Olimpiada Nacional Escolar de Matemática

febrero 22, 2008

Una maratón de resolución de problemas

Filed under: maratón — Matemática @ 7:28 pm

Para darle un poco más de actividad a la página, y aumentar la participación de ustedes, que es lo importante, es que hago esta maratón que consta de lo siguiente:

– Comienzo yo (el moderador 🙂 ) sugiriendo un problema ( fácil o intermedio, no muy difícil ) de respuesta numérica.

– Otra persona da su respuesta, y una solución (no es necesario que sea muy detallada).

– Cuando la persona que sugirió el problema o el moderador, comprueban que la respuesta está correcta, la persona que resolvió el problema sugiere otro problema, y el ciclo se repite nuevamente.

Algunas indicaciones más:

– Traten de subir problemas que a ustedes mismos les parezcan interesantes, no suban problemas difíciles, recuerden que después tendrán que comprobar la respuesta.

– Los problemas pueden ser de cualquier tema: aritmética, combinatoria, álgebra, geometría, etc y tiene que estar claros en su enunciado.

– Si los problemas son creados por ustedes, mucho mejor!!

Comienzo:

_____________________________________________________

  • Problema 1. Sea N el menor múltiplo de 15 tal que cada uno de sus dígitos es 8 ó 0. Determine el mayor factor primo de N.
(Sugerido por J. Tipe)
  • Problema 2. Encuentren todas las posibles soluciones enteras de n y m de la ecuación \sqrt{n} + \sqrt{n+60} = \sqrt{m} .
(Sugerido por Virgilio Failoc )
  • Problema 3. Determinar el número de ternas de enteros positivos a, b, c tales que:
\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{c+2}
(Sugerido por Mario Ynocente)
  • Problema 4. Hallar todos los números reales positivos a,b,c que cumplan
2(\frac{a^2}{(ab)^2+1}+\frac{b^2}{(bc)^2+1}+\frac{c^2}{(ac)^2+1}) = \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}
(Sugerido por Jesús Figueroa)
  • Problema 5: ABCDE es un pentágono tal que AE=ED, AB + CD=BC, y \angle BAE+\angle CDE = 180^\circ. Demostrar que \angle AED=2\angle BEC
(Sugerido por Mario Ynocente)
  • Problema 6: Demostrar que en todo grupo de 6 personas siempre existe un grupo de 3 personas que se conocen entre si o un grupo de tres personas que no se conocen entre si.
(Sugerido por Jesús Figueroa)
  • Problema 7: Hallar todas las funciones suryectivas f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} tales que:

f(f(x-y))=f(x)-f(y)

(Sugerido por Mario Ynocente)
  • Problema 8: Sean m,n números enteros no negativos, determinar todos los enteros x que cumplan: m!+n!=2008-5x^2.
(Sugerido por Jesús Figueroa)
  • Problema 9: Supongamos que exista una solución real (x_0,y_0,z_0) para el sistema de ecuaciones:
x=f(y), y=f(z), z=f(x)
donde f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} es una función estrictamente creciente. Demostrar que: x_0=y_0=z_0
(Sugerido por Mario Ynocente)
  • Problema 10: Calcule todos los números racionales positivos x, y, z tales que
x + \frac{1}{y} , y + \frac{1}{z}, z + \frac{1}{x}

sean enteros.

(Sugerido por Jery Huamani)
  •  Problema 11: Un cuadrilátero convexo ABCD tal que AD=CD y \angle DAB= \angle ABC<90^ \circ. La recta por D y el punto medio de BC intersecta a la recta AB en E. Demostrar que $latex  \angle BEC= \angle DAC$.

(Sugerido por  )

____________________________________________________

Participen!!!

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80 comentarios »

  1. Buen dia
    Osea ya no habran los problemas semanales
    Saludos cordiales
    Prof.:Alex Aguirre

    Comentario por Alex Aguirre Rivera — febrero 22, 2008 @ 9:28 pm | Responder

  2. Buen dia

    El numero es 8880 y su mayor factor primo 37

    Saludos cordiales
    Prof.: Alex Aguirre
    Arequipa - Peru

    Comentario por Alex Aguirre Rivera — febrero 22, 2008 @ 10:06 pm | Responder

  3. Buenas noches, me parece perfecta la idea.
    Bueno creo que la solucion es la siguiente,
    Sea N el menor numero multiplo de 3 y de 5, entonces debe terminar en “0” y para que sea minimo debe tener tres “8” es decir N_{min} = 8880 factorizando tenemos N_{min} = 2^4.5.3.37 por lo tanto Factor primo max de N(min) es 37.

    Espero que mi solucion este correcta, muchas gracias.

    Att Virgilio Failoc

    Comentario por Virgilio Failoc — febrero 22, 2008 @ 10:22 pm | Responder

  4. Primero que nada el número tiene 2 o más cifras, entonce terminará en 0 y comenzará en 8, si tiene 2 cifras tenemos 80 como única posibilidad pero no cumple, para 3 cifras tenemos 800 y 880, ninguno cumple y para 4 cifras el número como tiene que ser múltiplo de 3 sólo puede ser 8880 ya q su suma de cifras es la única que es múltiplo de 3. Y finalmente el mayor factor primo sería 37 como ya indicaron.

    Comentario por Mario Ynocente — febrero 22, 2008 @ 11:30 pm | Responder

  5. Alex, aun no descarto los problemas semanales…esto es solo una pausa, como dije, el objetivo es que participen más.
    Virgilio, tu respuesta es correcta y la idea de la solución está bien. Puedes enunciar el siguiente problema.

