zo32-soluciones

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Zona Ol´ımpica: Soluciones 1. Sin p´erdida de generalidad, supongamos que a1 < a2 < a3 < a4 . Observemos que a4 + a3 > a1 + a2 , de forma que a4 + a3 - a1 + a2 y por lo tanto a4 + a3 - sA .

An´ alogamente, a4 + a2 > a1 + a3 y por lo tanto a4 + a2 - sA . De esta manera, como podemos escoger (i, j) de 6 maneras y hemos visto que 2 no son posibles, tenemos que nA ≤ 4.

Notemos que si ai + aj |sA ⇒ ai + aj |sA − ai − aj ya que ai + aj | − (ai + aj ). As´ı, si nA = 4, las siguientes condiciones se deben cumplir: a1 + a2 | a3 + a4 , a1 + a3 | a2 + a4 , a1 +a4 | a2 +a3 y a2 +a3 | a1 +a4 . Sean a1 = a, a2 = a+x, a3 = a+x+y, a4 = a+x+y+z, con x, y, z ∈ N. La primera de las condiciones nos dice que 2a + x|2a + 2x + 2y + z ⇒ 2a + x|2(x + y). La segunda, 2a + x + y|2a + 3x + y + z ⇒ 2a + x + y|x + z. De la tercera y la cuarta, obtenemos que 2a + x + y + z = 2a + 2x + y ⇒ x = z.

As´ı, como 2a + x + y|2x ⇒ ∃k ∈ N tal que k(2a + x + y) = 2x ⇒ k = 1 pues de lo contrario, es decir k ≥ 2, se tendr´ıa que k(2a + x + y) > 2x. Por lo tanto, tenemos que 2a + y = x. Ahora, 2a + x = 4a + y, y 2(x + y) = 2x + 2y = 4a + 2y + 2y = 4a + y + 3y.

Como 2a + x|2(x + y) ⇒ 4a + y | 4a + y + 3y ⇒ 4a + y | 3y ⇒ ∃m ∈ N tal que m(4a + y) = 3y, entonces m = 1 ´ o m = 2, pues si m ≥ 3 ⇒ m(4a + y) ≥ 3y. Si m = 1 entonces las soluciones son (a1 , a2 , a3 , a4 ) = (a, 7a, 5a, 11a) y si m = 2 las soluciones son (a1 , a2 , a3 , a4 ) = (a, 11a, 19a, 29a).

2. La demostraci´ on se har´ a por inducci´ on sobre k.

Si k = 1 entonces m1 = n funciona, 1+

21 − 1 = n

1 1+ . n

Supongamos que se cumple para k = i, en seguida lo probaremos para k = i + 1.

Si n es impar, esto es, si n = 2a − 1 para alguna a ∈ N entonces mi+1 = 2a − 1 funciona: i+1

1 + 2 n−1 = 1 1 + 2a−1

n+2i+1 −1 n 2a−1+1 2a−1

=

n + 2i+1 − 1 2a − 1 + 2i+1 − 1 = 2a − 1 + 1 2a

2a − 2 + 2i+1 2i+1 − 2 2i − 1 =1− =1− , 2a 2a a aplicando la hip´ otesis de inducci´ on sobre este u ´ltimo t´ermino de la igualdad, tenemos que

1 1 1 2i − 1 1− = 1+ 1+ ... 1 + , a m1 m2 mi =

1.20205690315959428539973816151144999076498629234049888179227155534183820 1

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as´ı, llegamos a que 1+

2i+1 − 1 = n

1−

2i − 1 a

1+

1 1+ ... 1 + m2

1 1 = 1+ 1+ ... 1 + m1 m2

=

1+

1 m1

1 2a − 1

1 2a − 1

1 1 1+ , mi mi+1

1 mi

1+

como quer´ıamos.

Si n es par, esto es, si n = 2a para alguna a ∈ N entonces procedemos de manera an´ aloga, esta vez poniendo mi+1 = 2a + 2i+1 − 2.

3. De la primer condici´ on del problema obtenemos que f (1)f (x) ≥ f (1x) = f (x) ⇒ f (1) ≥ 1.

De la segunda condici´ on, se deduce por inducci´on que f (nx) ≥ nf (x) para toda n ∈ N y x ∈ Q>0 . Adem´ as, de (i), tenemos que f (n)f (x) ≥ f (nx) ⇒ f (n)f (x) ≥ f (nx) ≥ nf (x) ⇒ f (n) ≥ n para toda n ∈ N. Supongamos que existe pq ∈ Q>0 (esto es, p, q ∈ N) tal que f ( pq ) ≤ 0. Como q ∈ N ⇒ f (q) ≥ q > 0, as´ı, aplicando (i) se tiene que 0 ≥ f ( pq )f (q) ≥ f ( pq q) = f (p) ≥ p. Lo cual es una contradicci´ on pues p ∈ N. Por lo tanto, f (x) > 0 para toda x ∈ Q>0 . Como f (x + y) ≥ f (x) + f (y) y adem´ as f (y) ≥ 0 ⇒ f (x + y) ≥ f (x). Al ser x, y ∈ Q>0 ⇒ x + y > x, Por lo tanto, lo anterior implica que f es una funci´on creciente.

