Maratón de Problemas

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Joacoini

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Re: Maratón de Problemas

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Solución 348
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Sea $P(x,y):(1+yf(x))(1-yf(x+y))=1$.

Como $1+yf(x)\in \mathbb{R^+}\Rightarrow 1-yf(x+y)=\frac{1}{1+yf(x)}\in \mathbb{R^+}$

Sea $f(1)=c=\frac{c}{1+(1-1)c}$.

Para $x>1$.

$P(1,x-1): (1+(x-1)c)(1-(x-1)f(x))=1$
$1-(x-1)f(x)=\frac{1}{1+(x-1)c}$
$(x-1)f(x)\frac{(x-1)c}{1+(x-1)c}$
$f(x)=\frac{c}{1+(x-1)c}$

Para $x<1$
$P(x,1-x): (1-(x-1)f(x))(1+(x-1)c)=1$
Y de la misma forma obtenemos.
$f(x)=\frac{c}{1+(x-1)c}$

Como $f:\mathbb{R^+}\to\mathbb{R^+}$ y $c\in \mathbb{R^+}$ tenemos que $1+(x-1)c\in \mathbb{R^+},~\forall x\in \mathbb{R^+}$.

$1+(x-1)c>0$
$(x-1)c>-1$

$x=1$ no da información sobre $c$.
Tomando $x<1$
$c<\frac{-1}{(x-1)}=\frac{1}{1-x}$
Como $\frac{1}{1-x}$ se acerca a $1$ tanto como queramos pero como nunca llega tenemos que $c\leq 1$
Tomando $x>1$
$c>\frac{-1}{(x-1)}$
Lo de la derecha es negativo así que esa desigualdad se cumple ya que $c>0$.

Probamos que la función satisface.
$(1+\frac{yc}{1+(x-1)c})(1-\frac{yc}{1+(x+y-1)c})=$
$(1+\frac{yc}{1+xc-c})(1-\frac{yc}{1+xc+yc-c})=$
$(\frac{1+xc+yc-c}{1+xc-c})(\frac{1+xc-c}{1+xc+yc-c})=1$

Así que las funciones que satisfacen son $f(x)=\frac{c}{1+(x-1)c}$ con $0<c\leq 1$.
NO HAY ANÁLISIS.

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Joacoini

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Joacoini »

Problema 349

Hallar todos los enteros positivos $m$ de la forma $\lfloor n+\sqrt n +\frac{1}{2}\rfloor$ siendo $n$ un entero positivo.
NO HAY ANÁLISIS.

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Turko Arias

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Turko Arias »

Solución 349
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Sea $n=k^2+b$ con $0 \leq b \leq 2k$ y $k>0$, ambos enteros. Tenemos entonces $$\lfloor n+\sqrt n +\frac{1}{2}\rfloor=$$
$$\lfloor k^2+b+\sqrt{k^2+b} +\frac{1}{2}\rfloor=$$
$$k^2+b+\lfloor\sqrt{k^2+b} +\frac{1}{2}\rfloor=$$
$$k^2+b+\lfloor \lfloor \sqrt{k^2+b} \rfloor+\{ \sqrt{k^2+b} \} +\frac{1}{2}\rfloor=$$
$$k^2+b+\lfloor k+\{ \sqrt{k^2+b} \} +\frac{1}{2}\rfloor=$$
$$k^2+b+k \lfloor \{ \sqrt{k^2+b} \} +\frac{1}{2}\rfloor=$$
Ahora bien, tenemos dos posibilidades, o bien $\lfloor \{ \sqrt{k^2+b} \} +\frac{1}{2}\rfloor=0$ o bien $\lfloor \{ \sqrt{k^2+b} \} +\frac{1}{2}\rfloor=1$ (claramente estoy sumando dos cosas positivas, por lo que su parte entera no puede ser negativa, y como $0 \leq \{x \} <1$ para todo real, entonces tampoco puede pasar que la suma de un número mayor o igual que $2$).
Para que $\lfloor (\sqrt{k^2+b}-\lfloor \sqrt{k^2+b} \rfloor) +\frac{1}{2}\rfloor=0$ tiene que suceder que:
$$\sqrt{k^2+b}-\lfloor \sqrt{k^2+b} \rfloor < \frac{1}{2} \iff $$
$$\sqrt{k^2+b}-k < \frac{1}{2} \iff $$
$$\sqrt{k^2+b} < \frac{1}{2}+k \iff $$
$$k^2+b < \left( \frac{1}{2}+k \right)^2 \iff $$
$$k^2+b < \frac{1}{4}+k^2+k \iff $$
$$b < \frac{1}{4}+k $$
Luego si $b\leq k$, $\lfloor (\sqrt{k^2+b}-\lfloor \sqrt{k^2+b} \rfloor) +\frac{1}{2}\rfloor=0$. Claramente entonces cuando esto no sucede, es decir cuando $b>k$ tenemos que $\lfloor (\sqrt{k^2+b}-\lfloor \sqrt{k^2+b} \rfloor) +\frac{1}{2}\rfloor=1$.

