_z$.
Así se obtiene que cada uno de $d_x$, $d_y$, $d_z$ divide a la diferencia (positiva, porque se puede cambiar el signo) de los otros dos. Luego, si $D$ es el mayor de ellos, $D$ divide a la diferencia positiva de dos números menores que $D$, que a su vez es menor que $D$ . Como son positivos, esto es absurdo a menos que la diferencia sea $0$, es decir $d_y=d_z$ (u otras dos letras cualesquiera). Pero así, necesariamente $a_y=a_z$ que contradice el enunciado.
Esto prueba lo deseado.

En ppio, esto implica que hay a lo sumo $50$ números diferentes (si hubiera $49$ por Palomar, tres serían iguales).
sebach

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por sebach »

Asumo lo que dijo @BrunZo en el comentario de arriba, que básicamente dice que
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no puede haber un valor que se repita más de $2$ veces en la lista de los $b_i$
Comentario de cómo empecé el camino hacia mi solución:
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Quise formar $50$ parejas, luego de la observación de BrunZo, y empecé pensando "bueno, quiero un $b$ que escriba como suma de dos parejas distintas que van ser los $a$ y los divisores de los demás números. $15 = 12 + 3 = 10 + 5$, pero claro si $5$ es el divisor no divide ni a $3$ ni a $12$, y lo mismo si $10$ es el divisor. Bueno, que se sumen los mismos números, es decir $15 = 10 + 5 = 5 + 10$, y en una $10$ es el divisor y en la otra $5$. Cómo hago para que eso ocurra? Pongo a todos los otros múltiplos de $10$. Bueno, ahora reduje el caso a tener $98$ números y querer aparearlos. Ah pero tengo la restricción de que sean todos múltiplos de $10$." Y ahí vi que todos los otros valores $d$, los divisores, iban a ser $5$ necesariamente si son todos múltiplos de $10$ y ya tengo un $a$ que vale $5$. Entonces pensé la hipótesis de que no pudiera haber dos valores $b$ que se repiten dos veces. Si eso era así ya estaba, porque habrá a lo sumo una repetición y todo el resto distintos.
Solución al problema 385:
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Supongamos que existen dos parejas $(w, x), (y, z)$ tales que $a_w + d_w = b_w = b_x = a_x + d_x$ y $a_y + d_y = b_y = b_z = a_z + d_z$.

Entonces como $d_x | a_y, d_x | a_z \Rightarrow d_x | a_y - a_z = d_z - d_y$.
Análogamente, $d_w | d_z - d_y$.
$d_y | d_w - d_x$.
$d_z | d_w - d_x$.

Para que sea más fácil de entender la situación, renombro las variables y tenemos 4 números enteros positivos tales que:
$A | C - D$
$B | C - D$
$C | A - B$
$D | A - B$
Asumo que $A \geq B$ y $C \geq D$, si no podríamos dar vuelta los números.

$C | A - B \Rightarrow C \leq A - B < A$, pero $A | C - D \Rightarrow A \leq C - D < C$.
Esto es un absurdo, luego no puede haber dos parejas como las mencionados al principio.


Entonces, o bien no hay parejas de valores $b_i, b_j$ iguales, que nos da una situación con los $100$ números distintos, o bien hay exactamente una pareja $b_i = b_j$ y luego todos los demás números son distintos entre sí y a $b_i$, habiendo $99$ números distintos.
Si encontramos una situación del segundo caso, ganamos.

Una posibilidad es que $a_1 = 5, a_2 = 10, a_3 = 30, a_4 = 40 , ..., a_{100} = 1000$, dado que así $b_1 = a_1 + 10 = 15 = a_2 + 5 = b_2$, y luego $b_3 = 35, b_4 = 45, ..., b_{100} = 1005$.
No me siento confiado creo, ahora, para proponer un problema acorde al nivel (no quiero que sea demasiado fácil pero por miedo a eso tampoco quiero ponerme a buscar uno y que sea demasiado difícil), @BrunZo te proponés uno?
BrunZo

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por BrunZo »

Okey
Va
Problema 386: Quince amigos quieren repartirse una naranja con forma esférica. Para hacerlo, solo disponen de 4 cortes planares. ¿Es posible cortarla de forma tal que cada amigo coma el mismo volumen de naranja?

