jueves, 23 de diciembre de 2010

Solucion P6 OMM 24

Para los que todavia no saben como se hace el 6 :P
Este es el primer nacional en que se como se hacen los 6 problemas.
Del 2008 no se como hacer el 3,4,5 y del 2009 el 2 y 6

Lo hice ayer en la noche

Esta en un comentario porque esta poco largo.

5 comentarios:

  1. Si $pqr$ divide esa cosa, tambien $p$, $q$ y $r$

    $(pq)^r + (qr)^p + (rp)^q -1 \equiv 0 \pmod{p}$
    $0 + (qr)^p + 0 -1 \equiv 0 \pmod{p}$
    $(qr)^p \equiv 1 \pmod{p}$

    por fermat

    $(qr)^p \equiv qr \equiv 1 \pmod{p}$
    $qr-1 \equiv 0 \pmod{p}$

    Analogamente
    $rp-1 \equiv 0 \pmod{q}$
    $pq-1 \equiv 0 \pmod{r}$

    Juntamos esas tres cosas para ver que $pqr$ divide a $pq+qr+rp-1$
    Entonces
    $pqr \leq pq+qr+rp-1 < pq+qr+rp$

    Pasamos $pqr$ dividiendo y queda que
    $1 < \frac{1}{p} + \frac{1}{q} + \frac{1}{r}$

    spdg $p < q < r$
    suponemos que $p \geq 3$

    $p \geq 3$ entonces $\frac{1}{p} \leq \frac{1}{3}$
    $q \geq 5$ entonces $\frac{1}{q} \leq \frac{1}{5}$
    $r \geq 7$ entonces $\frac{1}{r} \leq \frac{1}{7}$

    Sumamos eso y obtenemos

    $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}+\frac{1}{r} \leq \frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}=\frac{71}{105} <1$

    Y eso va a ser menor a uno, pero queriamos que fuera mayor, contradiccion.
    Entonces $p=2$
    Ahora suponemos que $q \geq 5$, entonces $r \geq 7$
    $\frac{1}{q} \leq \frac{1}{5}$
    $\frac{1}{r} \leq \frac{1}{7}$

    $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}+\frac{1}{r} \leq \frac{1}{2}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}=\frac{59}{70} <1$

    Contradiccion.
    Entonces $q=3$

    $1 < \frac{1}{p} + \frac{1}{q} + \frac{1}{r}$
    $1 < \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{r}$
    $\frac{1}{6} < \frac{1}{r}$
    $r<6$

    Y el unico primero menor a 6 diferente de 2 y 3 es el 5, entonces $r=5$

    Y ya tenemos la unica posible solucion, asi que solo queda ver si cumple el problema.
    $(pq)^r + (qr)^p + (rp)^q -1= (2 \cdot 3)^5 + (3\cdot 5)^2 + (5 \cdot 2)^3 -1 = 9000$
    Que si cumple la condicion del problema, y lo que nos pide demostrar.

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  2. Muy bien.
    Intenta el 2 y el 6 del año pasado, el 2 no estaba mas dificil que este. En el 6 la pista es intentar el principio extremo.

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  3. http://www.matetam.com/problemas/combinatoria/xxiiiomm-problema-2

    http://www.matetam.com/problemas/combinatoria/xxiiiomm-problema-6

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  4. Gracias Isaí. Yo batalle en encontrar los problemas, como quiera vale la pena reescribirlos aqui:

    Problema 2:
    En cajas marcadas con los números 0,1,2,3,... se van a colocar todos los enteros positivos de acuerdo con las siguientes reglas:

    * si $ p $ es un número primo, éste se coloca en la caja con el número 1.
    * si el número $ a $ se coloca en la caja con el número $ m_a $ y $ b $ se coloca en la caja con el número $ m_b $, entonces el producto de $ a $ y $ b $, es decir, $ ab $, se coloca en la caja con el número $ am_b+bm_a $.

    Encuentra todos los enteros positivos $ n $ que cuando se coloquen queden en la caja con el número $ n $.

    Problema 6

    En una fiesta con n personas se sabe que de entre cualesquiera 4 personas, hay 3 de las 4 que se conocen entre sí o hay 3 que no se conocen entre sí. Muestra que las n personas se pueden separar en 2 salones de manera que en un salón todos se conocen entre sí y en el otro salón no hay dos personas que se conozcan entre sí. Nota: conocerse se considera una relación mutua.

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