Ibero 2019 - P1

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
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Gianni De Rico

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Ibero 2019 - P1

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Dom 15 Sep, 2019 6:25 pm

Para cada entero positivo $n$, sea $s(n)$ la suma de los cuadrados de los dígitos de $n$. Por ejemplo, $s(15)=1^2+5^2=26$.
Determina todos los enteros $n\geqslant 1$ tales que $s(n)=n$.
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Turko Arias

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Re: Ibero 2019 - P1

Mensaje sin leer por Turko Arias » Dom 15 Sep, 2019 6:44 pm

El problema pedía ser bruteforceado para que muera "rápido"
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Sea $u(n)$ la cantidad de cifras de $n$. Es claro que $n=s(n) \leq 9^2u(n)$, de donde $\frac{n}{81} \leq u(n)$, pero lo de la derecha crece de a uno, y lo de la izquierda se va multiplicando por $10$. Haciendo la cuentita vemos que si $n$ tiene cuatro cifras o más ya se rompe. Entonces $n$ puede tener una, dos o tres cifras.
-Si $n$ tiene una cifra tenemos que $n^2=n$ de donde $n=1$.
-Si $n$ tiene dos cifras, sea $a$ la cifra de las decenas de $n$, tenemos:
$s(10a)=a^2=10a$
$s(10a+1)=a^2+1=10a+1$
$s(10a+2)=a^2+4=10a+2$
$s(10a+3)=a^2+9=10a+3$
$s(10a+4)=a^2+16=10a+4$
$s(10a+5)=a^2+25=10a+5$
$s(10a+6)=a^2+36=10a+6$
$s(10a+7)=a^2+49=10a+7$
$s(10a+8)=a^2+64=10a+8$
$s(10a+9)=a^2+81=10a+9$
Que no es otra cosa que diez cuadráticas... Las resolvemos y notamos que no hay ninguna cifra no nula $a$ que cumpla lo pedido.
-Si $n$ tiene tres cifras, tenemos que $s(n) \leq 9^2.3=243$. Ahora bien, como $s(n) \leq 243$, podemos tirar la cota super holgada de $n <299$ y por ende $s(n) <2^2+9^2+9^2=164$. El número de tres cifras con mayor $s(n)$ menor que $164$ es $159$, y tenemos $s(159)=107$, por ende $n=s(n) \leq s(159)=107$. Una vez más, el número de tres cifras menor o igual a $107$ con $s(n)$ mayor es claramente $107$, pero $s(107)<100$ por lo que $n$ no puede tener tres cifras, y estamos.
Luego, $n=1$ es la única solución posible $\blacksquare$
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Sandy

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Re: Ibero 2019 - P1

Mensaje sin leer por Sandy » Dom 15 Sep, 2019 9:29 pm

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Veamos que, si $p$ es la cantidad de cifras de $n$, $9^2\times p \geq 10^p-1$.

Como obviamente la función de la izquierda crece más lento que la de la derecha, y ambas son crecientes en los positivos (créanme, no tengo ganas de ponerme a derivar ahora), una vez que la de la derecha supera a la de la izquierda, sigue siendo mayor hasta $+∞$.

Es fácil ver entonces que $p\leq 3$.

Veamos qué pasa si $n>99$:

Luego $a^2+b^2+c^2=100a+10b+c>10a^2+b^2+c$ (ya que $a,b,c<10$

$\Rightarrow a^2+b^2+c^2>10a^2+b^2+c$

$c^2-c>9a^2$

Pero $c^2-c=c(c-1) \Rightarrow c^2-c≤9^2-9=72$

Luego $72≥9a^2 \Rightarrow 2≥a$

Luego,

$100a-a^2=b^2-10b+c^2-c<0+72=72$

Pero para que $100a-a²<72$, $a>99$ luego no existe $n>99$ que cumpla.

Luego $n≤2$.

$a^2+b^2=10a+b \Rightarrow a^2-10a+(b^2-b)=0$

Entonces:

$9≥a=\frac{10±\sqrt{10^2-4\times 1\times (b^2-b)}}{2}$

Es obvio que el caso con raíz cuadrada negativa es más chico que el otro, luego:


$9≥\frac{10+\sqrt{10^2-4\times(b^2-b)}}{2}\Rightarrow b≥4$

Pero además el discriminante debe ser positivo, luego $b≤5$

Pero si probamos con $4$ y $5$, ninguno nos da soluciones enteras para $a$, luego $n≤9$.

Luego $n=n^2\Rightarrow n=1$.

Por lo tanto $n=1$ es la única solución.