Como f (a) = a, entonces a2 = f (a)f (a) ≥ f (a2 ). Aplicando inducci´on, se tiene que para toda k ∈ N, f (ak ) ≤ ak . Adem´ as, por (ii), claramente f (na) ≥ nf (a) = na. Supongamos que para alguna m ∈ N sucede que f (ma) = ma + β con β > 0. Si N es un entero mayor que βa entonces cocluimos que f (N ma) ≥ N f (ma) ≥ N ma + N β > N ma + a.

Existe k ∈ N tal que bak c > N m. La condici´on (ii) implica que ak+1 ≥ f ak+1 a ≥

f bak ca ≥ f bak c − N m a + f (N ma) > bak c − N m a + N ma + a = bak ca + a.

Lo anterior es una contradicci´ on, por lo tanto f (ma) = ma para toda m ∈ N. Existen enteros p y q tales que a = pq . De aqu´ı que, f (d pq ) = d pq para toda d ∈ N, poniendo d = kq tenemos que f (kp) = kp para toda k ∈ N. As´ı, de (ii) se obtiene que kp = f (kp) ≥ f (k) + (p − 1)f (k) ≥ 2f (k) + (p − 2)f (k) ≥ · · · ≥ pf (k), por lo tanto f (k) ≤ k . Adem´ as, hab´ıamos llegado a que f (k) ≥ k, de donde se concluye que f (k) = k para toda k ∈ N. Supongamos que para alguna x ∈ Q>0 existe α > 0 tal que f (x) − x = α. Sea N un entero tal que N x ∈ N. Entonces, N x = f (N x) ≥ N f (x) = N (x + α) = N x + N α. Lo cual es un a contradicci´ on. Por lo tanto, f (x) = x para toda x ∈ Q>0 .

1.20205690315959428539973816151144999076498629234049888179227155534183820 2

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4. Usaremos cij para referirnos a la casilla en en la i-´esima fila y j-´esima columna.

Observaci´ on: Supongamos que la fila i se cambi´o a veces y la fila j se cambi´o b veces.

Entonces cij permanece prendido si y s´ olo si a + b es impar. Esto nos permite garantizar que el orden en que realizamos las operaciones no importa y simplemente hablar de si “se cambi´ o” o “no se cambi´ o” una fila o columna.

La soluci´ on se har´ a por contrapositiva. Supongamos que a lo m´as hay n − 1 focos prendidos. Entonces hay un rengl´ on i y una columna j tales que ninguno de sus cuadritos est´ a encendido. Supongamos que se cambi´ o el rengl´on i, entonces tambi´en se cambi´o la columna j para que el cuadrito cij est´e apagado. Tomemos cualquier otro cuadrito ckl del tablero. Como el cuadrito ckj est´ a apagado, entonces la fila k se cambi´o. Asimismo, como el cuadrito cil est´ a apagado, entonces la columna l se cambi´o. As´ı, ckl est´a apagado.

De modo que todos los cuadritos del tablero est´an apagados. Llegamos a la misma conclusi´ on si no se cambi´ o el rengl´ on i.

Esto nos dice que si a lo m´ as hay n − 1 focos prendidos, entonces ninguno est´a prendido, lo cual es equivalente a lo que quer´ıamos demostrar.

5. Lo primero que probaremos es que p = 3. Esto se debe a que p, p + 2k y p + 2k + 2 son todos distintos m´ odulo 3. De modo que si p no es 3, entonces no es 0 m´odulo 3 y entonces alguno de los otros dos n´ umeros es m´ ultiplo de 3. Pero adem´as observamos que p + 2k es mayor o igual a 4 pues p es primo y k es positivo. De esta forma, si p no es 3, alguno de los u ´ltimos dos n´ umeros no es primo. Nuestros n´ umeros se cambian a 3, 5, a = 3 + 2k y b = 5 + 2k . Notemos que las potencias de 2 m´odulo 3 son 2 y 1, por lo que para que b sea primo necesitamos que k sea impar.

Las potencias de 2 m´ odulo 5 son 1, 2, 4, 3. Como ya eliminamos el caso k = 2 entonces el tercer n´ umero es mayor a 5 y por tanto debemos evitar k de la forma 4r + 1 (de lo contrario, a ser´ıa m´ ultiplo de 5). Como sabemos que k es impar, entonces debe ser de la forma 4k + 3. Guardemos esta observaci´ on para m´as adelante.

Pasando ahora a m´ odulo 7, tenemos que las potencias de 2 son 1, 2, 4. Asi, para evitar m´ ultiplos de 7 en a y b necesitamos respectivamente que k no sea de la forma 3r + 1 o 3r + 2. Esro solo deja el caso en el que k es de la forma 3r. Por la observaci´on del ´ p´ arrafo anterior, concluimos que k es de la forma 12r + 3.

Concluimos el problema analizando lo que sucede m´odulo 13. Dada la forma de k, 2k siempre es congruente con 8 m´ odulo 13. De modo que b siempre es m´ ultiplo de 13.