    Comentario por Jorge Tipe — febrero 23, 2008 @ 7:39 am | Responder

  6. Problema 2. Encuentren todas las posibles soluciones enteras de n y m de la ecuación \sqrt{n} + \sqrt{n+60} = \sqrt{m} .
    (Sugerido por Virgilio Failoc )

    Comentario por Virgilio Failoc — febrero 23, 2008 @ 2:37 pm | Responder

  7. Pd. El problema fue creado por mi …. 🙂

    Comentario por Virgilio Failoc — febrero 23, 2008 @ 6:04 pm | Responder

  8. Esta Bakanaza la idea…. Parqa el problema 2:

    Supongo Una solución -) n=4 ♣ m=100 toy desarrollando el ejercicio, a ver si saco la una explicaci{on mas rato

    Comentario por JUAN CARLOS — febrero 23, 2008 @ 6:29 pm | Responder

  9. Primero de la ecuación tenemos que m es diferente de 0, y aún más mayor que 0, ahora si \sqrt{n} +\sqrt{n+60} = \sqrt{m}, entonces \sqrt{n} -\sqrt{n+60} = \frac{60}{\sqrt{m}}, luego 2\sqrt{n}=\sqrt{m}-\frac{60}{\sqrt{m}}, de lo cual n=\frac{m}{4}+\frac{900}{m}-30, ahora observamos que (m,n)=(k,\frac{k}{4}+\frac{900}{k}-30); k\in \mathbb{R}^+ de hecho satisface la ecuación. ¿Por favor puedes borrar el anterior?

    Comentario por Mario Ynocente — febrero 23, 2008 @ 9:03 pm | Responder

  10. Bueno, se me fueron unas cosas:

    1º)k \geq 60
    2º)Ya que lo que se busca son las soluciones enteras, se debe buscar que \frac{k^2+3600}{4k} sea entero, notamos que si esto se cumple k debe ser par, ahora k=2x, entonces la expresión se vuelve \frac{x^2+900}{2x}, de lo cual x debe ser par, entonces \frac{k}{4} es entero y debemos buscar que \frac{900}{k} sea entero y teniendo en cuenta que k \geq 60, obtenemos las soluciones (60,0),(100,4),(180,20),(300,48),(900,196)

    Ojala que ahora si esté bien XD

    Comentario por Mario Ynocente — febrero 23, 2008 @ 10:11 pm | Responder

  11. Me parece que la solución está bien… a menos que Virgilio diga lo contrario. Por cierto el problema de Virgilio estaba muy interesante.
    Mario, puedes escribir el siguiente problema.

    Comentario por Jorge Tipe — febrero 24, 2008 @ 12:48 pm | Responder

  12. Problema 3: Determinar las ternas de enteros positivos a,b,c tales que:

    \frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{c+2}

    La fuente es el examen de selección de Argentina para la Olimpíada del Cono Sur

    Comentario por Mario Ynocente — febrero 24, 2008 @ 2:07 pm | Responder

  13. Si es correcto, disculpen por la demora.

    Att Virgilio Failoc

    Comentario por Virgilio Failoc — febrero 24, 2008 @ 2:33 pm | Responder

  14. Recuerden que los problemas no deben ser muy difíciles, para que haya más participación, y también que de preferencia los problemas sean de temas variados, como ven hasta ahora os tres primeros son de Teoría de números, por favor que el siguiente cambie de tema, geometría por ejemplo.
    Saludos

    Comentario por Jorge Tipe — febrero 24, 2008 @ 5:44 pm | Responder

  15. Jorge como podemos enunciar o sugerir los problemas.

    Comentario por dani — febrero 24, 2008 @ 8:02 pm | Responder

  16. lee lo que dicé al inicio: “Cuando la persona que sugirió el problema o el moderador, comprueban que la respuesta está correcta, la persona que resolvió el problema sugiere otro problema, y el ciclo se repite nuevamente”.

    Osea para que encuncies el problema 4, debes resolver correctamente el problema 3, y en este caso Mario o yo tenemos que comprobar antes que la solcuion y respuesta son correctas.

    Comentario por Jorge Tipe — febrero 24, 2008 @ 8:09 pm | Responder

  17. Aquí pongo mi solución

    Si operamos en la ecuación dada podemos llegamos a:

    abc+4ab+4a+4b=4c

    Sin perdida de generalidad, podemos tomar a menor o igual a b
    Notamos que 4c es mayor que abc, por ser números positivos. Entonces ab es menor que 4. Los valores de a y b pueden ser 1 y 1, 1 y 2, 1 y 3

    Remplazando:
    Cuando a=1 y b=1; c+4+4+4=4c, entonces c=4
    Cuando a=1 y b=2; 2c+8+4+8=4c, entonces c=10
    Cuando a=1 y b=3; 3c+12+4+12=4c, entonces c=28

    Entonces las ternas (a,b,c) son (1,1,4), (1,2,10), (2,1,10), (1,3,28) y (3,1,28)

    Comentario por Jesus Figueroa — febrero 25, 2008 @ 9:13 am | Responder

  18. Si por sea caso alguien no entendio la primera parte aquie lo detallo mas
    Operando la ecuación:
    \frac{a+b+2}{ab+2a+2b+4} = \frac{c+4}{2c+4}
    Invirtiendo y combirtiendo a mixto
    1+\frac{ab+a+b}{a+b+4}=\frac{c}{c+4}+1
    (c+4)(ab+a+b)=c(a+b+4)
    abc+ac+bc+4ab+4a+4b=ac+bc+4c
    Llegamos a abc+4ab+4a+4b=4c