Pasando en limpio entonces tenemos que:
  • $\lfloor n+\sqrt n +\frac{1}{2}\rfloor=k^2+k+b$ si $0 \leq b \leq k$
  • $\lfloor n+\sqrt n +\frac{1}{2}\rfloor=k^2+k+b+1$ si $k+1 \leq b \leq 2k$
Notemos que cuando $b=k$ y $b=k+1$ se da un salto y pasamos de $m=k^2+k+b=k^2+2k$ a $m=k^2+k+b+1=k^2+2k+2$, nos salteamos $k^2+2k+1$ que es $(k+1)^2$, es decir todos los cuadrados perfectos mayores que $1$. Por otro lado, si $n=1$ $m=2$, por lo que también nos salteamos el $1$.

Luego, los enteros positivos $m$ que pueden ser escritos como $\lfloor n+\sqrt n +\frac{1}{2}\rfloor$ son todos los enteros positivos que no son cuadrados perfectos $\blacksquare$
2  
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Turko Arias

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Turko Arias »

Problema 350
Hallar todas las cuaternas de enteros positivos $(a,b,c,d)$ que satisfacen simultáneamente:
$a+c =10$
$ac+b+d=37$
$ad+bc= 60$
$bd=36$
1  
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Uriel J

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Uriel J »

Solución 350
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$bd$ = $36$ = $2^2$ . $3^2$
$a$ + $c$ = $10$
Por $AM - GM$, $ac \leq 25$ y como $ac$ + $b$ + $d$ = $37$, $b + d \geq 12$
Las unicas posibilidades para los valores de $b$ y $d$ son:
$6$ y $6$
$4$ y $9$
$3$ y $12$
$2$ y $18$
$1$ y $36$ no es posibilidad ya que $ac$ es positivo y con este caso daría $ac$ = $0$
Si $b$ y $d$ son $6$ y $6$ en algún orden, $ac$ = $25$ $ \Rightarrow $ $a = c = 5$
Entonces la cuaterna $(5,6,5,6)$ cumple todas las condiciones
Si $b$ y $d$ son $4$ y $9$ en algún orden, $ac$ = $24$
Posibles valores para $a$ y $c$: Solo $6$ y $4$ ya que $8+3$ = $11$, $12+2$ = $14$ y $24+1$ = $25$
Si $a$ = $6$, obligatoriamente $d$ = $4$ y $c$ = $4$, $b$ = $9$
Veamos que la cuaterna $(6,9,4,4)$ cumple todas las condiciones
Si $a$ = $4$, obligatoriamente $d$ = $9$ y $b = 4$ $c = 6$
Veamos que la cuaterna $(4,4,6,9)$ cumple todas las condicione
Si $b$ y $d$ son $3$ y $12$ en algún orden, $ac$ = $22$
Como $22$ = $2 . 11$ y $11+2$ = $13$, o $22 . 1$ = $22$ siendo $22+1$ = $23$, para $b$ y $d$ siendo $3$ y $12$ no hay soluciones

Si $b$ y $d$ son $2$ y $18$ en algún orden, $ac$ = $17$ pero $17$ es primo así que los unicos valores para $a$ y $c$ son $1$ y $17$ que sumados dan $18$

Al analizar todos los posibles valores de $b$ y $d$ solo hay $3$ cuaternas de enteros positivos que cumplen las condiciones del enunciado

$(6,9,4,4)$
$(4,4,6,9)$
$(5,6,5,6)$
Última edición por Uriel J el Jue 16 Abr, 2020 7:37 pm, editado 1 vez en total.

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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Uriel J escribió:
Jue 16 Abr, 2020 7:15 pm
Solución 350:
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$bd$ = $36$ = $2^2$ . $3^2$
$a$ + $c$ = $10$
Por $AM - GM$, $ac \leq 25$ y como $ac$ + $b$ + $d$ = $37$, $b + d \geq 12$
Las unicas posibilidades para los valores de $b$ y $d$ son:
$4$ y $9$
$3$ y $12$
$2$ y $18$
$1$ y $36$ no es posibilidad ya que $ac$ es positivo y con este caso daría $ac$ = $0$
Si $b$ y $d$ son $4$ y $9$ en algún orden, $ac$ = $24$
Posibles valores para $a$ y $c$: Solo $6$ y $4$ ya que $8+3$ = $11$, $12+2$ = $14$ y $24+1$ = $25$
Si $a$ = $6$, obligatoriamente $d$ = $4$ y $c$ = $4$, $b$ = $9$
Veamos que la cuaterna $(6,9,4,4)$ cumple todas las condiciones
Si $a$ = $4$, obligatoriamente $d$ = $9$ y $b = 4$ $c = 6$
Veamos que la cuaterna $(4,4,6,9)$ cumple todas las condicione
Si $b$ y $d$ son $3$ y $12$ en algún orden, $ac$ = $22$
Como $22$ = $2 . 11$ y $11+2$ = $13$, o $22 . 1$ = $22$ siendo $22+1$ = $23$, para $b$ y $d$ siendo $3$ y $12$ no hay soluciones

