Maratón de Problemas

Matías

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Matías » Jue 30 Ago, 2018 8:49 pm

Solución 318
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Supongamos que Jar Jar acaba de darle poderes a un $n$-ésimo invitado, y que los $n$ invitados a los que les dio poderes eran Sith ($n\in N_0$, $n\leq 2017$, si $n=0$ Jar Jar todavía no hizo preguntas).

Si $n=2017$, tenemos que Jar Jar ya le dio poderes a $2017$ Sith, y queda un invitado que no sabemos si es Jedi o Sith, pero Jar Jar puede darle poderes igual ya que cumple su cometido de darle poderes a todos los Sith y a a lo sumo un Jedi.

Si $n<2017$ Jar Jar procede de la siguiente manera: elige un invitado cualquiera (al que aún no le dio poderes), llamémoslo Anakin, y a cada uno de los $2017-n$ invitados restantes (a los que tampoco les dio poderes) les pregunta si Anakin es Jedi.
Si los $2017-n$ invitados responden que no, Jar Jar le da poderes a Anakin. Si Anakin es Jedi, entonces todos los $2017-n$ invitados restantes son Sith y estamos. Si Anakin es Sith, entonces pasamos a $n+1$, y de vuelta los $n+1$ invitados a los que Jar Jar les dio poderes eran Sith.
Si alguno de los $2017-n$ invitados responde que sí, Jar Jar elige a uno de esos invitados y le da poderes. Si ese invitado es Jedi, entonces Anakin es Jedi y estamos (en cada ronda siguiente, Jar Jar le pregunta a Anakin si un cierto invitado es Sith, si no lo es, le pregunta a ese invitado si otro invitado es Sith, y así siguiendo hasta encontrar a un Sith, si no encuentra ninguno es porque son todos Jedi y ya está). Si ese invitado es Sith, entonces pasamos a $n+1$ y de vuelta los $n+1$ invitados a los que Jar Jar les dio poderes eran Sith.

De esta forma tenemos que, o bien Jar Jar le da poderes a un Jedi con $n<2017$ o bien llega a $n=2017$, y de ambas formas cumple con su objetivo.

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Joacoini

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Joacoini » Vie 31 Ago, 2018 4:43 am

La respuesta es correcta joven Padawan, te toca proponer.
2  
NO HAY ANÁLISIS.

Matías

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Matías » Vie 31 Ago, 2018 9:14 am

Problema 319
Hallar todos los pares $(m,n)$ de números naturales tales que
$$m!=mcm(1,2,\cdots,n)$$

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Violeta

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Violeta » Vie 31 Ago, 2018 10:50 am

Solución 319:
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Las únicas soluciones son $(1,1); (2,2); (3,3)$

Veamos que ningún par de $m=k$ o $m= k+1$, con $k \geq 4$ par, funciona. Lo probamos por inducción. Consideremos $k=4$. Definamos $a_k = v_2(k!)$. Veamos que $a_4=a_5=3$. Por tanto, si existe $n$ tal que $m! = mcm(1,2, \ldots ,n)$, se necesita que $v_2( mcm (1,2, \ldots ,n) ) =3$. Esto es, $\log_2 (n) \geq 3$. Específicamente, $n\geq 8$. Pero entonces, $7 \mid mcm (1,2, \ldots ,n)$ (que, por conveniencia, llamaremos $f(n)$ ), pero $7 \nmid 4!, 5!$. Por tanto, no hay solución para $m= 4,5$.

Lo probamos ahora para $k, k+1$. Específicamente, $a_{k+1} = a_k \geq a_{k-2}$. Entonces, $v_2(f(n)) = a_k = a_{k+1} \Rightarrow n \geq 2^{a_k}$. Pero notamos que $m\leq 2^{a_{k-2}}$ (que se puede probar fácilmente por inducción). Pero entre $2^{a_{k-2}}$ y $2^{a_k}$ es sabido que hay por lo menos un primo $p$. Pero entonces, $p \mid f(n), n\geq 2^{a_k}$ pero $p \nmid k!, (k+1)!$ y acabamos.
Probablemente flaquié en algun lugar pero se entiende.
Para todo [math], existen [math] primos en sucesión aritmética.