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Gianni De Rico

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Re: Ibero 2019 - P1

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Lun 16 Sep, 2019 7:57 pm

Solución:
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Sea $n$ una solución al problema.
Supongamos que $n\geqslant 100$, luego, tenemos que $n=\overline{x_kx_{k-1}\ldots x_3abc}$ con al menos uno de $x_k,x_{k-1},\ldots ,x_3,a$ distinto de $0$. Entonces $$a^2+b^2+c^2+\sum \limits _{j=3}^kx^2_j=s(n)=n=\overline{x_kx_{k-1}\ldots x_3abc}=100a+10b+c+\sum \limits _{j=3}^k10^jx_j$$ de donde $$c(c-1)=a(100-a)+b(10-b)+\sum \limits _{j=3}^kx_j(10^j-x_j)$$
Como $c\leqslant 9$, entonces $c(c-1)\leqslant 9\cdot (9-1)=72$.
Si $a>0$, entonces $a(100-a)\geqslant 100-a\geqslant 90$, pues $a<10$, de donde $a(100-a)>c(c-1)$, y como $0\leqslant b,x_3,\ldots ,x_{k-1},x_k\leqslant 9$, tenemos que $$b(10-b)+\sum \limits _{j=3}^kx_j(10^j-x_j)\geqslant 0$$

Si $a=0$, entonces tenemos que para algún $t$ entero tal que $3\leqslant t\leqslant k$, se cumple que $x_t>0$, de donde $x_t(10^t-x_t)>10^t-10>10^3-10=990$. Y como $0\leqslant a,b,x_3,\ldots ,x_{k-1},x_k\leqslant 9$, tenemos que $$a(100-a)+b(10-b)+\sum \limits _{j=3}^kx_k(10^j-x_k)-x_t(10^t-x_t)\geqslant 0$$

En cualquier caso $$c(c-1)<a(100-a)+b(10-b)+\sum \limits _{j=3}^kx_k(10^j-x_k)$$ lo que es absurdo pues son iguales. El absurdo proviene de suponer que $n\geqslant 100$, luego, $n\leqslant 99$.


Supongamos que $n\geqslant 10$, luego, tenemos que $n=\overline{ab}$ con $a\neq 0$. Entonces $$a^2+b^2=s(n)=n=\overline{ab}=10a+b$$ de donde $b(b-1)=a(10-a)$.
Como $b(b-1)\equiv 0\pmod 2$, tenemos que $-a^2\equiv a(10-a)\equiv b(b-1)\equiv 0\pmod 2$, de donde $a\equiv 0\pmod 2$, por lo que $a(10-a)\equiv 0\pmod 4$, luego, $b(b-1)\equiv 0\pmod 4$. Entonces las únicas posiblidades son $b=4$, $b=8$, $b-1=4$, $b-1=8$.
Por AM-GM tenemos que $a(10-a)\leqslant 25$, de donde $a(10-a)\leqslant 24$ por ser múltiplo de $4$.
Si $b=8$ o $b-1=8$, tenemos que $b(b-1)\geqslant 8\cdot 7>24\geqslant a(10-a)$. Absurdo pues son iguales.
Si $b-1=4$, tenemos que $b=5$, de donde $-a^2\equiv a(10-a)\equiv b(b-1)\equiv 0\pmod 5$, de donde $a\equiv 0\pmod 5$, por lo que $a(10-a)\equiv 0\pmod{25}$, pero $0<a(10-a)\leqslant 24<25$, de donde $a(10-a)\not \equiv 0\pmod{25}$. Absurdo pues $a(10-a)\equiv 0\pmod{25}$.
Si $b=4$, tenemos $b(b-1)=4(4-1)=12$, de donde $a(10-a)\equiv 0\pmod 3$, por lo que $a\equiv 0\pmod 3$ o $10-a\equiv 0\pmod 3$. Como ambos son pares, en el primer caso tenemos $a=6$, y en el segundo, $10-a=6$. En cualquier caso, $b(b-1)=12<24=a(10-a)$. Absurdo pues son iguales.
En todos los casos llegamos a un absurdo, entonces llegamos a un absurdo que proviene de suponer que $n\geqslant 10$, luego, $n\leqslant 9$.

Entonces $n^2=s(n)=n$, y como $n\geqslant 1$, resulta $n=1$.

Por lo tanto, la única solución es $n=1$.
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Turko Arias

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Re: Ibero 2019 - P1

Mensaje sin leer por Turko Arias » Lun 16 Sep, 2019 8:12 pm

Gianni De Rico escribió:
Lun 16 Sep, 2019 7:57 pm
Solución:
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Sea $n$ una solución al problema.
Supongamos que $n\geqslant 100$, luego, tenemos que $n=\overline{x_kx_{k-1}\ldots x_3abc}$ con al menos uno de $x_k,x_{k-1},\ldots ,x_3,a$ distinto de $0$. Entonces $$a^2+b^2+c^2+\sum \limits _{j=3}^kx^2_j=s(n)=n=\overline{x_kx_{k-1}\ldots x_3abc}=100a+10b+c+\sum \limits _{j=3}^k10^jx_j$$ de donde $$c(c-1)=a(100-a)+b(10-b)+\sum \limits _{j=3}^kx_j(10^j-x_j)$$
Como $c\leqslant 9$, entonces $c(c-1)\leqslant 9\cdot (9-1)=72$.
Si $a>0$, entonces $a(100-a)\geqslant 100-a\geqslant 90$, pues $a<10$, de donde $a(100-a)>c(c-1)$, y como $0\leqslant b,x_3,\ldots ,x_{k-1},x_k\leqslant 9$, tenemos que $$b(10-b)+\sum \limits _{j=3}^kx_j(10^j-x_j)\geqslant 0$$

