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1ª Killer Maraton, Solo para valientes

Cesarator	Aug 12 2006, 09:47 PM Publicado: #1
Invitado	Damos inicio entonces a nuestra primera GRAN KILLER MARATON. Para tener derecho a postear aqui, primero hay que inscribirse y leer las reglas: Reglamento e inscripciones Esta es una competicion oficial FMAT, y se premiara a los ganadores. Y como sospecho que esto nos dara un largo tiempo de diversion, comencemos de inmediato. Recuerdo que la dificultad sera variada: problemas dificiles, tambien algunos relativamente simples. No se hara ningun comentario sobre la dificultad de cada problema hasta despues de resuelto. GO! $TEX: <br />{\bf Problema 1}. Sean $x,y,z>0$ tales que $\displaystyle \frac{1}{x^2} + \frac{1}{y^2}+ \frac{1}{z^2} =1$. Demostrar la desigualdad<br />\[<br />\frac{xy}{xy-1} + \frac{yz}{yz-1} + \frac{zx}{zx-1} \le \frac{9}{2}.<br />\]<br />$

Guía Rojo Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 19 2006, 12:52 AM Publicado: #2
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 903 Registrado: 28-May 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 69 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	CITA(Cesarator @ Aug 12 2006, 11:47 PM) $TEX: <br />{\bf Problema 1}. Sean $x,y,z>0$ tales que $\displaystyle \frac{1}{x^2} + \frac{1}{y^2}+ \frac{1}{z^2} =1$. Demostrar la desigualdad<br />\[<br />\frac{xy}{xy-1} + \frac{yz}{yz-1} + \frac{zx}{zx-1} \le \frac{9}{2}.<br />\]<br />$ Utilicemos el cambio de variable $TEX: $\left(x,y,z\right)=\left(\dfrac{1}{a},\dfrac{1}{b},\dfrac{1}{c}\right)$$ Tenemos: $TEX: $\dfrac{xy}{xy-1}+\dfrac{yz}{yz-1}+\dfrac{zx}{zx-1}=\dfrac{\frac{1}{ab}}{\frac{1}{ab}-1}+\dfrac{\frac{1}{bc}}{\frac{1}{bc}-1}+\dfrac{\frac{1}{ca}}{\frac{1}{ca}-1}$$ $TEX: $\dfrac{xy}{xy-1}+\dfrac{yz}{yz-1}+\dfrac{zx}{zx-1}=\dfrac{1}{1-ab}+\dfrac{1}{1-bc}+\dfrac{1}{1-ca}$$ Luego, el problema se puede tomar como: $TEX: Sean $a,b,c>0$ tales que $a^2+b^2+c^2=1$. Demostrar la desigualdad<br />\[<br />\frac{1}{1-ab} + \frac{1}{1-bc} + \frac{1}{1-ca} \le \frac{9}{2}.<br />\]<br />$ Utilizando la desigualdad de Schur tenemos: $TEX: $a^2(a-b)(a-c)+b^2(b-c)(b-a)+c^2(c-a)(c-b)\ge 0$$ Como la suma de cuadrados (y, por tanto, potencias cuartas) es mayor o igual que cero: $TEX: $(a-b)^4+(b-c)^4+(c-a)^4\ge 0$$ Sumando ambas desigualdades obtenemos: $TEX: $a^2(a-b)(a-c)+b^2(b-c)(b-a)+c^2(c-a)(c-b)+(a-b)^4+(b-c)^4+(c-a)^4\ge 0$$ $TEX: $a^4-a^3b-ca^3+a^2bc+b^4-b^3c-ab^3+ab^2c+c^4-c^3a-bc^3+abc^2+a^4-4a^3b+6a^2b^2-4ab^3+a^4+b^4-4b^3c+6b^2c^2-4bc^3+c^4+c^4-4c^3a+6c^2a^2-4ca^3+a^3\ge 0$$ $TEX: $3a^4+3b^4+3c^4+6a^2b^2+6b^2c^2+6c^2+a^2-5a^3b-5ab^3-5abc^2-5ca^3-5ab^2c-5c^3a-5a^2bc-5b^3c-5bc^3+6a^2bc+6ab^2c+6abc^2\ge 0$$ $TEX: $3\left(a^2+b^2+c^2\right)^2-5\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)+6abc(a+b+c)\ge 