Maratón de Problemas

[Nacho]

Bueno, para ponerle onda al foro, vamos a hacer una maratón de problemas. La idea es así:
Se postea un problema, X lo resuelve y cuando lo resuelve postea un nuevo problema.
Si un problema queda sin solución por 3 días o más se prosigue a postear uno nuevo y seguir buscando la solución para después.

Acá va el problema 1:

PROBLEMA 1

Sea [math][a,b] el mínimo común múltiplo entre dos números [math]a y [math]b . Sea [math](a,b) el divisor común mayor. Demostrar que si [math][a,b] + (a,b) = a+b entonces un número es múltiplo del otro.

[Ivan]

Buena idea

Solución del problema 1:

[math][a,b]=\dfrac{a\times b}{(a,b)} luego tenemos
[math]a+b=\dfrac{a\times b}{(a,b)}+(a,b)
Sean [math]a'=\dfrac{a}{(a,b)},\: b'=\dfrac{b}{(a,b)}. La ultima igualdad es equivalente a
[math]a' + b'=a' \times b' + 1
que se factoriza como
[math](a' -1)(b'-1)=0
Lo que prueba que uno de los dos es [math]1. Multiplicando por [math](a,b) obtenemos el resultado deseado.

PROBLEMA 2:
En el plano hay dibujadas [math]n rectas distintas. Cada una de ellas corta a exactamente otras [math]2007 de las rectas. Hallar todos los valores de [math]n para los cuales esto es posible.

[Nacho]

Solución del Problema 2

Definamos a una recta como "principal" si define a un conjunto de rectas paralelas (este conjunto puede contener solo a la recta "principal"). Definamos entonces [math]r_1 , \cdots , r_k a las rectas "principales".
Sea [math]f(r_i) la cantidad de rectas paralelas a [math]r_i (incluyendo [math]r_i).
Sea [math]g(r_i) la cantidad de rectas que intersectan a [math]r_i.
Por enunciado, [math]g(r_1) = \cdots = g(r_k) = 2007.
Vemos tambien que [math]f(r_1) + \cdots + f(r_k) = n.
Observamos ahora que [math]n-f(r_i) = g(r_i) pues se corta con todas las rectas menos las que son paralelas y sí misma.
Sumamos ahora: [math]\sum_{i=0}^n n-f(r_i) = 2007\cdot k
[math]n\cdot k - (f(r_1)+\cdots + f(r_k)) = 2007k
[math]n\cdot (k-1) = 2007k Entonces, vemos claramente que [math]n = \frac{2007k}{k-1}, y como [math]k-1 y [math]kson coprimos, [math]k-1 \mid 2007. Vemos por lo tanto que los posibles valores de [math]n son [math]2008,2010,2016,2230,2676,4014

Problema 3

Hallar todos los enteros positivos [math]n tales que [math]n! + 5 es un cubo perfecto.

[Matías V5]

Solución del Problema 3

Se puede chequear a mano que los cubos perfectos sólo pueden tener resto [math]0, [math]1 o [math]6 en la división por [math]7, o bien deducirlo del Pequeño Teorema de Fermat: si [math]x es divisible por [math]7, tenemos [math]x^3 \equiv 0 \pmod 7; si [math]x es coprimo con [math]7, entonces [math]x^6 \equiv 1 \pmod 7, luego [math]7 \mid x^6 - 1 = (x^3 + 1)(x^3 - 1), de donde [math]x^3 tiene resto [math]1 o [math]6 en la división por [math]7.

Esto ya descarta todos los valores de [math]n mayores o iguales que [math]7, pues [math]n! + 5 tendría resto [math]5 en la división por [math]7.

Así que sólo nos queda probar [math]6 casos. Se verifica fácilmente que [math]1, 2, 3 y [math]4 no funcionan (en tales casos [math]n!+5 vale [math]6, 7, 11 y [math]29 respectivamente), mientras que [math]5! + 5 = 125 = 5^3, y [math]6! + 5 = 725, que no es un cubo perfecto.

