1. Encontrat todas las soluciones enteras de 3x+5y=41
2. Dos personas juegan el siguiente juego. El numero 60 se escribe en el pizarron. Las personas toman turnos restando del numero en el pizarron cualquiera de sus divisores positivos y reemplazando el numero en el pizarron por esa diferencia. La personas que escribe el numero 0 pierde. Determina si hay algun jugador que tenga estrategia ganadora.
3. Sea ABC un triangulo escaleno. Las medianas desde A, B, C intersectan el circuncirculo de ABC nuevamente en L, M, N, respectivamente. Si LM=LN, muestren que 2BC^2=AB^2+ AC^2.
Solucion del problema 2.
ResponderBorrarpodemos ver que necesitamos un numero n tal que tenga un divisor n-1 para que al restarlos nos quede un 1, pero ninguno cumple ya que son numeros consecutivos, y todos los numeros consecutivos son primos relativos, los unicos que cumplen son el 1 y 2. Entonces para ganar es cuando a un jugador, en su turno, le queda el 2 en el pizarron, ya que los divisores de 2 son 1 y 2, entonces restará 1 y dejará en el pizarron el 1,y como los divisores de 1 es solo 1, entonces el otro jugador no tendrá mas remedio que dejar 0 en el pizarrón con lo que pierde. Ahora, llamemos A y B a los jugadores y A tira primero, entonces el que tiene la estrategia ganadora es A, ya que para ganar el jugador que tenga al 2 en su turno gana, el jugador A puede tomar un divisor impar de 60 (ya sea 5,3,15,1) y restarlo a 60, el resultado será un numero impar, entonces como 2 no divide a un numero impar, B tendrá que restar un divisor impar al numero impar lo que dejaría un numero par para el turno de A. Sabemos que A puede seguir con esa estrategia aun si en el pizarron hay potencias de 2, ya que 1 divide a todos los numeros y uno es impar por lo que podría seguir con la estrategia. Ahora, como en cada turno siempre se le resta al numero del pizarrón al menos 1, y A siempre asegura que le toca un numero par, va a llegar un momento en que a A le toque tener en el pizarrón el numero 2 con lo que A gana.
1.
ResponderBorrarClaramente se trata de una ecuacion diofántica, asi que primero busquemos una solucion particular de la ecuacion, es facil ver que x = 7, y = 4, cumplen, asi que el conjunto de soluciones de la ecuacion estara dado por:
x = 7 -5a
y = 4 +3a
con a entero.
tambien vale el 1 ??? osea agarro el 1 que divide al 60 y se lo resto? eso se vale. No verdad
ResponderBorrarEn el problema 2.
ResponderBorrarEs muy fácil ver, fijándose en las posiciones ganadoras y perdedoras, vemos los casos para los primeros números , y es fácil ver que las posiciones ganadoras son los números pares y las perdedoras son los impares, esto es porque los impares tienen solo divisores impares, por lo tanto siempre te dejan en uno par, y los pares tienen al uno que es impar, por lo tanto te pueden dejar en un número impar, así que siempre que estés en par puedes ir a uno impar, por lo tanto, si estas en un par no escribirás el 0 y como el número inicial es par, el que comience tiene estrategia ganadora.
para el problema 1:
ResponderBorrarpasamos restando el 41:
3x-21+5y-20=0
y factorizamos:
3(x-7)+5(y-4)=0
lo que nos da una ecuacion diofantina de la forma ax+by=0, y sabemos que si (a,b)=1 las soluciones enteras para esta ecuacion son: (x=-bt) y (y=at) con t entero (si no me creen, esta en el libro de numeros)
por lo que las soluciones para la ecuacion son:
x-7=-5t => x=7-5t
y-4=3t => y=4+3t
para cualquier entero t
Problema 1:
ResponderBorrarMod 3 obtenemos que y=1 mod 3.
Por lo tanto y=3k+1 para un entero k.