    Comentario por Jesus Figueroa — febrero 25, 2008 @ 9:34 am | Responder

  19. Muy bien, creo que te tocaría proponer el siguiente problema

    Comentario por Mario Ynocente — febrero 25, 2008 @ 10:22 am | Responder

  20. Como nota: si asumes sin pérdida de generalidad b \geq a en la expresión original llegas rápido a a=1

    Comentario por Mario Ynocente — febrero 25, 2008 @ 10:26 am | Responder

  21. Le tocaría a Jesús Figueroa enunciar el siguiente problema, que de preferencia ya no sea de Teoría de Números.

    Como decía Mario, la primera parte de la solución se puede mejorar del siguiente modo:
    Supongamos que b \geq a,
    Como \frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2} > \frac{1}{2} y \frac{1}{a+2}>\frac{1}{b+2} entonces \frac{1}{a+2}>\frac{1}{4}, de donde a+2 < 4 y a=1.
    Reemplazando el valor de a=1 es fácil ver que \frac{1}{b+2}>\frac{1}{6} de donde b es 1, 2 ó 3, solo quedaría hallar el valo de c para cada uno de estos valores de c.

    Comentario por Jorge Tipe — febrero 25, 2008 @ 11:23 am | Responder

  22. Bueno yo tenia preparado un problema bien bonito de teoria de números pero voy a seguir la sugerencia de Tipe. El siguiente problema es de Algebra y fue creado por mi

    Problema 4. Hallar todos los números reales positivos a,b,c que cumplan

    2(\frac{a^2}{(ab)^2+1}+\frac{b^2}{(bc)^2+1}+\frac{c^2}{(ac)^2+1})=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}

    Comentario por Jesus Figueroa — febrero 25, 2008 @ 3:48 pm | Responder

  23. Por la desigualdad de MA-MG tenemos: \frac{b^2+\frac{1}{a^2}}{2} \geq \frac{b}{a}, es decir \frac{a}{b} \geq \frac{2a^2}{(ab)^2+1}, con igualdad si y sólo si ab=1, de manera similar tenemos \frac{b}{c} \geq \frac{2b^2}{(bc)^2+1} y \frac{c}{a} \geq \frac{2c^2}{(ca)^2+1}, entonces la ecuación dada se dará si y sólo si se tiene la igualdad en las tres desigualdades, lo cual sólo se cumple si (a,b,c)=(1,1,1)

    Comentario por Mario Ynocente — febrero 25, 2008 @ 7:09 pm | Responder

  24. Correcto!… puedes enunciar el siguiente problema… uno de geometría caería bien…jeje, es solo un sugerencia.

    Comentario por Jorge Tipe — febrero 25, 2008 @ 7:39 pm | Responder

  25. Problema 5: ABCDE es un pentágono tal que AE=ED, AB + CD=BC, y \angle BAE+\angle CDE = 180^\circ. Demostrar que \angle AED=2\angle BEC

    Disculpen el descuido XD

    Comentario por Mario Ynocente — febrero 25, 2008 @ 8:02 pm | Responder

  26. BUEN DIA
    AMIGO TIPE POR QUE NO COLOCA EL PROBLEMA CINCO EN LA PARTE SUPERIOR PARA QUE SE VEA MAS RAPIDO
    SALUDOS CORDIALES

    Comentario por ALEX — febrero 26, 2008 @ 11:25 am | Responder

  27. Aqui pongo mi solución

    Ubicamos M en BC, tal que AB=BM y MC=CD. Ubicamos F en la prolongación de CD, tal que DF=AB. Entonces los triángulos ABE y EFD son congruentes (caso LAL teniendo en cuenta que <BAF+<CDE=180º). Entonces EF=BE, por ello <EBF=<EFB…(1) (pues et triangulo BEF es isósceles). Además, como AB=BM=DF y MC =CD, tenemos que BC=BF. Entonces <FBC=<BFC…(2) (pues el triángulo BFC es isósceles). DE (1) y (2) <EBC=<EFC…(3). Como los triángulos ABE y EFD son congruentes, se cumple que <ABE=<EFD…(4). DE (3) y (4)<ABE=<EBC. Entonces los triángulos AEB y EMB son congruentes (caso LAL). Entonces BE es bisectriz de <AEM…(5). De manera similar se llega a demostrar que EC es bisectriz de MED…(6). De (5) y (6): <AED=2(<BEC), lo que queríamos demostrar.

    P.D: < significa angulo.

    Comentario por Jesus Figueroa — febrero 26, 2008 @ 11:28 am | Responder

  28. Donde dice BC=BF debería decir, BC=CF, pero la solución está bien.

    La parte de \angle EBC=\angle EFC, la puedes obtener más rápido observando que los triangulos EBC y EFC son congruentes (LLL), y con esto puedes incluso demostrar lo pedido ya que \angle AEB= \angle D E F y \angle BEC=\angle CED +\angle D E F.