Si $b$ y $d$ son $2$ y $18$ en algún orden, $ac$ = $17$ pero $17$ es primo así que los unicos valores para $a$ y $c$ son $1$ y $17$ que sumados dan $18$

Al analizar todos los posibles valores de $b$ y $d$ solo hay $2$ cuaternas de enteros positivos que cumplen las condiciones del enunciado

$(6,9,4,4)$
$(4,4,6,9)$

Ojo
Spoiler: mostrar
$(a,b,c,d)=(5,6,5,6)$ también es solución, te faltó analizar el caso $b=d=6$.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

Uriel J

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Uriel J »

Gianni De Rico escribió:
Jue 16 Abr, 2020 7:27 pm
Uriel J escribió:
Jue 16 Abr, 2020 7:15 pm
Solución 350:
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$bd$ = $36$ = $2^2$ . $3^2$
$a$ + $c$ = $10$
Por $AM - GM$, $ac \leq 25$ y como $ac$ + $b$ + $d$ = $37$, $b + d \geq 12$
Las unicas posibilidades para los valores de $b$ y $d$ son:
$4$ y $9$
$3$ y $12$
$2$ y $18$
$1$ y $36$ no es posibilidad ya que $ac$ es positivo y con este caso daría $ac$ = $0$
Si $b$ y $d$ son $4$ y $9$ en algún orden, $ac$ = $24$
Posibles valores para $a$ y $c$: Solo $6$ y $4$ ya que $8+3$ = $11$, $12+2$ = $14$ y $24+1$ = $25$
Si $a$ = $6$, obligatoriamente $d$ = $4$ y $c$ = $4$, $b$ = $9$
Veamos que la cuaterna $(6,9,4,4)$ cumple todas las condiciones
Si $a$ = $4$, obligatoriamente $d$ = $9$ y $b = 4$ $c = 6$
Veamos que la cuaterna $(4,4,6,9)$ cumple todas las condicione
Si $b$ y $d$ son $3$ y $12$ en algún orden, $ac$ = $22$
Como $22$ = $2 . 11$ y $11+2$ = $13$, o $22 . 1$ = $22$ siendo $22+1$ = $23$, para $b$ y $d$ siendo $3$ y $12$ no hay soluciones

Si $b$ y $d$ son $2$ y $18$ en algún orden, $ac$ = $17$ pero $17$ es primo así que los unicos valores para $a$ y $c$ son $1$ y $17$ que sumados dan $18$

Al analizar todos los posibles valores de $b$ y $d$ solo hay $2$ cuaternas de enteros positivos que cumplen las condiciones del enunciado

$(6,9,4,4)$
$(4,4,6,9)$

Ojo
Spoiler: mostrar
$(a,b,c,d)=(5,6,5,6)$ también es solución, te faltó analizar el caso $b=d=6$.


Es verdad. Ahí edité la solución. Espero que esté bien

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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Está bien la solución, te toca proponer un problema.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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Turko Arias

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Turko Arias »

Hola @Uriel J, tu solución está muy bien. Te faltó el pequeño detalle de considerar el caso en el que $b=d=6$, pero está muy bien!

Dejo mi solución del problema que fue lo que me llevó a compartirlo, que usa una idea copada que está piola tenerlo presente:
Spoiler: mostrar
Consideramos un polinomio con coeficientes enteros $P(x)=(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)=x^4+(a+c)x^3+(ac+b+d)x^2+(ad+bc)x+bd$. Metiendo todas las propiedades del enunciado juntas nos termina quedando $P(x)=x^4+10x^3+37x^2+60x+36$, que se factoriza como $P(x)=(x+2)^2(x+3)^2$, luego $P(x)$ se puede escribir como producto de dos polinomios cuadráticos de dos maneras:
$$P(x)=(x^2+4x+4)(x^2+6x+9)$$
$$P(x)=(x^2+5x+6)(x^2+5x+6)$$
Por lo que las únicas soluciones son $(4,4,6,9),(6,9,4,4),(5,6,5,6)$

Siempre está bueno tener presente distintos trucos para trabajar con polinomios
4  
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Uriel J

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Re: Maratón de Problemas

Mensaje sin leer por Uriel J »

Problema 351

Sea $p$ un primo tal que $p=3k+2$ para un valor entero de $k$. Demostrar que si $p$ divide a $a^2+b^2+ab$ para algunos valores enteros $a$ y $b$, entonces $p$ divide a $a$ y $p$ divide a $b$
1  

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