Despejando en la original obtenemos que x=12-5k.
Por lo tanto las soluciones (x,y) son (12-5k,3k+1) con k entero, claramente todas las de esta forma funcionan.
Problema 2: Si A y B son los jugadores y A empieza, entonces A tiene estrategia ganadora.
La estrategia va a ser siempre restar 1.
Para esto veamos que A empieza en 60 un número par por lo que al quitar uno, va a dejar a B en un número impar.
Ahora los números impares solo tienen divisores impares, por lo tanto B va a quitar un número impar y por lo tanto va a dejar a A en un número par, repitiendo este proceso A puede asegurar que en su turno siempre va a escribir números impares.
Como el juego es finito, no hay empate y A asegura que no va a perder, entonces pierde B.
Problema 3:
ResponderBorrarSea G el centroide de ABC, P el punto de intersección de BM con AC y Q el punto de interseccion de CN con AB, y definamos sqrt(x) con la raiz cuadrada de x.
Primero veamos que las parejas de triangulos ABG-MLG y ACG-NLG son semejantes, por lo tanto:
LM/LG=AB/BG y LN/LG=AC/GC por lo tanto como LM=LN entonces AB/BG=AC/GC osea (AB)(GC)=(AC)(BG).
Ahora usando el teorema de Stewart,
BP=(1/2)sqrt(2AB^2+2BC^2-AC^2)
Ahora con G es el gravicentro entonces (2/3)BP=BG, por lo tanto
BG=(1/3)sqrt(2AB^2+2BC^2-AC^2)
Angalogamente
CG=(1/3)sqrt(2AC^2+2BC^2-AB^2)
Llamemos x=AB y=BC z=CA.
Ahora como (AB)(GC)=(AC)(BG) eso es equivalente a (x)(1/3)sqrt(2z^2+2y^2-x^2)=(z)(1/3)sqrt(2x^2+2y^2-z^2)
Cancelando el 1/3 y elevando al cuadrado e igualando a 0 eso es equivalente a demostrar que 2x^2z^2+2y^2x^2-x^4-2x^2z^2-2y^2z^2+z^4=0
Lo cual se puede factorizar como:
(2y^2-x^2-z^2)(x^2-z^2)=0
Como alguno de los dos productos tiene que ser igual a 0 y el de la derecha no puede ser por que el triangulo es escaleno entonces 2y^2-x^2-z^2=0 osea 2y^2=x^2+z^2 lo que es equivalente a 2BC^2=AB^2+ AC^2, que es lo que queriamos demostrar.
En el problema 2:
ResponderBorrarPara llegar a la respuesta, podemos observar que los numeros impares no tienen nigun divisor par, por lo que al restarle cualquiera de sus divisores impares, va a dejar en par el numero. Cuando el número este en par, puede siempre pasar a un numero impar, porque siempre va a tener el 1 como divisor impar, por lo que el que empiece en par, puede continuar en par(en sus turnos) por todo el juego si solo resta 1. Por lo que el jugador que esta en par, nunca va a pasar a otro par en su siguiente turno si sigue la estrategia, entonces el único que puede llegar a 0 es el otro jugador. Entonces podemos concluir en que el que empiece el juego tiene la estrategia ganadora porque 60 es par.
problema 1:
ResponderBorrarsean A y B los jugadores 1º y 2º respectivamente,
notemos que si A siempre puede "dejar" a B en un numero con todos sus divisores impares entonces A gana pues cada vez lo dejaria en un numero impar y menor que en el turno anterior hasta llegar al 1, y 1 solo tiene como divisor a 1 por lo que B pierde, ahora probemos que esto es posible:
A-> x, me refiero a x como el numero que esta en el pizarron en el turno de A
y pongo en los turnos de B los numeros mas convenientes que dejó A un turno atras, y en los turnos de A todas los posibles numeros que pudo haber dejado B un turno atras.
