Sabemos que un número cualquiera es congruente a la suma de sus digitos [tex](mod[/tex] [tex]9)[/tex], por lo tanto si sumamos los digitos repetidamente nos quedara un número entre [tex]1[/tex] y [tex]9[/tex] al cual sera congruente el número [tex](mod[/tex] [tex]9)[/tex], o sea, la pregunta se reduce a que resto es el más repetido hasta [tex]10^6[/tex]. Sabemos que [tex]10^6\equiv_9 1[/tex], sabemos que la congruencia es periodica, ya que son únicamente numeros naturales, nos sobra el [tex]10^6[/tex] el cual es el inicio del periodo, por lo tanto el que se repite mas veces es [tex]1[/tex].

Problema 2:

La clara coloración que uno podría pensar es pares blancos, impares negros. Esto nos dejaría con el producto de dos blancos (números pares) siendo blanco, sin embargo, nos piden todas las combinaciones posibles.

El truco de los negros y blancos está en las reglas dadas. Sabemos que todos los numeros se pueden escribir de la forma [tex]\alpha n + r, 0\leq r<n[/tex], si [tex]r\neq0[/tex], entonces no sabemos nada acerca de la multiplicacion de ellos, por otro lado, si en al menos uno de los factores [tex]r=0[/tex] entones sabemos que el número resultante es divisible por [tex]n[/tex]. Por otro lado, por la suma sabemos que dos números de distinto color sumado nos da negro, si separamos en dos grupos, blancos los con [tex]r=0[/tex] y negro los con [tex]r\neq0[/tex], podemos ver que tanto esta condicion como la anterior se cumplen siempre, ya que la multiplicación de dos numeros de distinto color siempre será multiplo de [tex]n[/tex], y la suma siempre sera [tex]r[/tex], el cual será siempre distinto de [tex]0[/tex], ya que asi lo definimos, y aquellos con [tex]r\neq0[/tex] son negros. tomando esta postura, la multiplicación de dos números blancos, sera siempre blanca, ya que ambos serían multiplos de [tex]n[/tex].

P1: Sea \documentclass{article}

\usepackage[utf8]{inputenc}

\begin{document}

\MakeUppercase{S}(n) la función "suma de los dígitos de n", n en los Naturales \\

sabemos que $\lim_{j \to \infty }\MakeUppercase{S}^{j}(n)= m$ , con $n \equiv m \quad mod \quad 9$, todo bien definido $\Rightarrow$ \\

desde el 1 al $10^6-1$, está 111.111 veces cada en $[1,9]$ y \MakeUppercase{S}($10^6$) es 1 $\Rightarrow$ el 1 es quien mas se repite.

\end{document}

llamemos B a los blancos y N a los negros, teniendo en cuenta que BN=B y B+N=N tenemos que B=BB+B llegamos a esto reemplazando N por N+B en B=BN , ahora supongamos que BB=N tendriamos que B=N+B y esto es una contradicción ya que N=B+N y un número no puede ser ambos colores, de aquí podemos concluir que las condiciones que nos piden pueden ser traducidas a N no es divisible por ni un B ya que BN=B Y BB=B y no hay más maneras de multiplicar por B, como estamos hablando de números naturales existe un mínimo B y como para todo N,B , N no es divisible por B en particular ni un N será divisible por el B mínimo,entonces podemos definir cada coloración eligiendo un b natural y pintando de blanco todos sus múltiplos y pintando el resto de negro.

P2: Si b + n = n $\Leftrigtharrow$ b + ( b + n) = n $\Leftrigtharrow$ (b + b) + n = n, y esto se cumple ssi b + b = b \\ \\

Si b + n = n y b * n = b $\Rightarrow$ b * (b + n) = b $\Rigtharrow$ (b * b) + (b * n) = b $\Rightarrow$ (b * b) + b = b, y como b + b = b $\Leftrightarrow$ b * b = b

Problema 3:

Separaremos la doble implicancia en dos impliancias:

[tex]\underline{\Longleftarrow}[/tex]:

SPG podemos asumir que [tex]4|a[/tex]; entonces en la columna de [tex]a[/tex] de largo podemos poner las fichas a lo largo y en la de [tex]b[/tex] llenarlo con las partes de medida [tex]1[/tex]. [tex]\blacksquare[/tex]

[tex]\underline{\Longrightarrow}[/tex]:

Procedemos por contradicción:

Asumamos que el tablero se puede llenar por piezas de [tex]4\times1[/tex] y [tex]4\not|a\wedge4\not|b[/tex], pero sabemos que [tex]4|ab[/tex], ya que el area del tablero puede ser cubierta con piezas de area [tex]4[/tex], ya que ni [tex]a[/tex] ni [tex]b[/tex] son divisibles por [tex]4[/tex] concluimos que [tex]2|a\wedge2|b[/tex], esto nos dice que [tex]a\equiv_4b\equiv_42[/tex].

