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XV OIM: 2000, Sin resolver: 1, 2, 3, 4, 5, 6

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 16 2005, 08:57 PM Publicado: #1
Dios Matemático Supremo Grupo: Administrador Mensajes: 2.706 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago de Chile Miembro Nº: 10 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Un comentario que me hizo un participante (compatriota) de esta olimpiada: con 9 puntos se obtenía la medalla de bronce. Cada problema de olimpiada iberoamericana se califica con puntaje entero, desde 0 hasta 7 (extremos incluidos). A pesar del salto en dificultad, en cualquier caso exisieron varios puntajes buenos. 15ª OLIMPIADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICAS Caracas, Venezuela, 2000 Primera Prueba: Martes 19 de Septiembre Problema 1: Se construye un polígono regular de $TEX: $n$$ lados ( $TEX: $n\ge 3$$ , impar), y se numeran sus vértices, de 1 a $TEX: $n$$ . Se trazan todas las diagonales del polígono. Pruebe que es posible asignar a cada lado y a cada diagonal un número en $TEX: $\{1,...,n\}$$ , de modo que: El número asignado a cada segmento sea distinto a los asignados a sus extremos. Para cada vértice, todos los segmentos que lo comparten tienen números diferentes. Problema 2: Sean $TEX: $K_1,K_2$$ dos circunferencias, de centros $TEX: $O_1,O_2$$ , respectivamente, secantes en $TEX: $M,N$$ . La recta $TEX: $T$$ es la tangente común a $TEX: $K_1,K_2$$ , más cercana a $TEX: $M$$ . $TEX: $A,B$$ son los respectivos puntos de tangencia de $TEX: $T$$ con $TEX: $K_1,K_2$$ . $TEX: $C$$ es el punto diametralmente opuesto a $TEX: $B$$ , y $TEX: $D$$ es el punto de intersección de $TEX: $\overleftrightarrow{O_1O_2}$$ con la recta perpendicular a $TEX: $\overleftrightarrow{AM}$$ , trazada por $TEX: $B$$ . Pruebe que los puntos $TEX: $M,D,C$$ son colineales. Problema 3: Encuentre todas las ternas $TEX: $(x,y,z)$$ de enteros mayores que 1, tales que: $TEX: $(x+1)^y-x^z=1$$ Segunda Prueba: Miércoles 20 de Septiembre Problema 4: De una progresión aritmética infinita: $TEX: $1,a_1,a_2,...$$ en $TEX: $\mathbb{R}$$ , se eliminan términos, obteniéndose una progresión geométrica infinita de razón $TEX: $q$$ . El 1 no fue eliminado. ¿Qué valores puede tomar $TEX: $q$$ ?. Problema 5: Hay un montón de 2000 piedras. Dos jugadores se turnan para retirar piedras, alternadamente, de acuerdo con las siguientes reglas: En cada jugada se pueden retirar 1, 2, 3, 4 ó 5 piedras. En cada jugada, se prohíbe que el jugador retire la misma cantidad de piedras que retiró su oponente en la jugada previa. Pierde el jugador que en su turno no pueda realizar una jugada válida. Determine qué jugador tiene una estrategia ganadora, y encuentre dicha estrategia Problema 6: Un hexágono convexo se denomina bonito si tiene cuatro diagonales de longitud 1, cuyos extremos incluyen todos los vértices del hexágono. Dado cualquier número $TEX: $k\in\,]0,1]$$ , encuentre un hexágono bonito de área $TEX: $k$$ Demuestre que el área de cualquier hexágono bonito es menor que $TEX: $\dfrac{3}{2}$$ Resumen de soluciones: Problema 1: Pendiente de solución Problema 2: Pendiente de solución Problema 3: Pendiente de solución Problema 4: Pendiente de solución Problema 5: Pendiente de solución Problema 6: Pendiente de solución -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 5 2007, 03:21 PM Publicado: #2