Nota: No es posible reacomodar los pedazos antes de hacer los 4 cortes.
1  
ErikaWheeler
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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por ErikaWheeler »

Cortaré 3 cortes verticales y 1 corte horizontal para partir la naranja
Juaco

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Juaco »

por lo que entiendo ahí estás dejando un trozo en el aire, y supongo que el problema pide que no sobre nada, sino no le veo mucho sentido
$\text{“The further removed from usefulness or practical application, the more important."}$
EmRuzak

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por EmRuzak »

Idea para el problema: (le faltan algunas demostraciones y cuentas):
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1º Demostrar que para dividir la esfera en $15$ secciones usando $4$ planos, se necesitan los planos formados por un tetraedro con sus vértices dentro de la esfera, que como tienen todos sus puntos de interseccion dentro de la esfera, la dividen en la mayor cantidad de secciones posibles.

2º Supongamos que tenemos una solución, miramos dos planos en la esfera, sin perdida de generalidad los llamamos $P_A$ y $P_B$. Trazamos lineas perpendiculares desde $P_A$ y $P_B$ hacia el centro de la esfera, llamadas $AO$ y $BO$ y miramos la esfera desde el plano determinado por $A,B,O$
problemamaraton.png
Al volumen pintado de rojo lo llamamos $V_A$, al azul $V_B$, y al de los dos colores $V_{AB}$, si el volumen de la esfera es $15$ (sin perdida de generalidad), las secciones tienen volumen $1$, entonces el volumen de $V_A$ y $V_B$ es $7$ ya que contiene a $7$ secciones (como un circulo dividido por las $3$ rectas de un triángulo), además, el volumen de $V_{AB}$ es $3$, ya que esta dividido en $3$ por los $2$ planos restantes.

Entonces las distancias $AO$ y $BO$ están fijas, y el ángulo $AOB$ también, para todo par de planos en la solución, por lo que el tetraedro es regular, y de un tamaño fijo.

Entonces haciendo las cuentas, a partir de lo que tenemos, podemos calcular el inradio del tetraedro $AO$ , y el volumen del tetraedro, que supongo que sera un valor distinto al que debería tener, es decir $1$ y por lo tanto no se puede
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BR1

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por BR1 »

Problema 387:
Hallar todos los pares de enteros positivos $(m, n)$ tales que es posible cubrir un tablero de $m$ filas y $n$ columnas usando exclusivamente fichas cuadradas de $2×2$ y de $3×3$ (el cubrimiento no debe contener huecos ni superposiciones, las fichas no pueden sobresalirse del tablero).
ACLARACIÓN: $1$ no es primo
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Lean

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Lean »

Solucion Problema $387$:
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Si $(m,n)$ son pares, con $2x2$ cubrimos todo ya que si $m=2k,n=2l$, seria lo mismo que cubrir un tablero de $(k,l)$ con fichas de $1x1$. Como lo ultimo es posible, lo anterior tambien.

Ahora bien, si alguna dimension es impar, pintemos alternadamente filas de color blanco y negro. Luego, suponiendo que el tablero es posible de cubrir cumpliendo la condicion de que las fichas no saliesen de este, cada $2x2$ cubre $2$ de blancas y $2$ de negras. Tambien, cada $3x3$ cubre $6$ de un color y $3$ de otro. Entonces la diferencia de las casillas blancas y las casillas negras es un multiplo de $3$. Luego, como hay una fila extra para un color, la diferencia entre las blancas y las negras es la otra dimension del tablero. Entonces, sabemos que la otra dimension es multiplo de $3$. Y si la otra dimension es tambien impar, con otra coloracion llegamos a que tambien es multiplo de $3$.

Entonces, si $(m,n)$ son impares, $m,n$ son de formato $3k, k\geq 1$. Por lo tanto, es posible cubrir con fichas de $3x3$. Si alguna dimesion es impar y la otra es par, la par es multiplo de $3$. Podemos cubrir todo un lado de fichas con $3x3$ y nos quedara un tablero de la dimension par y la otra dimension de impar menos $3$, el cual es par. Finalmente, cubrimos este tablero con $2x2$.

Entonces, todo tablero de $(m,n)$ que cumpla de lo arriba se puede. Sino, no.
Última edición por Lean el Vie 08 Dic, 2023 6:51 pm, editado 2 veces en total.
"El mejor número es el 73".
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