Matías

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Matías » Vie 31 Ago, 2018 12:14 pm

Violeta escribió:
Vie 31 Ago, 2018 10:50 am
Solución 319:
Spoiler: mostrar
Las únicas soluciones son $(1,1); (2,2); (3,3)$

Veamos que ningún par de $m=k$ o $m= k+1$, con $k \geq 4$ par, funciona. Lo probamos por inducción. Consideremos $k=4$. Definamos $a_k = v_2(k!)$. Veamos que $a_4=a_5=3$. Por tanto, si existe $n$ tal que $m! = mcm(1,2, \ldots ,n)$, se necesita que $v_2( mcm (1,2, \ldots ,n) ) =3$. Esto es, $\log_2 (n) \geq 3$. Específicamente, $n\geq 8$. Pero entonces, $7 \mid mcm (1,2, \ldots ,n)$ (que, por conveniencia, llamaremos $f(n)$ ), pero $7 \nmid 4!, 5!$. Por tanto, no hay solución para $m= 4,5$.

Lo probamos ahora para $k, k+1$. Específicamente, $a_{k+1} = a_k \geq a_{k-2}$. Entonces, $v_2(f(n)) = a_k = a_{k+1} \Rightarrow n \geq 2^{a_k}$. Pero notamos que $m\leq 2^{a_{k-2}}$ (que se puede probar fácilmente por inducción). Pero entre $2^{a_{k-2}}$ y $2^{a_k}$ es sabido que hay por lo menos un primo $p$. Pero entonces, $p \mid f(n), n\geq 2^{a_k}$ pero $p \nmid k!, (k+1)!$ y acabamos.
Probablemente flaquié en algun lugar pero se entiende.
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¿Qué significa $v_2$?

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Violeta

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Violeta » Vie 31 Ago, 2018 1:06 pm

Matías escribió:
Vie 31 Ago, 2018 12:14 pm
Violeta escribió:
Vie 31 Ago, 2018 10:50 am
Solución 319:
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Las únicas soluciones son $(1,1); (2,2); (3,3)$

Veamos que ningún par de $m=k$ o $m= k+1$, con $k \geq 4$ par, funciona. Lo probamos por inducción. Consideremos $k=4$. Definamos $a_k = v_2(k!)$. Veamos que $a_4=a_5=3$. Por tanto, si existe $n$ tal que $m! = mcm(1,2, \ldots ,n)$, se necesita que $v_2( mcm (1,2, \ldots ,n) ) =3$. Esto es, $\log_2 (n) \geq 3$. Específicamente, $n\geq 8$. Pero entonces, $7 \mid mcm (1,2, \ldots ,n)$ (que, por conveniencia, llamaremos $f(n)$ ), pero $7 \nmid 4!, 5!$. Por tanto, no hay solución para $m= 4,5$.

Lo probamos ahora para $k, k+1$. Específicamente, $a_{k+1} = a_k \geq a_{k-2}$. Entonces, $v_2(f(n)) = a_k = a_{k+1} \Rightarrow n \geq 2^{a_k}$. Pero notamos que $m\leq 2^{a_{k-2}}$ (que se puede probar fácilmente por inducción). Pero entre $2^{a_{k-2}}$ y $2^{a_k}$ es sabido que hay por lo menos un primo $p$. Pero entonces, $p \mid f(n), n\geq 2^{a_k}$ pero $p \nmid k!, (k+1)!$ y acabamos.
Probablemente flaquié en algun lugar pero se entiende.
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¿Qué significa $v_2$?
En general, para un primo $p$, $v_p(n)$ es el exponente de $p$ en la factorización prima de $n$.
Para todo [math], existen [math] primos en sucesión aritmética.

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Matías » Vie 31 Ago, 2018 2:39 pm

Violeta escribió:
Vie 31 Ago, 2018 1:06 pm
Matías escribió:
Vie 31 Ago, 2018 12:14 pm
Violeta escribió:
Vie 31 Ago, 2018 10:50 am
Solución 319:
Spoiler: mostrar
Las únicas soluciones son $(1,1); (2,2); (3,3)$

Veamos que ningún par de $m=k$ o $m= k+1$, con $k \geq 4$ par, funciona. Lo probamos por inducción. Consideremos $k=4$. Definamos $a_k = v_2(k!)$. Veamos que $a_4=a_5=3$. Por tanto, si existe $n$ tal que $m! = mcm(1,2, \ldots ,n)$, se necesita que $v_2( mcm (1,2, \ldots ,n) ) =3$. Esto es, $\log_2 (n) \geq 3$. Específicamente, $n\geq 8$. Pero entonces, $7 \mid mcm (1,2, \ldots ,n)$ (que, por conveniencia, llamaremos $f(n)$ ), pero $7 \nmid 4!, 5!$. Por tanto, no hay solución para $m= 4,5$.