Dios Matemático Supremo Grupo: Administrador Mensajes: 2.706 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago de Chile Miembro Nº: 10 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Este es uno de los problemas que me mantuvo ocupado por un buen tiempo, pero ahora ya lo he resuelto, hace unos días, estando en Brasil. Digamos que la siguiente demostración es trabajosa, y diría casi con certeza que existe una solución distinta... pueden buscarla Solución al problema 3 Comenzaremos demostrando algunos resultados interesantes, para usarlos en este problema (oprima el botón "Mostrar") Proposición 1: Sean $TEX: $s,t\in\mathbb Z^+$$ , con $TEX: $s\ge2$$ , y sea $TEX: $r\in\mathbb N$$ (considere 0 como número natural). Entonces: $TEX: $2s\le2^s$$ , con igualdad sólo si $TEX: $s=2$$ $TEX: $s+2\le2^s$$ , con igualdad sólo si $TEX: $s=2$$ $TEX: $r\le2^r-1$$ , con igualdad sólo si $TEX: $r\in\{0,1\}$$ $TEX: $st\ge s+t-1$$ , con igualdad sólo si $TEX: $t=1$$ Demostración: Las partes a,b,c pueden ser probadas trivialmente por inducción, pero también son consecuencia directa del binomio de Newton aplicado con 1 y 1 (verifique para $TEX: $r=0,r=1,s=2$$ y luego establezca las desigualdades estrictas para $TEX: $s\ge3$$ y $TEX: $r\ge2$$ ) (ejercicio al lector). Podemos notar que la parte b es corolario de la parte a. Para la parte d: $TEX: $st-(s+t-1)=(s-1)(t-1)\ge0$$ , con igualdad sólo si $TEX: $t=1$$ (pues $TEX: $s-1$$ es positivo) $TEX: $\Box$$ Proposición 2: Sea $TEX: $s\in\mathbb Z^+,s\ge3$$ , impar, tal que $TEX: $s^2-1=2^\beta\cdot h$$ , donde $TEX: $\beta,h\in\mathbb Z^+,h$$ impar. Entonces, para todo $TEX: $t\in\mathbb Z^+$$ , tenemos que $TEX: $s^{2^t}-1=2^{\beta+t-1}\cdot h_t$$ , con $TEX: $h_t$$ impar Demostración (inducción matemática sobre $TEX: $t$$ ) Esto es cierto para $TEX: $t=1$$ (haga $TEX: $h_1=h$$ ). Suponga que es verdad para algún $TEX: $t$$ . Entonces: $TEX: $s^{2^{t+1}}-1=(s^{2^t}-1)(s^{2^t}+1)=2^{\beta+t-1}\cdot h_t\cdot(8u_t+2)=2^{\beta+(t+1)-1}\cdot h_{t+1}$$ , donde $TEX: $h_{t+1}=h_t(4u_t+1)$$ es impar. $TEX: $\Box$$ Proposición 3 (generaliza la proposición anterior): Sean $TEX: $n,s\in\mathbb Z^+$$ tales que $TEX: $s\ge3$$ , impar, $TEX: $s^2-1=2^\beta\cdot h$$ ( $TEX: $\beta,h\in\mathbb Z^+,h$$ impar) y $TEX: $n=2^\gamma\cdot w$$ ( $TEX: $\gamma,w\in\mathbb Z^+,w$$ impar).(obvio que $TEX: $n$$ es par). Entonces $TEX: $s^n-1=2^{\beta+\gamma-1}\cdot\omega_n$$ , con $TEX: $\omega_n$$ impar. Demostración: Si $TEX: $w=1$$ , esto se reduce a la proposición 2. Supongamos $TEX: $w\ge3$$ . Entonces: $TEX: $s^n-1=(s^{2^\gamma}-1)\big((s^{2^\gamma})^{w-1}+...+(s^{2^\gamma})+1\big)$$ Aplicamos la proposición 2 sobre el primer factor, y observamos que el segundo factor es impar, pues tiene $TEX: $w$$ sumandos, todos impares. Entonces: $TEX: $s^n-1=2^{\beta+\gamma-1}\cdot h_\gamma\cdot\big((s^{2^\gamma})^{w-1}+...