A-> 60
B-> 59
A-> 58
B-> 29
A-> 28
B-> 27
A-> 26 ------------ A-> 24 - A-> 18
B-> 13 ------------ B-> 23 - B-> 9
A-> 12 ------------ A-> 22
B-> 9 -------------- B-> 11
A-> 8 - A-> 6 ---- A-> 10
B-> 7 - B-> 3 ---- B-> 9
A-> 6 - A-> 2
--------- B-> 1
los casos B-> 9 y A-> 6 que estan incompletos no los puse por que ahi ya sabemos que hacer
Si A es el jugador que comienza el juego, demostraremos que A tiene estrategia ganadora, la estrategia de A sera siempre restar un divisor impar al numero en turno, asi como 60 es par, en cada uno de sus turnos A tendra un numero par, y debera restarle uno impar, y B siempre tendra un numero impar, y ya que solo podra restar algun numero impar, siempre dejara a A con un numero par, de esta manera en algun momento a B le tocara el 1 y ya que slo podra restar el 1, B perdera.
ResponderBorrarEste comentario ha sido eliminado por el autor.
ResponderBorrarbueno, como nadie me dio una respuesta que si se puede restar uno. entonces pondre mis dos soluciones para el problema. Cuando se puede restar uno y cuando no.
ResponderBorrarCuando no se puede restar uno: El objetivo es que de alguna forma le restemos a nuestro numero en el pizarron lo indicado para despues escribir un primo y que nuestro oponente no tenga un divisor mas que el mismo primo y cuando se lo reste quede cero.
Luego bien, checamos la sucesion
60, 57, 54, .... , 6, 3.
es facil ver que (uno no y uno si)son de la forma 3 por un primo. Como 57=3*19, 51=3*17 etc etc. Excepto el 45 y el 27.
Bueno entonces empiezo escribiendo restandole a 60 el 3 y le queda a mi contrincante el 57. el tiene de dos, restarle 3 ó 19.
57-19 (tiro de mi contrincante)
48-19 (mi tiro)
19-19=0. Solo pudo poner el 19 por que es primo y ya gane.
Entonces suponemos que es mas listo mi contrincante jajaja y escribe 3 en un principio. Me queda 54 y vuelvo a poner 3. Analogamente sucede lo mismo hasta llegar al 45 en donde puede poner aparte del 3, el 5, 9 y 15.
45-15=30 (contrincante)
30-15=15 (yo)
*(si aqui tira 3)
15-3=12 (contrin)
12-3=9 (yo)
9-3=6 (solo puede poner 3 ya que es el unico divisor de 9)
6-3=3
3-3=0 y gane!!!!
*(y si tira 5)
15-5=10 (contra)
10-5=5 (yo)
5-5=0 (5 es primo por lo que solo puede poner 5)
y vuelvo a ganar!!
luego si en el 45 pone 5
45-5=40 (el)
40-5=35 (yo)
35-7=28 (el, y si aqui usara el 5 que tambien es divisor, me quedaria 30 y volvemos a lo del principio)
28-7=21 (y volvemos a lo del principio)
y si usa el nueve, es como si saltara una ronda y queda lo mismo que al principio.
Ahora en el 27 que es 3*3*3
si pone 9 de igual manera es como si saltaramos un turno completo.
De esta manera queda completo el proceso en como voy guiando a poner forzosamente a mi contrincante 3 hasta que nuestro numero en el pizarron queda 3 y el debe escribir despues el cero. Y ya gane. Bueno no esta dificil de entender, pero si de explicar. asi que si tienen dudas me dicen va
Ahora si, si se puede poner el 1, el que gana es de igual forma el primero.
Siempre debe escribir 1 y al segundo le quedara un numero impar y por tanto divisores impares y le restara un impar y le dejara al primer jugador un numero par. Sigue restando uno y sucedera lo mismo hasta llegar a cero que obviamente sera el segundo jugador ya que no puedes pasar de un numero par restando uno a cero. Si se entiende?
bueno y el primer problema es una ecuacion diofantina.
