Maratón de Problemas

[Juaco]

Problema 371
Sean $p$ un numero primo y $n$ algún número natural, si tenemos $q$ tal que $q\mid (n + 1)^p-n^p $, probar que $p\mid q-1$.

[Sandy]

Solución 371
Espero no haberla cagado

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Sea $d=gcd(q,n)$. Claramente $d\mid (n+1)^p-n^p\Longrightarrow d\mid (n+1)^p$. Haciendo la expansión de eso y eliminando los múltiplos de $n$ nos queda que $d\mid 1$.
Además, sean $k_i$ los divisores primos de $(n+1)^p-n^p$. Si $k_i\equiv 1\; (p)$ para todo $i$ entonces los divisores de $(n+1)^p-n^p$ serán todos $1$ módulo $p$. Luego alcanza con ver que los primos lo son. A partir de ahora, $q$ es primo.
Por lo de antes, $q$ es coprimo con $n$, luego existe $r$ tal que $nr\equiv 1\; (q)$.
$(n+1)^p-n^p\equiv 0\; (q)\Longrightarrow (n+1)^p\equiv n^p\; (q)\Longrightarrow (nr+r)^p\equiv (n+1)^pr^p\equiv n^pr^p\equiv (nr)^p\equiv 1^p\equiv 1\; (q)$
Pero entonces $ord_{q}(nr+r)\mid p$, luego o bien $(nr+r)^1\equiv 1+r\equiv 1\; (q)\Longrightarrow r\equiv 0\; (q)$, lo cual es absurdo pues tiene inverso multiplicativo, o bien $ord_{q}(nr+r)=p\Longrightarrow p\mid q-1$, como buscábamos.

Problema 372
En el triángulo $ABC$, con $AB\neq AC$, sean $E$ y $F$ pies de las alturas desde $B$ y $C$ respectivamente. Sean $D$ y $P$ las intersecciones de la base media correspondiente a $BC$ con $EF$ y con la tangente a $(ABC)$ por $A$, respectivamente. Sea $R$ la intersección de $BC$ con $EF$. Demostrar que $APRD$ es un paralelogramo.

[Nahu]

Solución 372

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Sea $K$ el pie de la altura por $A$ y $J$ la intersección de $AP$ y $KR$. Entonces tenemos que $P\widehat{A}E=\widehat{B}=A\widehat{E}F \Rightarrow AP \parallel FE$. Tenemos que por base media $D$ es el punto medio de $AK$ y al igual que $P$ es el punto medio de $AJ$, y como $DR$ es paralela a $AP$ entonces por tales tenemos que $R$ es el punto medio de $KJ$. Por lo tanto $PR \parallel AD$.

[Nahu]

Problema 373

Probar que el polinomio$$(x-a_1)(x-a_2)\cdots (x-a_n)-1,$$donde $a_1,a_2,\ldots ,a_n$ son enteros distintos, no se puede escribir como un producto de dos polinomios no constantes con coeficientes enteros, es decir, es irreducible.

[Turko Arias]

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Sean $P(x), Q(x)$ polinomios con coeficientes enteros tales que $P(x)Q(x)=T(x)=(x-a_1)...(x-a_n)-1$ y tales que ninguno de los dos es constante. Tenemos entonces que:
$$P(a_1)|T(a_1)=-1$$
$$P(a_2)|T(a_2)=-1$$
$$...$$
$$P(a_n)|T(a_n)=-1$$
Y tenemos que:
$$Q(a_1)|T(a_1)=-1$$
$$Q(a_2)|T(a_2)=-1$$
$$...$$
$$Q(a_n)|T(a_n)=-1$$
Luego, $P(x)$ da $1$ en al menos $k$ valores distintos y da $-1$ en al menos $n-k$ valores distintos, y en los valores que da $1$, $Q(x)$ da $-1$ y en los valores que da $-1$ resulta que $Q(x)$ da $1$.