+(s^{2^\gamma})+1\big)=2^{\beta+\gamma-1}\cdot\omega_n$$ , donde $TEX: $\omega_n$$ es impar. $TEX: $\Box$$ Ahora vamos a resolver nuestro problema. Aplicamos el teorema del Binomio de Newton: $TEX: $(x+1)^y-x^z=1\Rightarrow(x+1)^y-1=x^z\Rightarrow1+yx+ux^2-1=x^z$$ (como $TEX: $y\ge2$$ , entonces $TEX: $u\in\mathbb Z$$ ). Como también $TEX: $z\ge2$$ , entonces podemos dividir por $TEX: $x$$ : $TEX: $yx+ux^2=x^z\Rightarrow y+ux=x^{z-1}\Rightarrow x\|y\Rightarrow\boxed{y=kx},\textrm{ donde }k\in\mathbb Z^+$$ Podemos trabajar por otro lado, aplicando el teorema del Binomio de Newton: $TEX: \begin{eqnarray}<br />(x+1)^y&=&1+x^z\\<br />(x+1)^y&=&1+\big((-1)+(x+1)\big)^z\\<br />(x+1)^y&=&1+(-1)^z+z\cdot(-1)^{z-1}\cdot(x+1)+v(x+1)^2<br />\end{eqnarray}$ (como $TEX: $z\ge2$$ , entonces $TEX: $v\in\mathbb Z$$ ). Como también $TEX: $y\ge2$$ , entonces $TEX: $(x+1)\|\big(1+(-1)^z\big)$$ . Pero $TEX: $x+1\ge3$$ y $TEX: $1+(-1)^z\in\{0,2\}$$ , entonces $TEX: $1+(-1)^z=0$$ , y así $TEX: $z$$ es impar. Además: $TEX: $(x+1)^y=z(x+1)+v(x+1)^2,\ y\ge2\Rightarrow(x+1)^2\|z(x+1)\Rightarrow(x+1)\|z$$ Como $TEX: $z$$ es impar, entonces $TEX: $x+1$$ también, y por lo tanto $TEX: $x$$ es par Además: $TEX: $y\ge2\Rightarrow x^z=(x+1)^y-1>x^y+1-1=x^y\Rightarrow\boxed{y<z}$$ Como $TEX: $x,x+2$$ son pares, entonces existen $TEX: $a,b,H,I,J\in\mathbb Z^+,c\in\mathbb N$$ , de modo que $TEX: $H,I,J$$ son impares y: $TEX: $x=2^a\cdot H,\qquad x+2=2^b\cdot I,\qquad k=2^c\cdot J$$ Observamos que $TEX: $a=1<b$$ o bien $TEX: $b=1<a$$ . Ahora, por la proposición 3: como $TEX: $x+1\ge3,$$ impar, y $TEX: $x(x+2)=2^{a+b}\cdot HI$$ , entonces: $TEX: $(x+1)^y-1=(x+1)^{kx}-1=(x+1)^{2^{a+c}\cdot HJ}-1=2^{2a+b+c-1}\cdot L$$ , donde $TEX: $L$$ es impar. Esto debe ser igualado con $TEX: $x^z$$ , entonces: $TEX: $2^{2a+b+c-1}\cdot L=2^{az}\cdot I^z\Rightarrow\boxed{2a+b+c-1=az}$$ Tenemos dos casos por estudiar: Caso 1: $TEX: $b=1<a$$ En este caso, $TEX: $2a+c=az\Rightarrow z\|(2a+c)$$ . Aquí usaremos reiteradamente la proposición 1, e indicaremos entre corchetes qué parte estamos usando: $TEX: $a\ge2\Rightarrow 2a\le2^a$$ [ a ]. También $TEX: $2^a\le x$$ $TEX: $c\le2^c-1$$ [ c ]. También $TEX: $2^c-1\le k-1$$ Entonces $TEX: $z\le2a+c\le x+k-1\le xk=y$$ [ d ] (contradicción) Caso 2: $TEX: $a=1<b$$ En este caso, $TEX: $b+c+1=z$$ . También usaremos reiteradamente la proposición 1, e indicaremos entre corchetes qué parte estamos usando: $TEX: $b\ge2\Rightarrow b+2\le2^b$$ [ b ]. También $TEX: $2^b\le x+2$$ , entonces $TEX: $b\le x$$ $TEX: $c\le2^c-1$$ [ c ]. También $TEX: $2^c-1\le k-1$$ Entonces $TEX: $z=b+c+1\le x+k-1+1\le xk+1=y+1$$ [ d ]. Por lo tanto: $TEX: $y<z\le y+1$$ , entonces $TEX: $z=y+1$$ . Como todas las desigualdades se cumplen como igualdades, esto implica algunas cosas: $TEX: $b+2=2^b\Rightarrow\boxed{b=2},\qquad2^b=x+2\Rightarrow\boxed{x=2}$$ $TEX: $x+k-1=xk\Rightarrow\boxed{k=1}\Rightarrow\boxed{x=y=2}\Rightarrow\boxed{z=3}$$ Por lo tanto, la única terna que soluciona nuestro problema, es (2,2,3) PD: No olviden dar una mirada al problema 3', formulado a continuación: Problema 3': Encuentre todas las ternas $TEX: $(x,y,z)$$ de enteros no negativos, tales que $TEX: $(x+1)^y-x^z=1$$ -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

Felipe_ambuli Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 14 2009, 12:39 PM Publicado: #3
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 836 Registrado: 9-January 07 Desde: Santiasko Miembro Nº: 3.659 Nacionalidad: Sexo:	Hola. Para el problema 3, creo haber visto alguna vez algo asi como la "conjetura de Catalan". Dice lo siguiente: La ecuación $TEX: $a^b-c^d=1$$ siendo $TEX: $a,b,c,d$$ enteros positivos tiene solución unica $TEX: $(a,b,c,d)=(3,2,2,3)$$ . Si alguien puede dar más informacíon con respecto a esto estaria agradecido . Claro que con esto el problema se vuelve trivial.