3x+5y=41
3x+5y-41=0
3(x-7)+5(y-4)=0
y bueno lo que nos dicen las ecuaciones diofantinas es que
ax+by=0 con a y b primos entre si (que 3 y 5 si lo son)
sus soluciones son de la forma
x=-bt
y=at
entonces en nuestra ecuacion
x-7=-5t
x=-5t+7
y-4=3t
y=3t+4
en el problema 1:
ResponderBorrarBueno intente despejar y factorizar como 10 minutos y no llegue a nada, despues me fije que 41 era congruente con 2 (mod 3), entonces como 3x es congruente con 0 (mod 3) y 5 con 2 (mod 3) entonces y debe ser congruente con 1 (mod 3)para que al multiplicarse con 5 y eso al sumarse con 3x de congruencia 2 (mod 3). Entonces y= 3m+1 y de aqui hice lo siguiente:
3x+5(3m+1)=41
3x+15m=36
3x=36 - 15m
x= 12-5m
hice el primer caso como m=0 y no sirvio, por lo que m debe de ser un entero positivo para y=3m+1 x=12-5m, que es mi respuesta
Para el problema 2, yo observé las posiciones perdedoras y las ganadoras mediante una lista,sean A y B los jugadores, si cualquiera de los dos tiene su turno cuando queda el número 1, el jugador está en una posición perdedora porque solo podrá quitar el 1, ahora si queda un 2, es una posición ganadora porque fácilmente puede dejar al otro en una posición perdedora, lo cual sería si borrara el 2 y escribiera un 1, si queda un 3, es posición perdedora porque no puede enviar al siguiente al 1, solo lo puede enviar a una posición ganadora o perder directamente, cuando queda el 4, puede enviar al siguiente a una posición perdedora quitanto un 1, el 5 es una posición perdedora, el 6 es ganadora, de aqui observé que las posiciones perdedoras son las impares ya que los divisores de un número impar son impares y el número que terminaría colocando es un par, a partir de un número impar, es imposible dejar el 1 en el pizarrón (que es la principal posición perdedora).
ResponderBorrarYa vimos que las posiciones ganadoras son las pares por lo que si A empieza, empieza en una posición ganadora y en cada turno quitara un divisor impar (en caso de ser una potencia de dos el número en el pizarrón, quitará eL 1), se mantendrá en posiciónes ganadoras mandando a B a posiciones perdedoras y A tiene la estrategia ganadora
Para el problema 1, lo que yo hice fue:
ResponderBorrar3x+5y=41
3x=41-5y
x=(41-5y)/3
como x y y son enteros, 3|41-5y
por lo que 41 es congruente con 5y módulo 5, 41 es congruente con 2 módulo 3, 5 es congruente con 2 módulo 3, por lo tanto, y es congruente con 1 módulo 3 y y es de la forma:
y=3a+1
Para cualquier entero a, después tenemos entonces que
x=(41-5(3a+1))/3
x=(41-15a-5)/3
x=(36-15a)/3
x=3(12-5a)/3
x=12-5a
Las soluciones enteras para 3x+5y=41 son:
x=12-5a
y=3a+1
para toda a entera.
Problema 1.
ResponderBorrarVemos que 41 es congruente con 1 módulo 5. Viendo los casos, por lo tanto 3x debe ser congruente con 1 módulo 5 y 3 es congruente con 3 módulo 5, por lo tanto x debe ser congruente con 2 módulo 5, y de la forma 5k+2.
Sustituyendo en la original tenemos que:
15k+6+5y=41 por lo tanto y=7-3k
Así que las soluciones son de las formas: x=5k+2 y y=7-3k. con k entero.