Por otro lado, como ninguno de los dos polinomios es constante, tenemos que $0<gr(P(x))<n$ y $0<gr(Q(x))<n$ ya que $gr(P(x)Q(x))=n$. Pero por la deducción que sacamos antes, tenemos que $P(x)+Q(x)=1+(-1) = (-1)+1=0$ para al menos $k + (n-k)=n$ valores distintos, por lo que o bien $gr(P(x)+Q(x)) \geq n$ (por ser un polinomio no nulo con al menos $n$ raíces) o bien $P(x)+Q(x)=0$. Notamos que el primer caso queda descartado ya que $gr(P(x)+Q(x)) \leq max(gr(P(x),gr(Q(x))<n$, por lo que $P(x)=-Q(x)$... Pero entonces... $T(x)=P(x)Q(x)=-Q(x)^2$, por lo que $T(x) \leq 0$ para todo $x$.

Pero ahora bien, sea $n=max(|a_1|,|a_2|,...,|a_n|)+10$. Es claro que $n-a_i \geq 10$ por lo que $0 \geq T(n) \geq 10^n-1 >0$ absurdo, luego no existen polinomios $P(x), Q(x)$ cumpliendo lo pedido y estamos $\blacksquare$

[Turko Arias]

Problema 374

Sea $\mathbb{P}$ el conjunto de todos los números primos. Hallar todas las funciones $f:\mathbb{P}\rightarrow\mathbb{P}$ tales que:$$f(p)^{f(q)}+q^p=f(q)^{f(p)}+p^q$$para todos $p,q\in\mathbb{P}$.

[Gianni De Rico]

Problema 374

Sea $\mathbb{P}$ el conjunto de todos los números primos. Hallar todas las funciones $f:\mathbb{P}\rightarrow\mathbb{P}$ tales que:$$f(p)^{f(q)}+q^p=f(q)^{f(p)}+p^q$$para todos $p,q\in\mathbb{P}$.

Solamente vengo a decir que este es un PROBLEMAZO con todas las letras

[EmRuzak]

Solución 374

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-Lema:
Si $p\neq q$, $f(p) \neq f(q)$
Demostración:
Si $p\neq q$ y $f(p) = f(q)$
$f(p)^{f(q)}+q^p=f(q)^{f(p)}+p^q$
$q^p=p^q$
contradicción ya que la factorización en primos de un número es única


si $p=2$ y $q>2$

$f(2)^{f(q)}+q^2=f(q)^{f(2)}+2^q$

Como $q^2$ es impar y $2^q$ es par

-Caso 1:

$f(2)^{f(q)}$ es impar, $f(q)^{f(2)}$ es par
$f(2)$ es impar, $f(q)$ es par
Entonces $f(q)=2$ para todo $q$ impar
contradicción por el lema

-Caso 2:
$f(2)^{f(q)}$ es par, $f(q)^{f(2)}$ es impar
$f(2)$ es par, $f(q)$ es impar
$f(2)=2$ ya que $f:\mathbb{P}→\mathbb{P}$ y $2$ es el único primo par



$2^{f(q)}+q^2=f(q)^2+2^q$
$2^{f(q)}-f(q)^2=2^q-q^2$
$g(x)=2^x-x^2$
$g(f(q))=g(q)$
para $q>4$, $g(q)$ es creciente, por lo que es inyectiva
$f(q)=q$
para $q=3$
$f(3)^2-2^{f(3)}=1$
$2<f(3)<4$
$f(3)=3$

Entonces la única funcion que cumple es $f(p)=p$

[EmRuzak]

Problema 375

Ariel y Bruno tienen una computadora cada uno, con dos teclas. En las dos pantallas esta escrito el $0$ inicialmente, cada uno solo puede usar su computadora.

Al apretar la tecla $S$ en la computadora de Ariel, se le suma $1$ al número de su pantalla y al apretar la $W$ se lo multiplica por $2$
Al apretar la tecla $S$ en la computadora de Bruno, se le suma $1$ al número de su pantalla y al apretar la $W$ se lo multiplica por $4$

en cada turno los dos presionan la tecla que quieren

El primero que llega al número $k$ gana
A un número $k$ se le dice bueno si cuando los dos juegan con la estrategia óptima, empatan.
Hallar la cantidad de números buenos entre $256$ y $1024$

[Turko Arias]

Bueno, para revivir esto propongo un nuevo problema (y que suban después la solu del anterior)

Problema 376
Hallar todas las funciones $f:\mathbb{N}\to \mathbb{N}$ tales que$$f(ab)=\operatorname{mcm}(a,b)\cdot \operatorname{mcd}(f(a),f(b))$$para todo par $a,b$ de enteros positivos.