    Comentario por Mario Ynocente — febrero 26, 2008 @ 2:31 pm | Responder

  29. Tienes rezon Mario me equivoque al escribir BC=BF. Lo correcto es BC=CF. Gracias por la corrección

    Comentario por Jesus Figueroa — febrero 26, 2008 @ 4:17 pm | Responder

  30. Bueno ya hay 3 problemas de Teoria de números, 1 de Algebra y 1 de Geometria, yo voy a poner uno de Matemática Discreta. Es algo simple pero me parecio interesante.

    Demostrar que en todo grupo de 6 personas siempre existe un grupo de 3 personas que se conocen entre si o un grupo de tres personas que no se conocen entre si.

    Comentario por Jesus Figueroa — febrero 26, 2008 @ 4:32 pm | Responder

  31. De hecho es un problema interesante, pero no diría que es simple, por otro lado ese problema es clásico por su antiguedad y porque ha aparecido en varias olimpiadas en todo el mundo. Espero ver una bonita solución…

    Comentario por Jorge Tipe — febrero 26, 2008 @ 7:02 pm | Responder

  32. Bueno me salió un poco largo aunque gráficamente no tanto:

    Primero representamos a las 6 personas como un grafo de 6 aristas, los numeramos como 1,2,3,4,5,6, si dos personas se conocen lo indicamos con una arista, y en caso contrario una linea punteada:

    Ahora tenemos los dos grupos A(formado por 1,2,3) y B (formado por 4,5,6). Procederemos por contradicción, entonces suponiendo que no es posible lograr encontrar un grupo que cumpla las condiciones dadas, tenemos los siguientes casos:

    1)A tiene dos aristas y B tiene dos aristas. Sin pérdida de generalidad asumimos que las aristas de A son 12 y 23, y las de B, 45 Y 56. Ahora tomemos dos casos:

    a)35 es arista: entonces 34 no es arista, y como 46 tampoco es arista, 36 debe ser arista, pero entonces se forma el triangulo 356.

    b)35 no es arista: como ni 13 ni 35 son aristas, 15 es arista, entonces 16 no es arista, de lo cual 14 tiene que ser arista pero se forma el triangulo 145.

    2)A tiene dos aristas y B tiene una arista, Sin pérdida de generalidad, asumimos que las aristas de A son 12 y 23, y la de B es 45.Ahora:

    a)35 es arista: entonces 25 y 34 no son aristas, por lo cual 36 y 26 son aristas, pero entonces se tiene el triangulo 236.

    b)35 no es arista: entonces 15 y 36 son aristas, entonces 25 y 26 no son aristas, entonces el triangulo 256 no tiene ninguna arista.

    3)A tiene una arista y B tiene dos aristas, es equivalente al caso anterior.

    4)A y B tienen una arista cada uno. Sin pérdida de generalidad, asumimos que la arista de A es 23 y la de B es 45:

    a)35 es arista: entonces 34 y 25 no son aristas, por lo cual 36 y 26 son aristas, y se forma el triangulo 236.

    b)35 no es arista: entonces 15 y 36 son aristas, luego como 15 y 54 son aristas 14 no es arista, entonces 24 es arista y como 23 es arista, 34 no es arista, pero el triángulo 134 no tiene ninguna arista.

    Llegamos a una contradicción.

    Comentario por Mario Ynocente — febrero 26, 2008 @ 7:11 pm | Responder

  33. Recordaba haber visto este problema antes en un applet, y bueno aca tienen un link a uno parecido:

    http://www.iesaltoalmanzora.com/centro/departamentos/matematicas/web_profesores/paradoja/caos/caos.htm

    También da la idea de una demostración más bonita.

    Comentario por Mario Ynocente — febrero 26, 2008 @ 7:33 pm | Responder

  34. Para complementar un poco más, mientras buscaba otra cosa, encontre esta publicación: http://www.uam.es/otros/hojavol/pdfs/hoja07.pdf , donde se habla sobre un juego basado en este teorema (casualidades no?), y de paso pueden consultar el teorema de Pick(lo que estaba buscando XD), se ve interesante la revista.

    Comentario por Mario Ynocente — febrero 27, 2008 @ 12:45 am | Responder

  35. Mario tu solución es correcta. Te tocaria poner el siguiente problema.

    Yo tengo una solución mas corta del problema 6. Tal vez les gustaria verlo.

    Vamos a repersentar a las personas por 6 puntos: A,B,C,D,E y F. Si dos personas se conocen se trazará una un segmento de colos X, Caso contrario un segmento de color Y.
    A partir de un punto cualquiera, digamos A, se pueden trazar 5 segmentos y por principio de casillas 3 de estos segmentos son del mismo color. Sin perder generalidad vamos a suponer que estos segmentos son AB, AC,y AD y son de color X. Si alguno de los segmentos BC, CD o BD es de color x, el problema estaria resuelto, ya que existiria un triangulo cuyos lados son todos de color X. Si ninguno de los segmentos BC, CD, BD es de color X tambien estaría resulto el problema, ya que el triángulo BCD tiene todos sus lados de color Y.

    [Editado por J. Tipe: hice varias correcciones]

    Comentario por Jesus Figueroa — febrero 27, 2008 @ 11:14 am | Responder

  36. Sí también he visto esa solución, aunque expresada en otra forma.

    Tengo un problema interesante de geometría, pero primero esta ecuación funcional.

    Problema 7: Hallar todas las funciones suryectivas f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} tales que: f(f(x-y))=f(x)-f(y)

    Comentario por Mario Ynocente — febrero 27, 2008 @ 12:15 pm | Responder

  37. En este caso cabe la aclaración de qué es un función suryectiva. Una función f: A \rightarrow B es suryectiva (o sobreyectiva) si la imagen de A por medio de f es B, es decir, para cada b \in B existe por lo menos un a \in A tal que f(a)=b.