Luffy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 14 2009, 12:48 PM Publicado: #4
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 556 Registrado: 16-August 06 Desde: Rio de Janeiro Miembro Nº: 1.950 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Si fuese un teorema de Catalán el problema sería trivial, pero si solo es una conjetura, entonces no se ha demostrado su validez o invalidez, por lo tanto el problema tiene sentido de ser propuesto, y se puede utilizar para demostrar la conjetura para el caso especial en que a=c-1.

Felipe_ambuli Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 14 2009, 12:53 PM Publicado: #5
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 836 Registrado: 9-January 07 Desde: Santiasko Miembro Nº: 3.659 Nacionalidad: Sexo:	CITA(Luffy @ Jan 14 2009, 03:48 PM) Si fuese un teorema de Catalán el problema sería trivial, pero si solo es una conjetura, entonces no se ha demostrado su validez o invalidez, por lo tanto el problema tiene sentido de ser propuesto, y se puede utilizar para demostrar la conjetura para el caso especial en que a=c-1. Claro. Ahora que me pongo a buscar (en español), encontre que fue probada el 2002=2000+2 PD: El nombre "oficial" es Teorema de Mihailescu Mensaje modificado por Felipe_ambuli el Jan 14 2009, 01:05 PM

~Fatal_Collapse~ Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 14 2009, 09:15 PM Publicado: #6
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.564 Registrado: 12-November 07 Desde: La Union, XIV Region de los Rios Miembro Nº: 12.607 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Problema 2: Ibero_2000_p2.png ( 139.5k ) Número de descargas: 6 Sean $TEX: $P$$ la interseccion de $TEX: $O_{1}O_{2}$$ con $TEX: $MN$$ , $TEX: $Q$$ la interseccion de $TEX: $AB$$ con $TEX: $MN$$ y $TEX: $R$$ la interseccion de $TEX: $AM$$ con $TEX: $BD$$ . Primero notemos que $TEX: $O_{1}$$ y $TEX: $O_{2}$$ pertenecen a la mediatriz de $TEX: $MN$$ ; es decir, las rectas $TEX: $O_{1}O_{2}$$ y $TEX: $MN$$ son perpendiculares, luego $TEX: $\measuredangle QPO_{2}=90º$$ . Por otra parte, como $TEX: $AB$$ es tangente a $TEX: $K_{2}$$ , luego $TEX: $\measuredangle QBO_{2}=90º$$ . Se sigue que el $TEX: $BO_{2}PQ$$ es ciclico, y entonces $TEX: $\measuredangle AQM=\measuredangle BO_{2}D$$ (). Notemos que $TEX: $\measuredangle DBO_{2}= \measuredangle O_{2}BA-\measuredangle RBA= 90º- \measuredangle RBA=\measuredangle RAB$$ (). Por () y (*), obtenemos que $TEX: $\triangle DBO_{2}$$ y $TEX: $\triangle MAQ$$ son semejantes. Por otra parte, por potencia de puntos, $TEX: $AQ^2=QM\cdot QN=QB^2\Rightarrow AQ=QB\Rightarrow Q$$ es punto medio de $TEX: $AB$$ . Ocupando la semejanza de triangulos anteriormente demostrada: $TEX: $\displaystyle \frac{MA}{AB}=\displaystyle \frac{MA}{2AQ}=\displaystyle \frac{DB}{2BO_{2}}=\displaystyle \frac{DB}{BC}$$ Como $TEX: $\measuredangle MAB=\measuredangle DBC$$ , se sigue que $TEX: $\triangle MAB$$ y $TEX: $\triangle DBC$$ son semejantes. Luego $TEX: $\measuredangle ABM=\measuredangle BCD$$ . Por otro lado, notemos que como $TEX: $AB$$ es tangente a $TEX: $K_{2}$$ en $TEX: $B$$ , $TEX: $\measuredangle ABM=\measuredangle BCM$$ . Por lo tanto $TEX: $ \measuredangle BCD=\measuredangle BCM\Rightarrow C,D,M$$ son colineales. Espero que este bien. Saludos* -------------------- Ricardo Vargas Obando Ex-alumno Deutsche Schule La Unión (Generación 