0$$ Como la suma de cuadrados es igual a 1: $TEX: $3-5\left(ab+bc+ca\right)+6abc(a+b+c)\ge 0$$ $TEX: $3-5\left(ab+bc+ca\right)+7abc(a+b+c)-abc(a+b+c)\ge 0$$ Pero: $TEX: $-9a^2b^2c^2\ge -abc(a+b+c)$$ (Demostración) $TEX: $\dfrac{a^3+b^3+c^3+ab^2+bc^2+ca^2+a^2b+b^2c+c^2a}{9}\ge \sqrt[9]{a^9b^9c^9}=abc$$ $TEX: $a^3+ab^2+c^2a+a^2b+b^3+bc^2+ca^2+b^2c+c^3\ge 9abc$$ $TEX: $\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\ge 9abc$$ $TEX: $a+b+c\ge 9abc$$ $TEX: $-abc(a+b+c)\le -9a^2b^2c^2$$ Luego: $TEX: $3-5\left(ab+bc+ca\right)+7abc(a+b+c)-9a^2b^2c^2\ge 3-5\left(ab+bc+ca\right)+7abc(a+b+c)-abc(a+b+c)\ge 0$$ $TEX: $3-5\left(ab+bc+ca\right)+7abc(a+b+c)-9a^2b^2c^2\ge 0$$ $TEX: $9-9\left(ab+bc+ca\right)+9abc(a+b+c)-9a^2b^2c^2\ge 6-4\left(ab+bc+ca\right)+2abc(a+b+c)$$ $TEX: $9\left(1-ab-bc-ca+a^2bc+ab^2c+abc^2-a^2b^2c^2\right)\ge 2-2bc-2ca+2abc^2+2-2ab-2ca+2a^2bc+2-2ab-2bc+2ab^2c$$ $TEX: $9\left(1-ab\right)\left(1-bc\right)\left(1-ca\right)\ge 2\left[\left(1-bc\right)\left(1-ca\right)+\left(1-ca\right)\left(1-ab\right)+\left(1-ab\right)\left(1-bc\right)\right]$$ Ahora bien, como sabemos que la suma de cuadrados es igual a 1, cada uno de estos cuadrados debe ser menor que 1 (puesto que si alguno fuese mayor, la suma no podría ser 1, y si alguno fuese 1, los otros serían cero, lo que contradice que sean mayores que cero). O sea, cada uno de estos términos es menor que 1. El producto entre dos de estos también será menor que 1. Y la diferencia entre 1 y este producto será positiva. Si se divide la desigualdad por el producto de estas diferencias, el sentido de la desigualdad no varía. Luego: $TEX: $9\ge 2\left(\dfrac{1}{1-ab}+\dfrac{1}{1-bc}+\dfrac{1}{1-ca}\right)$$ $TEX: $\boxed{\dfrac{9}{2}\ge \dfrac{1}{1-ab}+\dfrac{1}{1-bc}+\dfrac{1}{1-ca}}$$ Demostrando lo pedido... -------------------- Bachiller en Ciencias (ex) Estudiante de Medicina Estudiante de Ingeniería Civil de Industrias, diploma en Ingeniería Matemática Pontificia Universidad Católica de Chile "El espíritu del matemático busca la belleza del pensamiento, y esa va de la mano con la filosofía." - Héctor Hardy Pastén Vásquez "¿Qué te hace pensar que si tienes dos elementos de un conjunto con otros dos elementos de otro conjunto se origina uno nuevo con cuatro? Es sólo el sentido común, no te imaginas que los elementos aparecen de la nada, pero resulta que con el sólo hecho de cuestionar el sentido común, se podría afirmar que cuando juntas cuatro elementos aparecen miles de elementos más. Y si lo demuestras, todo se basa en la razón." - Alonso Duque Vega, razonador por excelencia $TEX: $S=1+dfrac{1}{2}+dfrac{1}{3}+dfrac{1}{4}+dfrac{1}{5}+ldots$$ Esta serie converge! He encontrado una maravillosa demostración de esto, pero no cabe en la estrechez de esta firma...