Podemos imaginar un llenado del tablero de la siguiente manera, ponemos dos piezas de manera vertical en la esquina inferior izquierda y las proyectamos hacia arriba, llamaremos proyectar el poner dos piezas de tal manera que juntas formen una pieza de [tex]4k\times1\vee1\times4k[/tex], ya que [tex]a\equiv_4b\equiv_42[/tex] sabemos que nos faltaran dos espacios que llenar, los cuales llenaremos con dos piezas horizontales, las cuales nuevamente proyectaremos, repetimos este proceso con el tercer borde, y notamos que al llenar el cuarto borde no sobrará nada, ya que allí pusimos nuestras piezas originales, entonces, obtenemos un tablero inferior de [tex](a-4)\times(b-4)[/tex], el cual sabemos que puede ser llenado ya que [tex]a-4\equiv_4b-4\equiv_42[/tex].

SPG asumamos que [tex]\max\lbrace a,b\rbrace=a[/tex], entonces, repitiendo el proceso anteriormente mencionado, llegaremos eventualmente a un tablero de [tex](a-4k)\times2[/tex], y es aquí donde aparece la contradicción, ya que en un tablero de [tex]k\times2[/tex] con [tex]k\equiv_42[/tex] solo se puede llenar con piezas en vertical, hasta disminuirlo a un tablero de [tex]2\times2[/tex], el cual, claramente, no se puede llenar con piezas de [tex]4\times1[/tex]. [tex]\Longrightarrow\Longleftarrow[/tex]

De esta manera, por contradicción concluimos que si un tablero de [tex]a\times b[/tex] se puede llenar con piezas de [tex]4\times1[/tex], entonces, [tex]4|a\vee4|b\blacksquare[/tex]

P4. Supongamos que hay finitos puntos:

Tomemos un sistema de referencia (x,y) , como el conjuto de puntos es finito, existirá un punto A = (x1,y1) , de modo que x1 sea el mayor x posible y en caso de que hubieran más, y1 nos dará el que esté más arriba.

Además podemos decir que si M es punto medio de un segmento PQ, Es equivalente a hacer una simetría central al punto P con respecto a M, como sabemos que A es punto de medio de otro segmento, entonces debemos tener un punto para hacer la simetría central con respecto a A, pero, ese punto no puede estar en la recta (y=x1) ya que como resultado nos quedaria un punto de coordenadas (x1,y2) con y1<y2, así que debemos tomar puntos con x<x1, pero si nos fijamos en el eje (y=x1), luego de realizar la simetría nos da un x2>x1, lo cual es absurdo.

Por lo tanto el conjunto de puntos debe ser infinito.

Problema 4:

Procedamos por contradicción:

Supongamos que [tex]|\Omega|\in\mathbb{N}[/tex], entonces podemos listar todos los elementos tal que

[center][tex]\Omega=\lbrace\omega_1,\omega_2,\cdots,\omega_n\rbrace,[/tex] [tex]\omega_i\in\mathbb{R}^2,\forall i\in\lbrace1,2,3,\cdots, n\rbrace[/tex][/center]

Sea [tex]\omega_k[/tex] un punto que cumpla que [tex]\max\lbrace|\omega_1|,|\omega_2|,|\omega_3|,\cdots,|\omega_k|,\cdots,|\omega_n|\rbrace=|\omega_k|[/tex]

Entonces trazamos una circunferencia de centro en el origen a la que pertenezca [tex]\omega_k[/tex], la llamaremos [tex]\Gamma[/tex], sabemos que todos los puntos en [tex]\Omega[/tex] están dentro o en la circunferencia, tomemos [tex]\omega_k[/tex], sabemos que hay dos tipos de segmentos que pueden pasar por [tex]\omega_k[/tex], los tangentes a [tex]\Gamma[/tex] y los secantes a [tex]\Gamma[/tex], en ambos casos, es fácil de ver que al menos un punto debe estar fuera de [tex]\Gamma[/tex], por lo tanto [tex]\omega_k[/tex] no es punto medio de dos puntos en [tex]\Omega[/tex].

[center][tex]\Longrightarrow\Longleftarrow[/tex][/center]

Problema 6:

Sean [tex]X_i[/tex] las comisiones, sea [tex]X[/tex] el club, sabemos que [tex]\forall i,j\in\lbrace1,2,3,4,5\rbrace,i\neq j:|X_i\cap X_j|=1[/tex], tambien sabemos que para todo [tex]x\in X[/tex], [tex]x[/tex] pertenece a dos comisiones, por lo tanto, no hay ningún elemento que solo pertenezca a una comisión, por lo tanto buscamos que en las intersecciones de a pares de los [tex]X_i[/tex] haya un elemento distinto por cada intersección (si hubiera un elemento comun en dos intersecciones distintas implicaria que hay un elemento en al menos tres comisiones), y que no haya elemento fuera de las intersecciones (O sea, que no haya elementos en una sola comision), esto es, igual a la cantidad de intersecciones, ya que tenemos un elemento por cada intersección y no hay elementos fuera de estas, la cantidad de intersecciones (de a pares) es la cantidad de formas de escojer dos elementos distintos de cinco elementos, o sea, [tex]C(5,2)=\frac{5!}{2!(5-2)!}=10[/tex].