2010, de los 150 años). Novato de Licenciatura en Matemática/Estadística, en la Pontificia Universidad Católica de Chile. Grupo de facebook de Novatos Matemática y Estadística PUC 2011 Currículum Olímpico: Medalla de Plata, XIX Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Menor (2007) Medalla de Oro, XXI Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Mayor (2009) Medalla de Bronce, XXV Olimpiada Iberoamericana de Matemática (2010) Medalla de Oro, XXII Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Mayor (2010) "What we learned as children, that one plus one equals two, we know to be false. One plus one equals one. We even have a word when you plus another, equals one. That word is love." "Todos piensan en cambiar el mundo, pero nadie piensa en cambiarse a sí mismo."

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 15 2009, 06:58 PM Publicado: #7
Staff Fmat Grupo: Moderador Mensajes: 1.185 Registrado: 29-October 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 352 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(Vargüitas DSLU @ Jan 14 2009, 10:15 PM) Problema 2: Ibero_2000_p2.png ( 139.5k ) Número de descargas: 6 Sean $TEX: $P$$ la interseccion de $TEX: $O_{1}O_{2}$$ con $TEX: $MN$$ , $TEX: $Q$$ la interseccion de $TEX: $AB$$ con $TEX: $MN$$ y $TEX: $R$$ la interseccion de $TEX: $AM$$ con $TEX: $BD$$ . Primero notemos que $TEX: $O_{1}$$ y $TEX: $O_{2}$$ pertenecen a la mediatriz de $TEX: $MN$$ ; es decir, las rectas $TEX: $O_{1}O_{2}$$ y $TEX: $MN$$ son perpendiculares, luego $TEX: $\measuredangle QPO_{2}=90º$$ . Por otra parte, como $TEX: $AB$$ es tangente a $TEX: $K_{2}$$ , luego $TEX: $\measuredangle QBO_{2}=90º$$ . Se sigue que el $TEX: $BO_{2}PQ$$ es ciclico, y entonces $TEX: $\measuredangle AQM=\measuredangle BO_{2}D$$ (). Notemos que $TEX: $\measuredangle DBO_{2}= \measuredangle O_{2}BA-\measuredangle RBA= 90º- \measuredangle RBA=\measuredangle RAB$$ (). Por () y (*), obtenemos que $TEX: $\triangle DBO_{2}$$ y $TEX: $\triangle MAQ$$ son semejantes. Por otra parte, por potencia de puntos, $TEX: $AQ^2=QM\cdot QN=QB^2\Rightarrow AQ=QB\Rightarrow Q$$ es punto medio de $TEX: $AB$$ . Ocupando la semejanza de triangulos anteriormente demostrada: $TEX: $\displaystyle \frac{MA}{AB}=\displaystyle \frac{MA}{2AQ}=\displaystyle \frac{DB}{2BO_{2}}=\displaystyle \frac{DB}{BC}$$ Como $TEX: $\measuredangle MAB=\measuredangle DBC$$ , se sigue que $TEX: $\triangle MAB$$ y $TEX: $\triangle DBC$$ son semejantes. Luego $TEX: $\measuredangle ABM=\measuredangle BCD$$ . Por otro lado, notemos que como $TEX: $AB$$ es tangente a $TEX: $K_{2}$$ en $TEX: $B$$ , $TEX: $\measuredangle ABM=\measuredangle BCM$$ . Por lo tanto $TEX: $ \measuredangle BCD=\measuredangle BCM\Rightarrow C,D,M$$ son colineales. Espero que este bien. Saludos* Solución correctísima, excelente Este era uno de los problemas de geometría de la Ibero que no me había salido, te felicito 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)

XaPi Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 16 2009, 06:43 PM Publicado: #8
