Concurso vacaciones: Página 2

Concurso vacaciones

pancracio

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 (?

Está bien.

frankiska

problema 8:

Sean A, B, C, D, los vértices del paralelogramo y O su centro, AB[tex]\parallel[/tex]DC y AD[tex]\parallel[/tex]CB, trazamos líneas que pasen por cada par de vértices consecutivos y las diagonales del paralelogramo para encontrar O, trazamos también una recta que una x y un vértice que cumpla la siguiente condición, que el segmento que une a x y al vértice no intersecta ni una recta, sin contar el vértice, sin pérdida de la generalidad digamos que A cumple la condición, sea E la intersección de XA con BC, trazamos una línea que pase por E y O que corta a AD en F ,ahora probare que AFCE es un paralelogramo, tenemos [tex]\angle CEF = \angle AFO[/tex] , [tex]\angle OCE = \angle FAO[/tex] por ángulos alternos internos y [tex]\angle EOC = \angle FOA[/tex] por opuestos por el vértice, entonces el triángulo COE es semejante a el triángulo AOF, además [tex]\frac{AO} {OC} =1[/tex] ya que las diagonales de un paralelogramo cortan en la mitad entonces EO=OF y podemos concluir que AFCE es paralelogramo, ahora trazamos XO y FC que cortan H para finalizar probaremos que H = W, sabemos que W cumple lo siguiente, está en la recta OX y el segmento OX=OW, tenemos [tex]\angle CHX = \angle AXH ,\angle XAC = \angle ACH[/tex] por internos alternos y [tex]\angle HOC =\angle XOA[/tex] por opuestos por el vértice entonces el triángulo AOX es similar a el triángulo COH y AO=OC entonces OX=OH, y con eso es posible decir que H es W.(estoy intentando hacer un dibujo para simplificar la corrección pero son las 12 y aún no me sale, mañana seguiré intentando)

brunoandrades

Problema 9:

Sea [tex]R_i^{(b)}[/tex] el [tex]i[/tex]-ésimo número repituno en base [tex]b[/tex]. Sea [tex]\Phi_d(x)[/tex] el [tex]d[/tex]-ésimo polinomio ciclotómico, sabemos que [tex]R_i^{(b)}=\frac{1}{b-1}\displaystyle\prod_{d|i}\Phi_d(b)[/tex].

Remplazando [tex]b[/tex] por [tex]10[/tex] y haciendo la sustitucion [tex]x=R_n^{(10)}[/tex] obtenemos

[center][tex]x=R_n^{(10)}=\frac{1}{9}\displaystyle\prod_{d|n}\Phi_d(10)[/tex][/center]

Procedamos por contradicción:

Imaginemos que [tex]R_n^{(10)}[/tex] es primo, pero [tex]n[/tex] es compuesto

Sea [tex]d_i[/tex] una secuencia de todos los divisores de [tex]n[/tex] tal que [tex]d_i<d_{i+1}[/tex] [tex]\forall i, 1\leq i<g[/tex] donde [tex]g[/tex] es la cantidad de divisores de [tex]n[/tex] y donde [tex]d_g=n[/tex]. Sabemos que [tex]d_1=1[/tex] lo cual sera importante más adelante.

[center][tex]\begin{align*}R_n^{(10)}&=\frac{1}{9}\displaystyle\prod_{d|n}\Phi_d(10)\\

&=\frac{1}{9}[\Phi_{d_1}(10)\Phi_{d_2}(10)\Phi_{d_3}(10)\cdots\Phi_{d_g}(10)]\\

&=\frac{1}{9}[\Phi_{1}(10)\Phi_{d_2}(10)\Phi_{d_3}(10)\cdots\Phi_{n}(10)]\end{align*}[/tex][/center]

Calculando [tex]\Phi_{1}(x)=x-1[/tex], podemos ver que [tex]\Phi_{1}(10)=9[/tex], entonces

[center][tex]\begin{align*}R_n^{(10)}&=\frac{1}{\not9}[\not9\Phi_{d_2}(10)\Phi_{d_3}(10)\cdots\Phi_{n}(10)]\end{align*}[/tex][/center]

También sabemos que [tex]\forall i\in\lbrace 1,2,\cdots,n\rbrace:\Phi_{d_i}(10)\in\mathbb{Z}[/tex] ya que [tex]\Phi_d(x)\in\mathbb{Z}[x][/tex].