Como es primo, debe ser 13, de donde k = 3 y podemos verificar que a = 11 tambi´en es primo. De modo que la u ´nica soluci´ on es (3, 3).

6. Supongamos que la suma de las longitudes de las cuerdas es mayor o igual a kπ. Entonces la suma de las longitudes de los arcos subtendidos por estas cuerdas es mayor que kπ.

Si a˜ nadimos a estos arcos sus reflexiones respecto al centro del c´ırculo, entonces la suma de las longitudes de todos los arcos ser´ a mayor que 2kπ. Por principio de las casillas, existe un punto que es cubierto por al menos k + 1 arcos. El di´ametro que pasa por este 1.20205690315959428539973816151144999076498629234049888179227155534183820 3

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punto intersecta al menos k + 1 cuerdas, lo cual contradice la hip´otesis del problema.

Por lo tanto, la suma de las longitudes de las cuerdas es menor que kπ.

7. Para este problema, primero demostraremos lo siguiente: sean a, b, x, y n´ umeros reales, con x, y > 0, entonces a2 b2 (a + b)2 + ≥ x y x+y Prueba. Claramente podemos expresar la desigualdad anterior como a2 y(x + y) + b2 x(x + y) ≥ (a + b)2 xy, esto se puede simplificar hasta llegar a (ay − bx)2 ≥ 0, lo cual evidentemente se cumple.

Asi, un argumento inductivo muestra que a21 a2 a2 (a1 + a2 + · · · + an )2 + 2 + ··· + n ≥ x1 x2 xn x1 + x2 + · · · + xn para a1 , a2 , . . . , an ∈ R y x1 , x2 , . . . , xn ∈ R con x1 , x2 , . . . , xn > 0.

La desigualdad anterior se conoce como “desigualdad de Cauchy-Schwarz en forma de Engel” o simplemente, “desigualdad u ´til”.

Regresando al problema y aplicando esta desigualdad, tenemos que 1=

1 1 1 12 12 12 (1 + 1 + 1)2 9 + + = + + ≥ = , a b c a b c a+b+c a+b+c

de donde a + b + c ≥ 9. Aplicando este resultado y la desigualdad u ´til, se obtiene lo siguiente a2 + b2 + c2 =

a2 b2 c2 (a + b + c)2 (a + b + c)2 (a + b + c)(a + b + c) + + ≥ = = ≥ 1 1 1 1+1+1 3 3

9(a + b + c) = 3(a + b + c) = 2a + 2b + 2c + a + b + c ≥ 2a + 2b + 2c + 9, 3 como quer´ıamos demostrar.

8. Supongamos que existe una funci´ on de coloraci´on f : Z → {R, B, G, Y }, (R:rojo, B: azul, G:verde, Y:amarillo), con la propiedad de que para cualquier entero a f {a, a + x, a + y, a + x + y} = {R, B, G, Y }.

En particular, coloreando el plano lattice siguiendo la regla g : Z × Z → {R, B, G, Y }, g(i, j) = f (ix + jy), 1.20205690315959428539973816151144999076498629234049888179227155534183820 4

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se obtiene que los v´ertices de cualquier cuadrado unitario son todos de distinto color.

Afirmaci´ on 1. Si existe una columna i × Z tal que g|i × Z no sea peri´odico con periodicidad 2, entonces existe una fila Z × j tal que g|Z × j no es peri´odico con periodicidad 2.

Prueba. Si g|i × Z no tiene periodicidad, entonces podemos encontrar la configuraci´on Y RY RY RY R Y B ; usando los cuadrados unitarios adyacentes, obtenemos GBG y tambi´en BGBGB RY RY R Y RY R y as´ı sucesivamente. As´ı, hemos obtenido 3 l´ıneas peri´odicas.

Afirmaci´ on 2. Si para un entero i, se tiene que gi = g|Z × i tiene periodicidad 2, entonces para toda j ∈ Z, gj = g|Z × j tiene periodicidad 2. Los valores de gi son los valores de gj si i ≡ j (m´ od 2) y los otros valores si i 6≡ j (m´od 2).

Prueba. Aplicando la regla del cuadrado a la l´ınea . . . RBRBRB . . . obtenemos

. . . Y GY GY . . . . . . RBRBR . . .

. . . RBRBR . . . . . . BRBRB . . . ´ . . . Y GY GY . . .. y despu´es . . . Y GY GY . . . o . . . RBRBR . . . . . . RBRBR . . .

Un argumento similar se sostiene para las filas por debajo de la l´ınea Z × i.

Cambiando “filas” por “columnas”, se obtienen afirmaciones an´alogas. Entonces podemos suponer que las filas tienen periodicidad 2 y g(0, 0) = R, g(1, 0) = B. Por lo tanto, g(y, 0) = B, pues y es impar. La fila Z × {x} es impar tambi´en; entonces g(Z × {x}) = {Y, G}. De g(y, 0) = f (xy) = g(0, x) se obtiene una contradicci´on.

Nota: El mismo resultado es cierto si x = 2k (2p + 1), 2k (2q + 1); solo basta con tomar g(i, y) = f ( ix+jy ).

2k

1.20205690315959428539973816151144999076498629234049888179227155534183820 5