Por lo tanto la única solución es [math]n=5.

PROBLEMA 4:
Decidir si es posible colorear cada entero positivo de rojo, azul o verde, de manera que cada color se use al menos una vez y si dos números [math]a,b son de colores distintos, el número [math]a+b está coloreado con el tercer color.

[Ivan]

Solución del Problema 4

Vamos a mostrar que no se puede. Supongamos que es posible para llegar a un absurdo. Sin pérdida de generalidad supongamos que el [math]1 es rojo. Supongamos que [math]k es el primer número azul. Sigue que [math]k+1 es verde. [math]k+2=(k+1)+1 es azul. De este modo todos los números mayores a [math]k son azules o verdes. Pero [math]2k+1=(k)+(k+1) es rojo, absurdo.

PROBLEMA 5

Si [math]a y [math]b son dos números racionales positivos tales que ninguno de ellos es entero pero [math]a+b es entero, determinar si es posible que [math]a^{20}+b^{20} sea entero.
¿Y [math]a^{21}+b^{21}?

[amcandio]

Solución al problema 5

Como [math]a y [math]b son racionales decimos [math]a= \frac{x}{m} y [math]b= \frac{y}{n} donde [math]mcd(a,m)=mcd(y,n)=1[math](1).
Como su suma es entera tenemos [math]mn|xn+my, de donde resulta [math]m|xn y [math]n|my, por [math](1) nos queda [math]m|n y [math]n|m, por lo tanto [math]n=m.
Ahora [math]m|x+y [math]\Longrightarrow [math]y=mk-x.

En la parte a) nos queda, [math]x^{20}+(mk-x)^{20}\equiv 0 \mod{m^{20}} [math]\Longrightarrow [math]x^{20}+(mk-x)^{20}\equiv 0 \mod{m} [math]\Longrightarrow [math]2x^{20}\equiv 0 \mod{m}, por [math](1) [math]m=2.
Entonces [math]x^{20}+(mk-x)^{20}\equiv 0 \mod{2^{20}} [math]\Longrightarrow [math]x^{20}+(mk-x)^{20}\equiv 0 \mod{4}.
Ahora, por [math](1),[math]x y [math]2k-x son impares, luego [math]x^{20}+(mk-x)^{20}\equiv 1+1 \equiv 2 \equiv 0 \mod{4}. ABSURDO.

En la parte b) tenemos que [math]m^{21}|x^{21}-(mk-x)^{21}, es decir [math]x^{21}-(mk-x)^{21}\equiv 0 \mod{m^{21}}, tomando [math]k=m^{20}q nos queda [math]x^{21}+(-x)^{21}\equiv x-x \equiv 0 \mod{m^{21}}
Por lo tanto, hay solucion: [math](\frac{x}{m} ; \frac{m^{21}q-x}{m}).

PROBLEMA 6


Sea P el número que se obtiene al multiplicar los factoriales de los primeros 2008 enteros positivos:

[math]P=(1!)(2!)(3!)...(2007!)(2008!)

Determinar si es posible cancelar uno de estos factoriales de modo que la multiplicación de los 2007 factoriales que quedan sea un cuadrado perfecto.

[amcandio]

Pensalo.. y si no sale lo cambio

[Ferroni.VR]

Pensalo.. y si no sale lo cambio

Sinceramente no tengo muchas ganas de ponerme a dibujar XD, de todas maneras, te sugeriría que lo cambies, porque lleva demasiado tiempo sin ser resuelto, y quizá nadie tiene ganas de hacerlo (o es muy difícil, qué se yo).

[amcandio]

Bueno a pedido de Ferroni.CP cambie de problema xD

[Melanie]

Eh todo mal, ayer leí el anterior cuando estaba con Fede y me dieron ganas de pensarlo! Lo agarré hoy y ya no estaba :'(