Por lo tanto tenemos una multiplicación de números enteros que me entrega un número primo ([tex]R_n^{(10)}[/tex]), ademas, sabemos que ya que [tex]d_i[/tex] son los divisores y [tex]n[/tex] es compuesto, [tex]\exists k,j\in\lbrace1,2,3,\cdots,n\rbrace[/tex] tales que [tex]d_k,d_j[/tex] sean primos, y sabemos que [tex]\Phi_p(x)[/tex] con [tex]p[/tex] primo es igual a [tex]\displaystyle\sum_{k=0}^{p-1}x^k[/tex] lo cual analizado en [tex]10[/tex] es mayor que [tex]1[/tex], por lo tanto, tampoco existe la posibilidad de que todos sean [tex]1[/tex], salvo por uno que sea primo.

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

Tambien cabe notar que si [tex]n[/tex] es primo entonces

[center][tex]\begin{align*}R_n^{(10)}&=\frac{1}{9}\displaystyle\prod_{d|n}\Phi_d(10)\\

&=\frac{1}{9}[\Phi_{1}(10)\Phi_n(10)]\\

&=\frac{1}{\not9}[\not9\Phi_n(10)]\\

&=\displaystyle\sum_{i=0}^{n-1}10^{i}\\

&=\underbrace{111\cdots11}_{n}\end{align*}[/tex][/center]

Ya como conclusión, probamos que [tex]n[/tex] no podia ser compuesto, o equivalentemente, [tex]n[/tex] es primo[tex]\blacksquare[/tex]

brunoandrades

Es un hecho bien sabido que si [tex]a|b\Longrightarrow\underbrace{111...11}_a|\underbrace{111...11}_b[/tex]. La prueba se encuentra al final.

Por lo tanto, si n fuera compuesto, implica que existe un numero [tex]k\neq1[/tex] tal que [tex]k|n[/tex] por lo tanto un numero con [tex]k[/tex] unos dividiria a [tex]x[/tex]. Por lo tanto [tex]n[/tex] no puede ser compuesto.[tex]\blacksquare[/tex]

Prueba de que si [tex]n|k\Longrightarrow R_n^{(b)}|R_k^{(b)}[/tex]

Sabemos que [tex]R_k^{(b)}=\frac{1}{b-1}\displaystyle\prod_{d|k}\Phi_d(b)[/tex]

Sabemos que en cualquiera sea la base [tex]1|k[/tex], por lo tanto uno de los factores será [tex]\Phi_1(b)=b-1[/tex], por lo tanto podemos simplificarlo a [tex]R_k^{(b)}=\displaystyle\prod_{d|k\wedge d\neq1}\Phi_d(b)[/tex] y sabemos que si [tex]n|k[/tex] entonces todos los divisiores de [tex]n[/tex] son también divisores de [tex]k[/tex], por lo tanto se encuentran en el producto, asi podemos concluir que

[center][tex]\begin{align*}R_k^{(b)}&=\displaystyle\prod_{d|n\wedge d\neq1}[\Phi_d(b)]\cdot p\\

&=\frac{1}{b-1}\displaystyle\prod_{d|n}[\Phi_d(b)]\cdot p\\

&=pR_n^{(b)}\\

\Longrightarrow& R_n^{(b)}|R_k^{(b)}\end{align*}[/tex][/center]

Donde [tex]p=\displaystyle\prod_{i\in I}\Phi_i(b)[/tex] con [tex]I[/tex] el conjunto de los divisores de [tex]k[/tex] que no son divisores de [tex]n[/tex]

pancracio

Aún estamos revisando las soluciones (math is hard)

Edit 1: Las dos soluciones del problema 9 están bien, aún se está revisando la del problema 8.

brunoandrades

Problema 10:

Procedamos por contradicción, supongamos que existen los puntos [tex]\omega_1,\omega_2,\omega_3,\omega_4\in\Omega[/tex] tales que [tex]\omega_1[/tex] es el punto más cercano a [tex]\omega_3[/tex] y que [tex]\omega_2[/tex] es el más cercano a [tex]\omega_4[/tex], además supondremos que el segmento [tex]\overline{\omega_1\omega_3}=a[/tex] se intersecta con el segmento [tex]\overline{\omega_2\omega_4}=b[/tex], entonces podemos crear un cuadrilatero de vertices [tex]\omega_1,\omega_2,\omega_3,\omega_4[/tex] y de diagonales [tex]a[/tex] y [tex]b[/tex].

Pero sabemos que en un cuadrilátero cualquiera existe al menos una diagonal que es mas larga que todos los lados.

SPG asumamos que [tex]a[/tex] es esa diagonal.