Cesarator	Aug 19 2006, 08:28 AM Publicado: #3
Invitado	Solución habemus. Impecable y merecedora de los 7 puntos totales. Otorgaría con gusto mi punto adicional (por la dificultad del problema), pero me abstengo por el tiempo que tomó la solución (casi 1 semana desde que se propuso). Para no desanimar, recordar que dije que la dificultad sera variada. Este P1 sera al menos en mi caso la cota superior en cuanto a dificultad (aunque no niego que me pueda entusiasmar con algun otro...). El problema 1 es una pequeña variación de uno propuesto por Vasile Cirtoaje, en la revista CRUX, el año 2005. $TEX: <br />{\bf Tabla de Posiciones Primera K-Marat\'on FMAT}<br />\begin{enumerate}<br />\item Gu\'{\i}a Rojo = 7 puntos<br />\end{enumerate}<br />$ (pueden aumentar eventualmente los puntajes si alguno de los 3 organizadores otorga sus puntos adicionales).

Cesarator	Aug 19 2006, 08:34 AM Publicado: #4
Invitado	$TEX: <br />{\bf Problema 2}. Sea $M$ un punto en el interior de un $\triangle ABC$. Sean $A', B'$ y<br />$C'$ los puntos de intersecci\'on de los rayos $AM, BM$ y $CM$ con los lados $BC, AC$ y $AB$, respectivamente. Demostrar que<br />\[<br />MA \cdot MB\cdot MC \ge 8 MA' \cdot MB' \cdot MC'.<br />\]<br />>Bajo que condici\'on (es) sobre $M$ se cumple la igualdad?<br />$

†Alucard† Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 19 2006, 09:09 AM Publicado: #5
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 519 Registrado: 22-April 06 Desde: Concepción Miembro Nº: 925 Nacionalidad: Sexo:	Se usará $TEX: $(\triangle{N})$$ para denotar el área de un triángulo $TEX: $N$$ . screen.width0.6) {this.resized=true; this.width=screen.width0.4; this.alt='Pincha Aqui para ver esta imagen en su tamaÃ±o original';}" onmouseover="if(this.resized) this.style.cursor='hand';" onclick="if(this.resized) {window.open('http://img92.imageshack.us/img92/3118/km2gi8.png');}" /> Primero, no es difícil ver que $TEX: $\dfrac{(\triangle{AMB})}{(\triangle{A'MB})}=\dfrac{AM}{A'M}$$ , pues tienen igual altura, y sus áreas son proporcionales a sus bases. De la misma manera, $TEX: $\dfrac{(\triangle{AMC})}{(\triangle{A'MC})}=\dfrac{AM}{A'M}$$ . Sean ahora $TEX: $(\triangle{BMC})=x$$ , $TEX: $(\triangle{CMA})=y$$ y $TEX: $(\triangle{AMB})=z$$ . Claramente $TEX: $x,y,z>0$$ . Usando el resultado previo, composición de proporciones y esta notación queda $TEX: $\dfrac{y+z}{x}=\dfrac{AM}{A'M}$$ Análogamente, $TEX: $\dfrac{z+x}{y}=\dfrac{BM}{B'M}$$ y $TEX: $\dfrac{x+y}{z}=\dfrac{CM}{C'M}$$ . Ahora, aplicando $TEX: $A\ge G$$ , $TEX: $xy^2+x^2y+yz^2+y^2z+zx^2+z^2x\ge 6\sqrt[6]{x^6y^6z^6}=6xyz$$ $TEX: $\Rightarrow (x+y)(y+z)(z+x)=xy^2+x^2y+yz^2+y^2z+zx^2+z^x+2xyz\ge 8xyz$$ $TEX: $\Rightarrow \dfrac{AM}{A'M}\cdot\dfrac{BM}{B'M}\cdot\dfrac{CM}{C'M}=\dfrac{(x+y)(y+z)(z+x)}{xyz}\ge 8$$ $TEX: $\Rightarrow AM\cdot BM\cdot CM\ge 8A'M\cdot B'M\cdot C'M$$ Que es lo que se quería demostrar. Además, la igualdad se cumple sólo cuando $TEX: $xy^2=x^2y=yz^2=y^2z=zx^2=z^2x$$ , o sea cuando $TEX: $x=y=z$$ , luego como $TEX: $\dfrac{(\triangle{AA'B})}{(\triangle{AA'C})}=\dfrac{A'B}{A'C}=\dfrac{(\triangle{MA'B})}{(\triangle{MA'C})}$$ por composición de proporciones, $TEX: $1=\dfrac{z}{y}=\dfrac{A'B}{A'C}$$ , y $TEX: $A'$$ debe ser el punto medio de $TEX: $\overline{BC}$$ . Análogamente, $TEX: $B'$$ debe ser el punto medio de $TEX: $\overline{CA}$$ y $TEX: $C'$$ el de $TEX: $\overline{AB}$$ ; y la igualdad se cumple sólo cuando $TEX: $M$$ es el centro de gravedad de triángulo. Saludos -------------------- There is a theory which states that if ever anyone discovers exactly what the Universe is for and why is it here, it will instantly disappear and be replaced by something even more bizarre and inexplicable. There is another theory which states that this has already happened. - Adams, The Restaurant at the End of the Universe ----------------------------------- Existe una teoría que postula que si alguien alguna vez llega a descubrir exactamente para qué es el Universo y por qué está aquí, éste desaparecerá instantáneamente y será reemplazado por algo aún más extraño e inexplicable. Existe otra teoría que dice que esto ya ha ocurrido. - Adams, el Restorán al Final del Universo