Lo probamos ahora para $k, k+1$. Específicamente, $a_{k+1} = a_k \geq a_{k-2}$. Entonces, $v_2(f(n)) = a_k = a_{k+1} \Rightarrow n \geq 2^{a_k}$. Pero notamos que $m\leq 2^{a_{k-2}}$ (que se puede probar fácilmente por inducción). Pero entre $2^{a_{k-2}}$ y $2^{a_k}$ es sabido que hay por lo menos un primo $p$. Pero entonces, $p \mid f(n), n\geq 2^{a_k}$ pero $p \nmid k!, (k+1)!$ y acabamos.
Probablemente flaquié en algun lugar pero se entiende.
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¿Qué significa $v_2$?
En general, para un primo $p$, $v_p(n)$ es el exponente de $p$ en la factorización prima de $n$.
Ah listo, está bien.

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Violeta » Lun 03 Sep, 2018 7:40 pm

Problema 320:
Hallar todas las funciones $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, tal que:

$$f(xy) \leq yf(x) + f(y)$$

para todo $x,y \in \mathbb{R}$.
Última edición por Violeta el Vie 07 Sep, 2018 11:09 am, editado 1 vez en total.
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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Matías » Mar 04 Sep, 2018 5:04 am

Solución 320
Spoiler: mostrar
Sean $a, b\in R$, con $a, b\neq 0$
Si tomamos $y=b$ y $x=\frac{a}{b}$ nos queda que $f(a)\leq bf(\frac{a}{b})+f(b)\implies f(b)\geq f(a)-bf(\frac{a}{b})$
Si tomamos $y=a$ y $x=\frac{b}{a}$ nos queda que
$f(b)\leq af(\frac{b}{a})+f(a)$
Entonces nos queda que
$af(\frac{b}{a})+bf(\frac{a}{b})\geq 0$ $\forall a,
b\in R-\{0\}$
Y si tomamos $a'=-a$ y $b'=-b$ nos queda que
$-af(\frac{b}{a})-bf(\frac{a}{b})=-(af(\frac{b}{a})+bf(\frac{a}{b}))\geq 0\implies af(\frac{b}{a})+bf(\frac{a}{b})=0$ $\forall a, b\in R-\{0\}$
Entonces obtenemos que $f(a)-bf(\frac{a}{b})=f(b)=f(a)+af(\frac{b}{a})$ $\forall a, b\in R-\{0\}$
Si tomamos $y=a$ y $x=\frac{b}{a}$ nos queda que $f(xy)=yf(x)+f(y)$ $\forall x, y\in R-\{0\}$ (ya que $\forall x, y\in R-\{0\}$ podemos tomar $a=y$ y $b=xy$).
Así obtenemos que $\forall x, y\in R-\{0\}$ $yf(x)+f(y)=xf(y)+f(x)\implies (1-x)f(y)=(1-y)f(x)$. Luego, tenemos que $\frac{f(x)}{1-x}$ es constante $\forall x\in R-\{0, 1\}$, es decir, $\exists c\in R/f(x)=c(1-x)$ $\forall x\in R-\{0, 1\}$.

Si $x=1$ nos queda que $\forall y\in R$
$0\leq yf(1)\implies f(1)=0=(1-1)c$
Si $x=0$ e $y\neq 0$ nos queda que $\forall y\in R-\{0\}$
$f(0)(1-y)\leq f(y)=(1-y)c$
Si $1-y>0$ obtenemos que $f(0)\leq c$ y si $1-y<0$ obtenemos que $f(0)\geq c$, por lo tanto $f(0)=c=(1-0)c$.

Por lo tanto nos queda que $\exists c\in R/f(x)=(1-x)c$ $\forall x\in R$
Vamos a verificar la función:
$(1-xy)c\leq cy(1-x)+(1-y)c$
$c-xyc\leq cy-xyc+c-cy$
$c-xyc\leq c-xyc$

Por lo tanto concluimos que las funciones que cumplen son $\forall c\in R$ $f(x)=(1-x)c$ $\forall x\in R$

Matías

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Matías » Vie 07 Sep, 2018 5:19 am

Problema 321
Determinar todos los números reales $k$ para los cuales existe una función no constante $f:N\rightarrow N$ tal que
$$\prod_{i=1}^{n} f(i)\leq f(n+1)\leq(\sum_{i=1}^{n} f(i))^k$$
para todo $n$ natural.

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