Si $a=0$, entonces tenemos que para algún $t$ entero tal que $3\leqslant t\leqslant k$, se cumple que $x_t>0$, de donde $x_t(10^t-x_t)>10^t-10>10^3-10=990$. Y como $0\leqslant a,b,x_3,\ldots ,x_{k-1},x_k\leqslant 9$, tenemos que $$a(100-a)+b(10-b)+\sum \limits _{j=3}^kx_k(10^j-x_k)-x_t(10^t-x_t)\geqslant 0$$

En cualquier caso $$c(c-1)<a(100-a)+b(10-b)+\sum \limits _{j=3}^kx_k(10^j-x_k)$$ lo que es absurdo pues son iguales. El absurdo proviene de suponer que $n\geqslant 100$, luego, $n\leqslant 99$.


Supongamos que $n\geqslant 10$, luego, tenemos que $n=\overline{ab}$ con $a\neq 0$. Entonces $$a^2+b^2=s(n)=n=\overline{ab}=10a+b$$ de donde $b(b-1)=a(10-a)$.
Como $b(b-1)\equiv 0\pmod 2$, tenemos que $-a^2\equiv a(10-a)\equiv b(b-1)\equiv 0\pmod 2$, de donde $a\equiv 0\pmod 2$, por lo que $a(10-a)\equiv 0\pmod 4$, luego, $b(b-1)\equiv 0\pmod 4$. Entonces las únicas posiblidades son $b=4$, $b=8$, $b-1=4$, $b-1=8$.
Por AM-GM tenemos que $a(10-a)\leqslant 25$, de donde $a(10-a)\leqslant 24$ por ser múltiplo de $4$.
Si $b=8$ o $b-1=8$, tenemos que $b(b-1)\geqslant 8\cdot 7>24\geqslant a(10-a)$. Absurdo pues son iguales.
Si $b-1=4$, tenemos que $b=5$, de donde $-a^2\equiv a(10-a)\equiv b(b-1)\equiv 0\pmod 5$, de donde $a\equiv 0\pmod 5$, por lo que $a(10-a)\equiv 0\pmod{25}$, pero $0<a(10-a)\leqslant 24<25$, de donde $a(10-a)\not \equiv 0\pmod{25}$. Absurdo pues $a(10-a)\equiv 0\pmod{25}$.
Si $b=4$, tenemos $b(b-1)=4(4-1)=12$, de donde $a(10-a)\equiv 0\pmod 3$, por lo que $a\equiv 0\pmod 3$ o $10-a\equiv 0\pmod 3$. Como ambos son pares, en el primer caso tenemos $a=6$, y en el segundo, $10-a=6$. En cualquier caso, $b(b-1)=12<24=a(10-a)$. Absurdo pues son iguales.
En todos los casos llegamos a un absurdo, entonces llegamos a un absurdo que proviene de suponer que $n\geqslant 10$, luego, $n\leqslant 9$.

Entonces $n^2=s(n)=n$, y como $n\geqslant 1$, resulta $n=1$.

Por lo tanto, la única solución es $n=1$.
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MarvinMartinez
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Re: Ibero 2019 - P1

Mensaje sin leer por MarvinMartinez » Lun 16 Sep, 2019 9:40 pm

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Sea n tal que tiene x dígitos, entonces
S(n)<81x
Como 81*4 es menor a 1000,
entonces S(n) no es igual a n si x>3

Tenemos luego la ecuación:
100a+10b+c=a^2 + b^2 + c^2 con 0<a,b,c<10
=> 100a - a^2 + 10b - b^2 = c^2 - c
a(100-a) + b(10-b) =c(c-1)
Como c<10 y c-1<9, entonces c(c-1) <90
y por lo tanto: a(100-a) + b(10-b)<90;
al ser b<10 => 10-b>0 => b(10-b)>0;
entonces a(100-a)<90
pero se ve que al ser a<10 => 100-a>90
Para que se cumpla a debe ser 0,
luego: b(10-b)=c(c-1)
Probamos con los valores posibles de b (0 al 9) para tratar de encontrar un producto de 2 números consecutivos, encontrando solo:
0*10=1*0
0*10=0*-1
Quedando como soluciones de n: 0 y 1, al ser 0 menor a 1 no lo contamos, por lo que como respuesta nos queda:
n=1

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