´problema 6:

Sean a, b, c, d y e los grupos como la comision entre cada uno de estos es uno debe cada grupo tener al menos cuatro personas; esto lo podemos ver por el hecho que la interseccion entre dos grupos siempre es distinta entre pares distintos de grupos(si fuera igual tendriamos alguna persona en 3 grupos y eso es imposible)entonces como cada grupo debe tener un elemento en común con cada uno de los otros cuatro grupos restantes y estos son distintos entre si es posible concluir llo anterior, ahora demostraremos que cada grupo tien exactamente cuatro usando contradiccion , tenemos nuestra configuracion con 4 elementos por grupo que cumple las condiciones supongamos que puede haber una persona más en algún grupo, en este caso sería imposible ya que cada persona esta en dos grupos , ahora supongamos que puede haber una persona extra en dos grupos cuales quiera esto es imposible ya que la intersección entre esos grupos sería 2 elementos(el que compartían anteriormente y la nueva persona), para finalizar tenemos 5 grupos con 4 elementos que sabemos que cada elemento se repite dos veces entonces tenemos (4+4+4+4+4)/2=10 personas.

Problema 7:

Partiremos por probar que si alguien tiene una estrategia ganadora, solo puede ser Felipe

Procedamos por contradicción:

Imaginemos que Camila tiene una estrategia ganadora, ya que ella parte, podemos decir que

[center][tex]\exists!a\forall b,d\exists c: 8a+4b+2c+d\neq0\wedge27a+9b+3c+d=0[/tex][/center]

Sea [tex]P_i(x)[/tex] el polinomio luego de que el [tex]i[/tex]-ésimo número ha sido dicho, sabemos que ya que Camila tiene una estrategia ganadora, para [tex]P_3(x)[/tex] independiente del [tex]d[/tex] que Felipe escoja, ella gana. Y sabemos que esto es muy falso, para probarlo, póngamonos en el caso de que [tex]P_3(3)=0[/tex], entonces, Felipe debera escojer un [tex]d\neq0[/tex] para que [tex]3[/tex] no sea raíz y que de hecho [tex]P_4(3)=d[/tex]. Por otro lado, si [tex]P_3(3)\neq0[/tex], basta con que Felipe escoja [tex]d=0[/tex] para que [tex]P_4(3)=P_3(3)\neq0[/tex]

[center][tex]\Longrightarrow\Longleftarrow[/tex][/center]

Por lo tanto sabemos que Camila no tiene una estrategia ganadora.

Por otro lado si analizamos que estrategia podríamos tener para Felipe, notamos lo siguiente. Si [tex]P_3(3)=0[/tex] y [tex]P_3(2)\neq0[/tex], basta con tomar un [tex]P_4(x)=P_3(x)-P_3(2)[/tex] para cumplir que [tex]2[/tex] sea raíz y que [tex]3[/tex] no.

En general, si [tex]P_3(2)\neq P_3(3)[/tex] entonces armamos el polinomio [tex]P_4(x)=P_3(x)-P_3(2)[/tex] y ganamos, el problema entra cuando notamos que existe el caso en el que [tex]P_3(2)= P_3(3)[/tex], entonces este truquito no nos sirve. ¿Cómo nos aseguramos de que [tex]P_3(2)\neq P_3(3)[/tex]? Pues es muy simple, con las reglas dadas, no se puede; esto será probado continuación:

Pregunta: Con las reglas dadas ¿Es posible que si [tex]r\neq s[/tex], [tex]P_3(r)\neq P_3(s)[/tex]?

Nosotros queremos que

[center][tex]\begin{align*}as^3+bs^2+cs&\neq ar^3+br^2+cr\\

a[s^3-r^3]+b[s^2-r^2]+c[s-r]&\neq0\\

a[s^2+sr+r^2]+b[s+r]+c&\neq0\\

-a[s^2+sr+r^2]-b[s+r]&\neq c\end{align*}[/tex][/center]

Y sabemos que una ecuación de la forma [tex]ax+by=c[/tex] tiene infinitas soluciones en los reales, por lo tanto Camila, luego de que Felipe escoja [tex]b[/tex] puede escojer el [tex]c[/tex] que cumpla que

[center][tex]\begin{align*}c&=-a[2^2+2\cdot3+3^2]-b[2+3]\\

&=-19a-5b\end{align*}[/tex][/center]

Y así obligar a Felipe a empatar en el mejor de los casos.

Por lo tanto la respuesta es un rotundo no, Felipe y Camila escogieron un juego sin estrategia ganadora para así poder convivir y divertirse de una manera justa y limpia (?