Pasten Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 19 2006, 01:57 PM Publicado: #6
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 765 Registrado: 6-December 05 Miembro Nº: 458 Nacionalidad: Sexo:	screen.width0.6) {this.resized=true; this.width=screen.width0.4; this.alt='Pincha Aqui para ver esta imagen en su tamaÃ±o original';}" onmouseover="if(this.resized) this.style.cursor='hand';" onclick="if(this.resized) {window.open('http://img92.imageshack.us/img92/3118/km2gi8.png');}" /> $TEX: \noindent<br />Se definen\\<br />\\<br />$\displaystyle r_1=\frac{MA}{MA'},r_2=\frac{MB}{MB'},r_3=\frac{MC}{MC'}$\\<br />\\<br />Por el teorema de Menelao (sin segmentos dirigidos) deducimos\\<br />\\<br />$\displaystyle \frac{MB'}{BB'}\frac{AA'}{MA}=\frac{A'C}{BC}\\<br />\\<br />\frac{MC'}{CC'}\frac{AA'}{MA}=\frac{A'B}{BC}$\\<br />\\<br />que respectivamente pueden ser escritas\\<br />\\<br />$\displaystyle \frac{\frac{1}{r_1}+1}{r_2+1}=\frac{A'C}{BC}\\<br />\\<br />\frac{\frac{1}{r_1}+1}{r_3+1}=\frac{A'B}{BC}$\\<br />\\<br />sumando miembro a miembro\\<br />\\<br />$\displaystyle \frac{\frac{1}{r_1}+1}{r_2+1}+\frac{\frac{1}{r_1}+1}{r_3+1}=1\\<br />\Rightarrow \left(\frac{1}{r_1}+1\right)\left[\left(r_2+1\right)+\left(r_3+1\right)\right]=<br />\left(r_2+1\right)\left(r_3+1\right)$<br />\\<br />Aplicando $MA\ge MG$ obtenemos\\<br />\\<br />$\displaystyle<br />\left(r_2+1\right)+\left(r_3+1\right)\ge 2\sqrt{\left(r_2+1\right)\left(r_3+1\right)}$ (1)<br />$ $TEX: \noindent<br />luego\\<br />$\displaystyle<br />\left(r_2+1\right)\left(r_3+1\right)\ge 2\left(\frac{1}{r_1}+1\right)\sqrt{\left(r_2+1\right)\left(r_3+1\right)}\\<br />\Rightarrow \sqrt{\left(r_2+1\right)\left(r_3+1\right)}\ge 2\left(\frac{1}{r_1}+1\right)$\\<br />\\<br />Analogamente se pueden deducir\\<br />\\<br />$\displaystyle <br />\sqrt{\left(r_3+1\right)\left(r_1+1\right)}\ge 2\left(\frac{1}{r_2}+1\right)\\<br />\sqrt{\left(r_1+1\right)\left(r_2+1\right)}\ge 2\left(\frac{1}{r_3}+1\right)$\\<br />\\<br />Multiplicando miembro a miembro las ultimas 3 desigualdades llegamos a\\<br />\\<br />$\displaystyle<br />\prod_{i=1}^{3} \left(r_i+1\right)\ge 8\prod_{i=1}^{3} \left(\frac{1}{r_i}+1\right)$\\<br />\\<br />Ahora, amplificando por $r_1r_2r_3$ obtenemos\\<br />$\displaystyle<br />r_1r_2r_3\prod_{i=1}^{3} \left(r_i+1\right)\ge 8\prod_{i=1}^{3} \left(1+r_i\right)<br />\Rightarrow r_1r_2r_3\ge 8$\\<br />\\<br />De donde lo pedido es directo.\\<br />Denotemos por $(F)$ el area de la figura $F$.\\<br />De (1) sabemos que la igualdad sera cuando $r_1+1=r_2+1=r_3+1$. Esto se cumple si y solo si\\<br />$\displaystyle<br />\frac{AA'}{MA'}=\frac{BB'}{MB'}=\frac{CC'}{MC'}\\<br />\Leftrightarrow<br />\frac{(ABC)}{(MBC)}=\frac{(ABC)}{(AMC)}=\frac{(ABC)}{(ABM)}\\<br />\Leftrightarrow (MBC)=(AMC)=(ABM)$\\<br />Es decir, cuando $M$ es baricentro de $ABC$<br />$ -------------------- Pasten, un buen muchacho en quien confiar.