Problema 1
ResponderBorrarConsideraremos dos ecuaciones:
(1) 3x+5y=41. De esta sólo vamos a buscar una solución, por ejemplo: (x,y) = (2,7)
(2) 3x+5y=0. De esta tenemos que solucionarla en general, nos ayuda mucho el que no esté el 41 del lado derecho, es fácil ver que la solución es (x,y)=(5t,-3t) con t un entero arbitrario, ya que (3,5)=1 => 3(5t) + 5(-3t) = 15t - 15t=0
Para terminar, sólo tenemos que sumar las soluciones.
(x,y) = (2,7) + (5t,-3t) = (5t+2,7-3t)
para cualquier t entero.
Problema 2
Claramente 1 es posición perdedora, por lo tanto 2 es posición ganadora, ahora, podemos ver fácilmente que de un número impar podemos llegar sólo a uno par, porque sólo impar divide a impar e impar-impar=par, => de un impar sólo se puede llegar a un par, y de un par, se puede llegar a un impar cuando se le resta 1, que siempre es posible porque 1 es divisor de todos los números, por lo tanto las posiciones ganadoras son los números pares y las perdedoras los impares, al ser 60 par el jugador que inicia tiene la estrategia ganadora, dejándole siempre un número impar al otro de forma que él deba dejarle uno par hasta llegar al 2.
Problema1
ResponderBorrarvemos que mod3, 5y tiene que ser congruente con 2, por lo tanto y tiene que ser songruente con 1. Notamos que si y=3k+1 y x=12-5k para toda k entera es solución, po lo tanto son todas por que estan incluidos todos los casos en los que y es congruente 1 mod 3
Problema 2
Si esta escrito un numero impar, como solo tiene divisores impares el resultado que puedes escribir siempre sera par, cuando tienes un numero para puedes restarle 1 y dejar un numero impar, por lo tanto, el primero en tirar deja un numero impar y como el 2do en tirarsolo le pudedjar un par el primero siempre puede dejar escrito un numero impar, y como en cada tiro disminuye el numero, en algun momento el segundo jugador tendra que escribir 0.
Problema3
Sean D,E,F los puntos medios de BC,CA y AB respect. y sea G el gravicentro, es fácil ver por angulos en el cíclico que el los triangulos BGA y LGM sopn semejantes al igual que CGA y LGN, de ahi (y sabiendo que 2FG=GC)podemos obtener que: AF/GE=2AB/2BG=AB/BG=ML/LG=NL/LG=AC/CG=2AC/2CG=AE/FG de donde AF*FG=AE*EG y es conocido que (AFG)=(AEG) usando la formula de area tenemos que senAFG*AF*FG/2=(AFG)=(AEG)=senAEG*AE*EG/2 y eliminando obtenemos que senAFG=senAEG po lo tanto angAFG=angAEG (que no se puede por que implica que ABC es isosceles) o angAFG+angAEG=180, de donde AFGE es cíclico, como sabemos que FE es paralela a BC, tenemo que angBCN=angEFG=angEAG=angCBL, por lo tanto CG paralela a BL y analogamente podemos ver que CL paralela a GB entonces D es punto medio de GL, por lo que AG=2GD=2DL. por potencia desde D sabemos que BD*DC=AD*DL=AD*AL/4 de donde AD*AL=4BD*DC=BC*BC
vemos que como los triangulos ABD y CLD son semjantes,al igual que ADC y BDL, tenemos que AB/CL=AD/DC=AD/BD=AC/BL=k
Por Ptolomeo en el cíclico ABLC teemos que AB*CL+AC*BL=AL*BC multiplicamos toda la ecuacion pork y obtenemos que AB*AB+AC*AC=AL*BC*AD/BD=BC*BC*BC/BD=2BC*BC que es lo que queriamos
En el problema 1 , me acabo de dar cuenta que hice mal el caso para m=0, si se puede, por lo tanto m se puede para todo entero.
ResponderBorrar