Entonces sabemos que [tex]d(\omega_1,\omega_3)=a>d(\omega_1,\omega_2)[/tex] lo cual es una contradicción ya que dijimos que [tex]\omega_1[/tex] era el punto en [tex]\Omega[/tex] más cercano a [tex]\omega_3[/tex] pero acá notamos que [tex]\omega_2[/tex] está de hecho, más cerca [tex]\blacksquare[/tex]

pancracio

Problema 10:

Procedamos por contradicción, supongamos que existen los puntos [tex]\omega_1,\omega_2,\omega_3,\omega_4\in\Omega[/tex] tales que [tex]\omega_1[/tex] es el punto más cercano a [tex]\omega_3[/tex] y que [tex]\omega_2[/tex] es el más cercano a [tex]\omega_4[/tex], además supondremos que el segmento [tex]\overline{\omega_1\omega_3}=a[/tex] se intersecta con el segmento [tex]\overline{\omega_2\omega_4}=b[/tex], entonces podemos crear un cuadrilatero de vertices [tex]\omega_1,\omega_2,\omega_3,\omega_4[/tex] y de diagonales [tex]a[/tex] y [tex]b[/tex].

Pero sabemos que en un cuadrilátero cualquiera existe al menos una diagonal que es mas larga que todos los lados.

SPG asumamos que [tex]a[/tex] es esa diagonal.

Entonces sabemos que [tex]d(\omega_1,\omega_3)=a>d(\omega_1,\omega_2)[/tex] lo cual es una contradicción ya que dijimos que [tex]\omega_1[/tex] era el punto en [tex]\Omega[/tex] más cercano a [tex]\omega_3[/tex] pero acá notamos que [tex]\omega_2[/tex] está de hecho, más cerca [tex]\blacksquare[/tex]

Está bien.

frankiska

problema 11:

tenemos un triángulo cualquiera con vértices A, B, C, trazamos la altura desde A y una paralela por la mitad de la altura desde A que corta en E a AB y en F a AC trazamos una recta perpendicular en G a la paralela que pase por B y otra perpendicular en H a la paralela que pase por B, sea I la mitad de la altura desde A, ahora demostraré que los triángulos GBE y FHC(estos triángulos no son parte del triangulo ABC)son iguales respectivamente a IAE y y FIA(estos triángulos si son parte del triángulo ABC), ya que si son asi cortamos eso triángulos y los ponemos en los respectivos espacios tendríamos el rectángulo GBCH. Tenemos GB//AI//HC ya que todas son perpendiculares a la misma línea, de ahí obtenemos que [tex]\angle EAI= \angle EBG[/tex], [tex]\angle BGE=\angle AIE =90°[/tex] y [tex]\angle GEB=\angle IEA[/tex](opuestos por el vértice), entonces tenemos que son semejantes, teniendo en cuenta que GB es igual a la mitad de la altura desde a y AI tambien los triángulos son iguales, el procedimiento es análogo para FIA con FHC, entonces los cortes que debemos hacer son por EF y AI

así obtenemos los triángulos y pegamos EA con EB y FA con FC obteniendo el rectángulo GBCH.

pancracio

problema 11:

tenemos un triángulo cualquiera con vértices A, B, C, trazamos la altura desde A y una paralela por la mitad de la altura desde A que corta en E a AB y en F a AC trazamos una recta perpendicular en G a la paralela que pase por B y otra perpendicular en H a la paralela que pase por B, sea I la mitad de la altura desde A, ahora demostraré que los triángulos GBE y FHC(estos triángulos no son parte del triangulo ABC)son iguales respectivamente a IAE y y FIA(estos triángulos si son parte del triángulo ABC), ya que si son asi cortamos eso triángulos y los ponemos en los respectivos espacios tendríamos el rectángulo GBCH. Tenemos GB//AI//HC ya que todas son perpendiculares a la misma línea, de ahí obtenemos que [tex]\angle EAI= \angle EBG[/tex], [tex]\angle BGE=\angle AIE =90°[/tex] y [tex]\angle GEB=\angle IEA[/tex](opuestos por el vértice), entonces tenemos que son semejantes, teniendo en cuenta que GB es igual a la mitad de la altura desde a y AI tambien los triángulos son iguales, el procedimiento es análogo para FIA con FHC, entonces los cortes que debemos hacer son por EF y AI

así obtenemos los triángulos y pegamos EA con EB y FA con FC obteniendo el rectángulo GBCH.

benjaquezadar dice que esta bien

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