Cesarator	Aug 19 2006, 09:17 PM Publicado: #7
Invitado	doy el p2 por resuelto, la revision en detalle y adjudicacion de puntajes la hare cuando tenga mas time. La fuente del P2 es "By cesarator" ------------ Hecha la revision del P2: Para Alucard, puntaje completo 7pt. Para Pasten por la 2a solucion 6pt (le resto un punto por no justificar adecuadamente que la igualdad de las areas implica que el punto debe ser el baricentro del triangulo). Multiplicando su puntaje por 2/3, gana 4pt. $TEX: <br />{\bf Tabla de posiciones} (orden alfabetico a igualdad de puntaje)<br />\begin{enumerate}<br />\item Alucard= 7pt<br />\item Guia Rojo = 7pt<br />\item Pasten = 4pt<br />\end{enumerate}<br />{\em (Los puntajes pueden sufrir aumentos si se otorgan los puntos adicionales).<br />$ -------------------------------- Ahora proponemos el $TEX: <br />{\bf Problema 3}. Una escuela b\'asica rural atiende a 20 ni\~nos. Si se toman 2 ni\~nos cualesquiera de entre estos 20, resulta que tienen un abuelo (hombre) en com\'un (<Es un pueblito muy chico!). Demostrar que existe al menos un abuelo (hombre) que tiene 14 o m\'as nietos en la escuela.<br />$ ------ Editado para aclarar que se trata de un "abuelo masculino". Mensaje modificado por Cesarator el Aug 19 2006, 10:53 PM

†Alucard† Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 19 2006, 09:36 PM Publicado: #8
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 519 Registrado: 22-April 06 Desde: Concepción Miembro Nº: 925 Nacionalidad: Sexo:	Sabemos que cada alumno tiene dos abuelos (materno y paterno), y para evitar problemas de consanguineidad supondremos que ambos son distintos. Sean $TEX: $a$$ y $TEX: $b$$ los abuelos de un alumno $TEX: $X_1$$ , luego todos los demás alumnos tienen al menos a alguno de esos abuelos. Sea $TEX: $A$$ la cantidad de los alumnos que tiene a $TEX: $a$$ de abuelo, pero no a $TEX: $b$$ . Análogamente, sea $TEX: $B$$ la cantidad de los que tienen a $TEX: $b$$ de abuelo, pero no a $TEX: $a$$ , y sea $TEX: $AB$$ la cantidad de los que tienen a ambos. Si un alumno está contado en $TEX: $A$$ , su otro abuelo (sea $TEX: $c$$ ) debe ser el que tiene en común con todos los alumnos de $TEX: $B$$ . Análogamente, todos los alumnos de $TEX: $A$$ también deben tener a $TEX: $c$$ de abuelo, para formar pares con los de $TEX: $B$$ , que ya se vio que tienen todos a $TEX: $c$$ de abuelo. Entonces: Alumnos con $TEX: $a$$ de abuelo: $TEX: $A+AB$$ Alumnos con $TEX: $b$$ de abuelo: $TEX: $B+AB$$ Alumnos con $TEX: $c$$ de abuelo: $TEX: $A+B$$ Y como $TEX: $A+B+AB=20$$ (son todos los alumnos, por el segundo párrafo), la suma de los miembros de los tres grupos es 40. Por principio del palomar, alguno de esos grupos debe tener a los menos 14 miembros. Saludos -------------------- There is a theory which states that if ever anyone discovers exactly what the Universe is for and why is it here, it will instantly disappear and be replaced by something even more bizarre and inexplicable. There is another theory which states that this has already happened. - Adams, The Restaurant at the End of the Universe ----------------------------------- Existe una teoría que postula que si alguien alguna vez llega a descubrir exactamente para qué es el Universo y por qué está aquí, éste desaparecerá instantáneamente y será reemplazado por algo aún más extraño e inexplicable. Existe otra teoría que dice que esto ya ha ocurrido. - Adams, el Restorán al Final del Universo