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.872 Registrado: 9-March 06 Desde: Welcome Miembro Nº: 614 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(xsebastian @ Nov 16 2005, 09:57 PM) Problema 5: Hay un montón de 2000 piedras. Dos jugadores se turnan para retirar piedras, alternadamente, de acuerdo con las siguientes reglas: En cada jugada se pueden retirar 1, 2, 3, 4 ó 5 piedras. En cada jugada, se prohíbe que el jugador retire la misma cantidad de piedras que retiró su oponente en la jugada previa. Pierde el jugador que en su turno no pueda realizar una jugada válida. Determine qué jugador tiene una estrategia ganadora, y encuentre dicha estrategia Un comentario... como yo no le pego mucho a esto, espero que me corrijan con cariño si me equivoqué Llamaremos A al jugador con estrategia ganadora, y B al oponente de A. Además, diremos que N es un numero ganador, si A, dejando N fichas en el tablero, tiene una estrategia para ganar el juego, independiente de la cantidad de piedras que retire B. 0 es, trivialmente, un numero ganador. En segundo lugar, podemos observar que 7 es un numero ganador: $TEX: Si B retira $p$ piedras, $p \ne 1$, entonces A puede retirar en el siguiente turno $7-p$ piedras, dejando al juego sin piedras. Por consiguiente, B no puede hacer una jugada válida, es decir, A gana.\\<br />\ \\<br />Si B retira 1 piedra, entonces A puede retirar 3 piedras, dejando al juego con 3 piedras, \underline{sin que B pueda retirar 3 piedras}. Entonces, B puede retirar solo 1 o 2 piedras, y luego A deja al juego sin piedras, es decir, A gana.$ Tercero, observar que 13 es tambien un numero ganador: $TEX: Si B retira $q$ piedras, $q \ne 3$ entonces A retira $6-q$ piedras, dejando el juego con 7 piedras y volvemos al caso de arriba.\\<br />\ \\<br />Si B retira 3 piedras, entonces A retira 5 piedras, dejando el juego con 5 piedras, \underline{sin que B pueda retirar 5 piedras}. Entonces, si B retira $r$ piedras, $r \ne 5$, A retira $5-r$ piedras, dejando el juego sin piedras, y por tanto, A gana.$ De aqui, podemos saltar a la siguiente conjetura: $TEX: Si $N \equiv 0$ (mod 13) o $N \equiv 7$ (mod 13), entonces N es un numero ganador$ La cual demostraremos por el 2do Principio de Induccion (los casos bases ya fueron presentados). Tratare de ser mas explicativo que formal: H.I: $TEX: Supongamos que, $\forall k \in \mathbb{N}\cup \{0\}$, $k<N$, $k \equiv 0,7$ (mod 13) , es un numero ganador$ Caso 1. $TEX: $N \equiv 0$ (mod 13)$ Si B retira p piedras, $TEX: $p \ne 3$$ , A puede retirar 6-p piedras respectivamente, llegando a un numero que es congruente a 7 (mod 13). Si B retira 3 piedras, entonces A retira 5 piedras, impidiendo que B pueda retirar la misma cantidad de piedras. Ante lo cual, la jugada de B es retirar q piedras ( $TEX: $q \ne 5$$ ), y por consiguiente, A, retirando 5-q piedras, cae en un numero congruente a 0 modulo 13. Caso 2. $TEX: $N \equiv 7$ (mod 13)$ Si B retira $p$ piedras, $TEX: $p \ne 1$$ entonces A puede retirar 7-p piedras para caer en el numero congruente a 0 modulo 13. Si B retira 1 piedra, entonces A puede retirar 3 piedras. La siguiente jugada, si B retira 1 o 2 piedras, A puede dejar la mesa con un numero de piedras congruentes a 0 modulo 13, retirando 2 o 1 piedras respectivamente. Si retira 4 o 5, A puede dejar la mesa con un numero de piedras congruentes a 7 modulo 13 (jugando 5 y 4, respectivamente) Por lo tanto, una estrategia ganadora sera mantener el juego dentro de los numeros congruentes a 0 o 7 modulo 13. Así, buscaremos el mayor numero ganador, menor a 2000. 