    Comentario por Jorge Tipe — febrero 27, 2008 @ 12:30 pm | Responder

  38. Aqui esta mi solución. Si estoy equivicado haganlo saber, pues no tengo mucha experiencia con ecuaciones funcionales

    Para Y=0:
    f(f(x))=f(x)-f(0)…(1)
    Como f es suryectiva, podemos hacer f(x)=0:
    f(0)=-f(0)…(2)
    De (1):
    f(0)=f(x)-f(f(x))

    Remplazando (2) en (1)
    f(f(x))=f(x)+f(0)
    f(0)=f(f(0))-f(0)

    Entonces: f(0)=f(f(x))-f(x)=f(x)-f(f(x))
    De donde:f(f(x))=f(x)

    Pero como f es suryectiva podemos hacer f(x)=y, para todo y
    Entonces f(y)=y

    Comentario por Jesus Figueroa — febrero 27, 2008 @ 5:44 pm | Responder

  39. Me parece que hiciste algunos pasos de más… de (2) se deduce que f(0)=0 y reemplazandos esto en (1) resulta f(f(x))=f(x), lo mismo que llegaste casi al final.

    Saludos

    Comentario por Jorge Tipe — febrero 27, 2008 @ 6:02 pm | Responder

  40. De f(f(x))=f(x)-f(0), puedes deducir que f(x)=x-f(0), luego con f(0)=0, tienes f(x)=x

    Comentario por Mario Ynocente — febrero 27, 2008 @ 7:28 pm | Responder

  41. Mario, por qué se puede deducir que f(x)=x-f(0) a partir de f(f(x))=f(x)-f(0) ? …eso no me parece cierto….

    De todas maneras le tocaría a Jesús Figueroa enunciar el siguiente problema.

    Comentario por Jorge Tipe — febrero 28, 2008 @ 11:22 am | Responder

  42. Bueno este es el problema 8:

    Problema 8: Sean m,n números enteros no negativos, determinar todos los enteros x que cumplan:
    m!+n!=2008-5x^2

    Comentario por Jesus — febrero 28, 2008 @ 11:35 am | Responder

  43. Para todo número real b existiría un número real a, tal que f(a)=b, entonces si en f(f(x))=f(x)-f(0), reemplazamos x=a, tendremos f(b)=b-f(0), y como para todo entero b existe tal a, ya que la función es suryectiva, tendríamos que f(x)=x-f(0), para todo x real. Hay algo incorrecto?

    Comentario por Mario Ynocente — febrero 28, 2008 @ 1:13 pm | Responder

  44. Para el problema 8:

    Notamos que si (m_0,n_0,x_0) es una solución, entonces (n_0,m_0,x_0) es una solución. Entonces analizaremos para m solamente:

    Todas las congruencias que hay a continuacion son en módulo 5, observemos que para todo entero k si k \geq 5, entonces k! \equiv 0, y además 1! \equiv 1, 2! \equiv 2, 3! \equiv 1, 4! \equiv 4. También de la ecuación: m!+n! \equiv 3

    Si m \geq 5: m! \equiv 0, entonces n! \equiv 3, por lo tanto, no hay solución.

    Si m=4: n \equiv 4, entonces n=4, pero en este caso x no es entero, entonces no hay solución.

    Si m=3: n \equiv 2, entonces n=2, obtenemos la solución (m,n,x)=(3,2,20)

    Si m=2: n \equiv 1, entonces n=1 o n=3, obtenemos la solución (m,n,x)=(2,3,20)

    Si m=1: n \equiv 2, entonces n=2, pero x no resulta entero.

    En total tenemos las soluciones: (m,n,x)={(2,3,20),(3,2,20)}

    Comentario por Mario Ynocente — febrero 28, 2008 @ 1:50 pm | Responder

  45. Mario (en el comentario 43) es correcto lo que dices, ya vi por qué.

    Comentario por Jorge Tipe — febrero 28, 2008 @ 3:58 pm | Responder

  46. Bien mario tu solución es correcta. Solo una pequeña aclaración. Como 20 es solución , -20 tambien seria solución. Entonces las ternas serian (2,3,20) (2,3,-20) (3,2,20) y (3,2,-20)

    Comentario por Jesus Figueroa — febrero 29, 2008 @ 11:38 am | Responder

  47. Se me paso, pense que x tambien era positivo, pero bueno, aca les dejo el siguiente problema.

    Problema 9: Supongamos que exista una solución real (x_0,y_0,z_0) para el sistema de ecuaciones:

    x=f(y), y=f(z), z=f(x)

    donde f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} es una función estrictamente creciente. Demostrar que: x_0=y_0=z_0

    Comentario por Mario Ynocente — febrero 29, 2008 @ 2:27 pm | Responder

  48. Por condición si x<y entonces f(x)<f(y) reemplazando obtenemos z<x que implica f(z)<f(x) reemplazando obtenemos y<z.
    Asi tenemos: x<y<z<x contradicción.
    Igual en los demas casos.
    Por lo tanto x=y=z

    Comentario por jery — febrero 29, 2008 @ 4:21 pm | Responder

  49. Correcto, ahora te tocaría proponer el siguiente problema.

    Comentario por Mario Ynocente — febrero 29, 2008 @ 4:42 pm | Responder

  50. Problema 10
    Calcule todos los números racionales positivos
    x, y, z tales que
    x + \frac{1}{y} , y + \frac{1}{z} , z + \frac{1}{x}
    sean enteros.