Cesarator	Aug 19 2006, 09:51 PM Publicado: #9
Invitado	Resuelto el P3. Nuevamente dejamos pendiente la revison detallada, pues veo que algunos tienen hambre de problemas. La fuente del P3 es una olimpiada internacional que en este momento no recuerdo, pero ya pondre. $TEX: <br />{\bf Problema 4}. Se remueven 9 cuadrados de entre los 40 cuadrados blancos que contiene un tablero de $9\times 9$ que est\'a pintado como un tablero de ajedrez. Demostrar que es imposible cubrir el tablero resultante usando 24 piezas como las de la figura:<br />$ Untitled.jpg ( 4.34k ) Número de descargas: 6

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 19 2006, 10:40 PM Publicado: #10
Staff Fmat Grupo: Moderador Mensajes: 1.185 Registrado: 29-October 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 352 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Solución: $TEX: \noindent Notamos que sacando las $9$ piezas blancas, nos quedan $31$ blancas y $41$ negras.$ $TEX: \noindent Llamemos $pieza\ n$ a la formada por:$ screen.width0.6) {this.resized=true; this.width=screen.width0.4; this.alt='Pincha Aqui para ver esta imagen en su tamaÃ±o original';}" onmouseover="if(this.resized) this.style.cursor='hand';" onclick="if(this.resized) {window.open('http://img148.imageshack.us/img148/3258/piezanhu2.png');}" /> $TEX: \noindent Llamemos $pieza\ m$ a la formada por:$ screen.width0.6) {this.resized=true; this.width=screen.width0.4; this.alt='Pincha Aqui para ver esta imagen en su tamaÃ±o original';}" onmouseover="if(this.resized) this.style.cursor='hand';" onclick="if(this.resized) {window.open('http://img228.imageshack.us/img228/8075/piezamld2.png');}" /> $TEX: \noindent Nos fijamos que es imposible cubrir el casillero s\'olo con $piezas\ n$, ya que nos quedan $2$ negras por figura, luego $24\cdot{2}=48$ piezas negras, lo cual no es posible, ya que hay $41$ negras. An\'alogamente, con s\'olo $piezas\ m$, tendr\'iamos $48$ blancas, y son $31$.$ $TEX: \noindent Ahora, supongamos que usaremos $k$ $piezas\ n$ y $j$ $piezas\ m$, nos queda la siguiente ecuaci\'on, siendo $\tilde{n}$ n\'umero de piezas negras y $b$ n\'umero de piezas blancas:<br /><br />$$2k\tilde{n}+bk+2j\tilde{n}+bj=41+31$$<br />$$\tilde{n}(2k+2j)+b(k+j)=72$$<br /><br />\noindent Como $\tilde{n}=41$ y $b=31$, luego:<br /><br />$$41(2k+2j)+31(k+j)=72$$<br /><br />\noindent como $k$ y $j$ son enteros, el menor valor de $k+j=2$, luego $2k+2j=4$, por tanto $41\cdot{4}=164$, la contradicci\'on es obvia. Adem\'as, $k+j=24$ \\<br /><br />\noindent No es posible cubrir el casillero$ Saludos -------------------- "He looks rather ill, but he looks all over the genius he was" (G. H. Hardy) "A mathematician is a device for turning coffee into theorems" (Paul Erdös)

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