2000: 13 = 153 y resto 11, es decir 1989 es multiplo de 13, y por consiguiente, 1996 es el numero ganador mas cercano a 2000 bajo nuestra estrategia. Tras lo cual, se concluye que el jugador que comienza el juego ganará, retirando 4 piedras en la primera jugada y siguiendo la estrategia descrita anteriormente. Saludos Mensaje modificado por XaPi el Jan 16 2009, 06:47 PM -------------------- USA MAPLE ANTES QUE L'HOPITAL!!!! --- fan ----------------- CURRICULUM VITAE ----------------- 296 pts en la PSU de Matemáticas Admisión 2010. Estudiante de Primer Año de Licenciatura en Historia, Ciencias Sociales y Filosofía Jurídica U. de Talca VII Region Chile

vsalazar Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 9 2010, 12:10 PM Publicado: #9
Principiante Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1 Registrado: 9-August 10 Miembro Nº: 75.204 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Tengo otra solución para el 3. CASO 1. x es impar. Tal vez no todos usan mi notación, entonces definamos Vp(x) como el exponente con que p aparece en la factorización primo de x. Entonces por lifting the exponent lemma, si p\|x, Vp(x^z)=Vp((x+1)^y-1)=Vp(x)+Vp(y), y Vp(x^z)-Vp(x)=Vp(x^z-1) Entonces Vp(x^z-1)=Vp(y) para todo p\|x y si p no divide a x, entonces Vp(x^z-1)=0, entonces Vp(x^z-1) es menor o igual a Vp(y) para todo p, entonces x^z-1\|y, entonces x^z-1 es menor o igual a y como no logro insertar cógidos Latex correctamente, voy a poner > para mayor o igual y < para menor o igual. Entonces x^x(z-1)<(x+1)^x(z-1)-1<(x+1)^y-1=x^z y no puedo poner doble superíndice entonces imaginen que x(z-1) es x^z-1, entonces sacando logaritmo en base x tengo x^z-1<z y si x es mayor a 1 (como es impar también es mayor a 2) y z es mayor a 1 no hay soluciones, entonces x es par. CASO 2A x es par y V2(x) es mayor a 1. Entonces, por lifting con 2, V2(x^z)=V2((x+1)^y-1)=V2(x²+2x)+V2(y)-1=V2(x)+V2(x+2)+V2(y)-1=V2(x)+V2(y)... entonces V2(x^z-1)=V2(y), entonces otra vez y es múltiplo de x^z-1, hacemos la misma desigualdad del caso 1 y llegamos a que si x es mayor a 2 no hay soluciones, y si x es 2 V2(x)=1, entonces en este caso tampoco hay soluciones CASO 2B. x es par y V2(x)=1, entonces x=2k con k impar, y por lifting, para todo p mayor a 2 Vp(x^z-1)<Vp(y), entonces y Vp(k^z-1)=Vp(x^z-1) para todo p mayor a 2 y para 2 V2(k^z-1)=0, entonces y es múltiplo de k^z-1, entonces x^z=(x+1)^y-1>(x+1)^k(z-1)-1>x^k(z-1) Sacamos log en base x y tenemos z>k^z-1 y si k es mayor a 2 eso no es cierto. Y k es impar entonces k=1, entonces x=2. Entonces 3^y-1=2^z y si z es mayor a 1 necesitamos que 3^y-1 sea múltiplo de 4, entonces 3 es 1 mod 4, entonces y es par, y=2n, entonces 3^y-1=(3ⁿ+1)(3ⁿ-1) y si n es mayor a 1, necesitamos 3ⁿ-1 múltiplo de 4, entonces n par, y 3ⁿ+1 también múltiplo de 4, entonces n impar... y como eso no es posible, n=1, entonces y=2 Reemplazando tengo 2^z=3²-1=8, entonces z=3

Guz Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Dec 9 2022, 07:15 AM Publicado: #10
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 97 Registrado: 8-July 21 Desde: Chile Miembro Nº: 167.167	Problema 1, Creo que no es tan complicado. La figura abajo explica en figuras un esquema de enumeración que funciona. La fórmula que asigna números a los segmentos i y j es (n+1)/2(i+j) [mod n], donde [mod n] se asume entre 1 y n. Entonces, por ejemplo, para n=7, la diagonal entre vértices 5 y 2 se le asigna el número (7+1)/2(5+2)=24≣7 [mod 7], etc.

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