    PD: el problema es tomado de una olimpiada nacional, luego indicare de cual.

    Comentario por jery — febrero 29, 2008 @ 5:53 pm | Responder

  51. Primero hacemos x=\frac{p}{q},y=\frac{m}{n},z=\frac{u}{v}, donde (p,q)=1,(m,n)=1,(u,v)=1, p,m,u,q,n,v \in \mathbb{Z}^+

    x+ \frac{1}{y}=\frac{pm+qn}{qm}, entonces:
    q|(pm+qn) \rightarrow q|pm \rightarrow q|m
    m|(pm+qn) \rightarrow m|qn \rightarrow m|q
    Por lo cual: q=m, de la misma forma n=u, v=p.

    Observamos que:
    x+ \frac{1}{y}+ 1= \frac{p+n+q}{q}
    y+ \frac{1}{z}+ 1= \frac{p+n+q}{n}
    z+ \frac{1}{x}+ 1= \frac{p+n+q}{p}
    Entonces, como (p,q)=1,(q,n)=1,(n,q)=1, se tiene: pnq|(p+n+q)
    Por lo tanto hay un entero positivo k tal que: p+n+q=pnqk

    Si uno entre p,n y q vale 1, asumimos p \geq q \geq n=1, k= \frac{1}{p}+ \frac{1}{q}+ \frac{1}{qp} \leq 3

    Si k=3: p=n=q=1
    Si k=2: (2p-1)(2q-1)=3 \rightarrow p=2,q=1
    Si k=1: (n-1)(q-1)=2 \rightarrow  p=3,q=2

    En caso contrario, asumimos sin pérdida de generalidad que p>n>q \geq 2(Notemos que no pueden ser iguales). Ahora k= \frac{1}{pn}+ \frac{1}{nq}+ \frac{1}{qp}< \frac{3}{4}, entonces no existe k.

    Finalmente tenemos (x,y,z)=(1,1,1),(2,1,\frac{1}{2}),(\frac{3}{2},2,\frac{1}{3}) y sus permutaciones.

    Comentario por Mario Ynocente — febrero 29, 2008 @ 11:20 pm | Responder

  52. Tambien cumple x=3, y=1/2, z=2/3

    Comentario por jery — marzo 1, 2008 @ 3:06 pm | Responder

  53. Ademas si dices que puede ser (1,1,1),(2,1,1/2), (3/2,2,1/3) y sus permutaciones da a entender que tambien es solucion (2, 3/2, 1/3).

    Comentario por jery — marzo 1, 2008 @ 3:23 pm | Responder

  54. Disculpe el error, lo que debería haber permutado son las soluciones de p,q,n,obteniendo las siguientes soluciones diferentes:(p,q,n)={(2,1,1),(1,2,1),(1,1,2),(3,2,1),(2,3,1),(3,1,2),(2,1,3),
    (1,3,2),(1,2,3)}
    y entonces tendremos: (x,y,z)={(2,1,1/2),(1/2,2,1),(1,1/2,2),(3/2,2,1/3),(2/3,3,1/2),(3,1/2,2/3),
    (2,1/3,3/2),(1/3,3/2,2),(1/2,2/3,3)}

    Comentario por Mario Ynocente — marzo 1, 2008 @ 3:59 pm | Responder

  55. Y (1,1,1) que se me pasó

    Comentario por Mario Ynocente — marzo 1, 2008 @ 4:02 pm | Responder

  56. correcto!!
    te toca enunciar el siguiente problema.

    Comentario por jery — marzo 2, 2008 @ 2:42 pm | Responder

  57. Problema 11: Un cuadrilátero convexo ABCD tal que AD=CD y \angle DAB= \angle ABC<90^ \circ. La recta por D y el punto medio de BC intersecta a la recta AB en E. Demostrar que \angle BEC= \angle DAC.

    Comentario por Mario Ynocente — marzo 2, 2008 @ 4:02 pm | Responder

  58. jery de qué olimpiada era el problema anterior?

    Comentario por Mario Ynocente — marzo 3, 2008 @ 7:23 pm | Responder

  59. el problema es de una olimpiada rumana del 2001

    Comentario por jery — marzo 10, 2008 @ 8:14 pm | Responder

  60. La soluciòn es tediosa pero la idea es la siguiente. Proyectamos el segmento BC hasta que corte a AD(digamos en N), asi aplicamos menelao en el triangulo ABN y el punto E, y al triangulo AED y el punto N. Con esto llegamos a la siguiente relaciòn de segmentos
    EC^2 = BE*EA.
    Por proporciones se cumple que <ECB = <CAE, y por tanto <BEC = <DAC .

    Comentario por Airon — marzo 11, 2008 @ 5:15 pm | Responder

  61. Aqui va una sencilla.

    Sea n>1, demostrar que la suma 1+1/2+…+1/n nunca es un entero positivo.

