Bienvenidos

Les damos la bienvenida a nuestro grupo on-line destinado a compartir la Resolución de Problemas del Certamen de Olimpiadas "Número de Oro". En esta oportunidad, presentaremos los problemas resueltos tanto de alumnos como de la categoría profesores de enseñanza media, a medida que nuestro grupo de trabajo los vaya resolviendo.

Somos un grupo de trabajo que comienza a reunirse a partir del año 2010 en las instalaciones de la Universidad Nacional de la Patagonia Austral en la austral ciudad de Río Gallegos, localizada en la Provincia de Santa Cruz. Desde entonces, nos juntamos con el único objetivo de compartir con nuestros colegas lo entretenido de resolver este tipo de desafíos.

A los fines de facilitar un espacio confortable para una actividad de nuestro agrado, solicitamos a Usted (lector) que sepa participar de las encuestas proporcionadas por nuestro blog de ahora en más, para proporcionar mejoras en nuestras publicaciones. Desde ya, aceptamos cualquier tipo de comentario constructivo, siempre y cuando esté destinado a mejorar la calidad de trabajo de este grupo.

De esta manera, le damos la bienvenida a nuestro rincón del pensamiento.

LA ESCUADRA DORADA

Jueves 18 de Agosto de 2011


jueves, 13 de octubre de 2011

2011 - Alumnos - Problema 1


9 comentarios:

  1. ¿en inciso ii) se concluye que si uno de los números elegidos es mcm de otro de los números elegidos neceariamente este será el doble o el triple del otro ?

    ResponderEliminar
  2. No, no es eso lo que pretendemos concluir, lo que decimos es que si tenemos dos números: n y 2n, entonces 2n es el mcm de ambos(símil si tenemos n y 3n, o 2n y 4n, casos para los que hemos hecho la salvedad adecuada hacia el final del desarrollo), pero nunca a la inversa. Lo que hicimos fue analizar estos primeros casos porque con ellos (haciendo las consideraciones necesarias) basta para probar el resultado deseado. Gracias por tu atención, saludos, Pablo -La Escuadra Dorada-

    ResponderEliminar
  3. pero 2n es el doble de n, igual 4n de 2n y 3n es el triple de n. No se menciona ningún par de la forma (n , 4n), (n , 5n ) o (n , kn ) para k>3.
    Muchos pasos de la deduccion (hasta donde yo puedo entender) me resultaron confusos, incompletos y hasta errones:
    Si n es el menor de los números elegidos (m=0) es claro que necesariamente se cubrirá el par (n ,2n), si el menor es n-1 (m=1) quedará un casillero libre entonces se cubrirá alguno de los pares (n ,2n) o (n-1, 2n-2). Pero esto es claro para m suficientemente chicos, a partir de la generalizacion es donde se vuelve confuso: es cierto que existirán m+1 pares donde el segundo será el mcm (doble en este caso) entre ambos pero si se cubre un par o no, dependerá de otras cosas como la cantidad de elementos que compartan y la cantidad de elementos entre n-m y 2n que no pertenezcan a esos pares. estas consideraciones parecieran tomarse cuando se mencionan los pares (m ,2m) y (2m , 4m) (aqui convendría usar otra letra "l" pues esta m no tiene relacion con la m mencionada anteriormente) pero esto es incopleto porque es cierto que hay una par (l , 3l) pero 3l puede ser un elemento de los m+1 pares, además para m grandes existirá para cada elemento repetido un par de la forma (l , 3l) entonces puede que aparezcan nuevos elementos repetidos (l , 3l) (3l , 9l).
    Luego la demostracion concluye que hay m+1 pares donde uno de sus elementos es mcm entre ambos, esto es sumamente impresiso y si fuera cierto, el hecho de que queden m casilleros libres no es garantía de que quede al menos uno de esos pares cuiertos. Saludos.

    ResponderEliminar
  4. Si dos pares comparten un elemento, demostramos que hay al menos un nuevo par posible entre ellos, con los que se compensan las cantidades de lugares que pueden ocuparse y quedar libres, sin embargo, y esto juega a nuestro favor, puede ocurrir incluso que si dos pares comparten un elemento, haya muchos más pares posibles tales que su mcm es uno de ellos, con lo que sería todavía 'más imposible que antes' dejar los suficientes lugares vacíos. Tomo un ejemplo tuyo: si aparecen los pares (l,3l) y (3l,9l), con un elemento repetido, entonces se agregan los siguientes pares posibles, (porque sus elementos serán menores que 2n), a saber (l,4l);(l,5l);(l,6l);(l,7l) y (l,8l). No sé si me explico, pero lo que ocurre es que para que puedan aparecer pares posibles con elementos repetidos, es necesario que haya muchos más pares posibles todavía que cumplen con la condición pedida. Nunca se podrán dejar vacíos los lugares suficientes. Nuevamente, Pablo - La Escuadra Dorada

    ResponderEliminar
  5. Y sumale a lo anterior, el hecho de que hay que evitar sí o sí que el 1 forme parte de los n+1 números, con lo que nos queda un lugar menos para desocupar

    ResponderEliminar
  6. Seguro que la cantidad de pares es en general mucho mayor que m+1 y seguramente uno de estos pares estará cubierto, Porque justamente esto es lo que hay que demostrar, pero notarás que cada vez nos alejamos más de tu demostración. Lo que no está bien relacionado y lo que en mi opinión hace que tu demostración se desmorone es la relación entre cantidad de pares y lugares vacios, estas son tus palabras "... hay m+1 pares pares disponibles tales que uno de sus elemntos es el mcm de ambos, y solo m posibles que puedan quedar vacios, por lo que algún par tiene sus dos elementos..." La deducción es erronea: suponiendo que estos m+1 pares no compartieran elementos tendriamos 2m+2 elementos, y si m quedan libres, m+2 quedan cubiertos lo que implica que necesariamente que un par tendrá ambos elementos cubiertos, esto es lo que intentas decir, pero el error está en que puedo cubrir elementos fuera de estos pares y quedarian más de m lugares vacios.

    ResponderEliminar
  7. ¿que pasó con esta interesante discusión?

    ResponderEliminar
  8. No se acaba, estamos trabajando en un cambio de redacción.

    ResponderEliminar