    Comentario por Airon — marzo 11, 2008 @ 5:22 pm | Responder

  62. No entiendo muy bien lo de proyectar BC hasta que corte AD, pero bueno aca dejo mi solucion:

    Trazar una recta paralela a BC por D, esta intersecta a AB en X y a la prolongacion de EC en Y, luego se tiene que ADX es isosceles y XD=DY, entonces los puntos A,X,C,Y se encuentran sobre la circunferencia de centro D y radio DX, entonces <XAC=<XYC, y lo que se pide es una consecuencia de esto

    Comentario por Mario Ynocente — marzo 11, 2008 @ 10:12 pm | Responder

  63. ah por cierto, con proyectar BC hasta que corte AD te refieres a trazar una paralela a BC que corte a AD en un punto cualquiera N?

    Comentario por Mario Ynocente — marzo 11, 2008 @ 10:14 pm | Responder

  64. Hola, aqui les presento mi solucion al ultimo problema propuesto:

    Para demostrar lo que nos pide el problema, vamos a usar inducción matemática. Sea P(n)= n:
    a) P(n)=2: 1+1/2=3/2, fracción que no origina un numero entero ya que 3 no es múltiplo de 2. Si cumple.
    b) P(n)=n: 1+1/2+1/3+…+1/n=a/b, asumiendo que a no es múltiplo de b,tendríamos que la suma no es un entero positivo. Llamemos (α) a la expresión.
    c) P(n)=n+1: 1+1/2+1/3+…+1/n+1, para demostrar esto (β), vamos a usar (α).
    En la suma: 1+1/2+1/3+…+1/n+ 1/n+1, “cogemos” desde 1 hasta 1/n y tenemos la siguiente suma: (1+1/2+1/3+…+1/n)+ 1/n+1, sabemos que lo que esta en paréntesis vale a/b, entonces llegamos a la siguiente suma: a/b+ 1/n+1= an+a+b/b(n+1), ahora para demostrar que esta fraccion no es un numero entero, aplicaremos el método de reducción al absurdo:
    Siendo an+a+b/b(n+1)… (γ) un entero positivo, necesariamente an+a+b debe ser múltiplo de b(n+1), entonces:
    an+a+b ≡ 0 ( mod b) … (θ) y an+a+b ≡ 0 [mod (n+1)] … (ω)
    en (θ), para que an+a+b ≡ 0 ( mod b), necesariamente a(n+1) debe ser múltiplo de b, pero por (α), a y b son PESI, entonces (n+1) debe ser múltiplo de b
    en (ω), analogamente llegamos a que a(n+1)+b debe ser multilplo de (n+1), de donde deducimos que b debe ser múltiplo de (n+1), entonces tenemos : b ≡ 0 [mod ( n+1)] y (n+1) ≡ 0 ( mod b), ↔ b=(n+1). Reemplazando esto en (γ), tenemos:
    a(n+1)+b ≡ 0 [mod (b2)]
    ab + b ≡ [mod (b2)]
    a(b+1) ≡ [mod (b2)], pero a no es multiplo de b y (b+1) tampoco es multiplo de b, llegando a algo que no se puede cumplir. Entonces an+a+b/b(n+1) nunca originara un numero entero. Finalmente hemos demostrado que la suma 1+1/2+1/3+…+1/n nunca será un numero entero, para todo n>1.lqqd.

    P.D. Si tienen alguna duda o sugerencia, escribanla.

    Comentario por Max Diaz — marzo 12, 2008 @ 6:15 pm | Responder

  65. Correcto! Max
    Aqui les mando una segunda soluciòn,
    Tmemos un valor n>1 cualesquiera, es claro que existe un unico r(entero positivo) tal que
    2^r<=n<2^(r+1).
    Si r= 2^r, tomamos el d=mcm(1,…,n – 1). Dicho ‘d’ tiene al factor 2^(r-1) siendo esta su potencia max de dos.
    Multipliquemos por ‘d’
    dS=(d + … d/n-1 + d/n),
    Asi, si suponemos S entero positivo, el segundo miembro de la igualded es un entero positivo ciertamente. Sin embargo d/n no es entero positivo, y por ser el resto de los sumandos enteros positivos, obtendriamos que d/n es un entero positivo, lo cual es absurdo.
    Ahora bien si n existe entre 2^r y 2^(r+1), tomamos a d = mcm(1,…,2^r – 1, 2^r + 1,…, n). Dicho ‘d’ tiene al factor 2^(r-1) siendo esta su potencia max de dos.
    Multipliquemos por ‘d’
    dS=(d + … + d/2^r – 1 + d/2^r d/2^r + 1 + … + d/n),
    Asi, si suponemos S entero positivo, el segundo miembro de la igualded es un entero positivo ciertamente. Sin embargo d/2^r no es entero positivo, y por ser el resto de los sumandos enteros positivos, obtendriamos que d/2^r es un entero positivo, lo cual es absurdo.
    Por lo tanto S no es un entero positivo 🙂
    Ahora le toca a Max proponer el problema

    Comentario por Airon — marzo 12, 2008 @ 9:07 pm | Responder

  66. Pues creo que aún no le toca, porque la solución de Max presenta un error, era de esperarse porque este tipo de problemas es muy difícil (quizás imposible) de resolverlos por inducción, en su comentario (nº 64) el paso errado está en negrita.

    Comentario por Jorge Tipe — marzo 12, 2008 @ 9:35 pm | Responder

  67. Hola, acabo de entrar y prof. Jorge, quisiera saber cual es mi error, ya que b2, no era una multiplicación, sino(tal vez deberia haberlo dicho), es una potenciacion, ya que el dos no es factor sino exponente, pero si aun asi esta mal esa parte de mi solucion,porque exactamente.

    Comentario por Max Diaz — marzo 14, 2008 @ 6:20 pm | Responder

  68. El error lo resalte con negrita, pero bueno, lo vuelvo a escribir:
    ab+b=a(b+1).

    Saludos

    Comentario por Jorge Tipe — marzo 14, 2008 @ 10:49 pm | Responder

  69. ya me di cuenta q me equivoque XD, disculpen

    Comentario por Mario Ynocente — marzo 23, 2008 @ 7:30 pm | Responder

  70. Primero demostrare por contradicción lo siguiente:

    1)Entre los números 1,2,…,n sea 2^k la máxima potencia de 2 entre estos números, este el único número que tiene 2 elevando a la potencia k en su descomposición polinómica.

    Supongamos que exista otro numero con tal potencia y sea este m=2^ka, a \geq 2, entonces si a=2, habría una potencia de 2 mayor que 2^k, lo cual nos lleva a una contradicción y si k \geq 3, se tendrá m>2^{k+1} y entonces 2^{k+1} se enconrará también entre los números y nuevamente llegamos a una contradicción.

    2)Ahora en el problema, cuando sumemos 1+ \frac{1}{2}+ ... \frac{1}{n} el denominador de la fracción resultante (reducida), es decir el minimo común multiplo de 1,2,…,n va a ser multiplo de 2^k, mientras que el numerador todos los términos van a ser pares excepto por el término correspondiente a la fracción de denominador 2^k, en consecuencia el numerador será impar y el denominador par, por lo cual es imposible que el resulltado sea un entero.

    Ojalá ahora si esté bien. Jorge por favor puedes borrar los dos post anteriores?

    Comentario por Mario Ynocente — marzo 23, 2008 @ 10:02 pm | Responder

  71. Les propongo un problema que había visto varias veces pero recien me ha salido:

    Hallar todos los números enteros de tres digitos, tales que el número es igual a la suma de los factoriales de sus dígitos.

    Comentario por Mario Ynocente — marzo 28, 2008 @ 11:15 pm | Responder

  72. Primero hay que saber que el máximo dígito del número puede ser 5!=120 ya que 6!=720 nos generará un número cuyas cifras iniciales serán 7, 8 o 9, y el factorial tendría mas de tres cifras.

    También si sumamos factoriales menores a 5, la respuesta será un número menor a 100; esto quiere decir que el número debe tener como mínimo a un 5, y que este el número no debe ser mayor a 360 (555 daría como suma de sus factoriales 360, y si fuese este el mas cerca sería 355, pero daría 246 y el mas cerca a este es 245 pero dará 146; entonces el número no será mayor a 146) ni menor a 120(5!).

    Y los posibles números podrían ser 125, 135,145 de los cuales solo 145 cumple lo requerido.

    Comentario por John PC — marzo 30, 2008 @ 9:08 am | Responder

  73. hola un saludo cordial y una pregunta:qué posibiliades hay para que en la semana del 6 al 10 de octubre pueda hacer un curso sobre problemas de olimpiadas dirigido a docetes de matematica de la provincia,conversariamos sobre costos, esquema de trabajo etc. si no es esa fecha, indicar otra

    Comentario por laura adrianzen barreto — agosto 31, 2008 @ 1:34 pm | Responder

  74. Son cosas que se podrían conversar con cuidado, eso si sin nigún compromiso debido a mi tiempo. Mi correo es jorgetipe(arroba)gmail.com

    Comentario por Jorge Tipe — agosto 31, 2008 @ 8:59 pm | Responder

  75. ke pazó con la maraton?
    en kual ejercicio
    se kedaron?’

    avizen pleazee

    Comentario por juankarloz timedi — agosto 31, 2008 @ 9:45 pm | Responder

  76. Profesor JORGE,buenos días, ¿que tal si se continua con la maratón?, recién hace unos días me di cuenta que había eso, me pareció interesante para el entrenamiento para la ONEM u otros concursos, usted puede iniciar dando otro problema o si no, yo puedo dar un problema para continuar. Le agradeceria si lo hiciera.

    Comentario por Gabriel Fabricio Mejia Medina — diciembre 28, 2008 @ 10:13 am | Responder

  77. Problema:
    Sea ƒ un número real tal que si se le suma o resta 21 es un cuadrado perfecto. Determina un valor de ƒ.

    Comentario por Gabriel Fabricio Mejia Medina — diciembre 31, 2008 @ 11:57 am | Responder

  78. Voy a hacer caso a tu sugerencia y vamos a seguir con la maratón, lo que pasó es que la última persona que hizo una solución ya no volvió a subir otro problema. Así que esperemos que suban la solución a tu problema, si no lo haré yo… para seguir con la maratón, gracias por la iniciativa a retomar esta maratón.

    P.D. Gabriel, estás seguro del enunciado de este problema?

    Comentario por Jorge Tipe — diciembre 31, 2008 @ 9:27 pm | Responder

  79. Creo que si cambiamos el número 21 del problema por otro número como 20 o 24 ya podemos encontrar una solución.

    Comentario por Mario Ynocente — enero 2, 2009 @ 8:59 pm | Responder

  80. Disculpe por no plantear bien el problema me equivoque, aqui tengo el problema original:

    Sea ƒ un cuadrado perecto tal que si se le suma o resta 21 sigue siendo un cuadrado perfecto. Probar que ƒ es un número racional.

    Comentario por gabriel fabricio mejia medina — enero 3, 2009 @ 5:28 pm | Responder


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