tag:blogger.com,1999:blog-444408592833092365.post5029452306245751169..comments2023-06-29T04:02:58.043-06:00Comments on México rumbo a la IMO: Problemas del SabadoDavid (sirio11)http://www.blogger.com/profile/13765612869477578855noreply@blogger.comBlogger5125tag:blogger.com,1999:blog-444408592833092365.post-48007981262930210132015-06-18T11:16:09.549-05:002015-06-18T11:16:09.549-05:00* en el caso que m sea menor o igual a 3 * en el caso que m sea menor o igual a 3 Anonymoushttps://www.blogger.com/profile/10915338307361330864noreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-444408592833092365.post-16078362466387284692015-06-18T11:14:59.078-05:002015-06-18T11:14:59.078-05:00Ah, para ver que $m \ge 4$ basta ver que la cantid...Ah, para ver que $m \ge 4$ basta ver que la cantidad de cuadros en algún trimino es mayor que la cantidad de cuadros, es decir, $ 3m^2 > (2m-1)^2$ Anonymoushttps://www.blogger.com/profile/10915338307361330864noreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-444408592833092365.post-84666721192023415112015-06-18T10:52:21.405-05:002015-06-18T10:52:21.405-05:00En el segundo le puede para todo $n \ge 7$ constru...En el segundo le puede para todo $n \ge 7$ construyes los ejemplos para $n = 7$ y $n = 9$ con 16 y 25 triminos respectivamente. <br />Luego construyes inductiva mente los demás, a partir de $n$ construyes $n + 4$ pegando bloques de $ 2x(n+2)$ en las orillas. <br />Para demostrar que es el mínimo, se consideran los cuadros cuyas coordenadas tienen ambas entradas impares. Cada triminos cubre a los mas a uno de esos cuadros, y hay $m^2$ de esos cuadros (con $n=2m-1$)Anonymoushttps://www.blogger.com/profile/10915338307361330864noreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-444408592833092365.post-72444476471957271282015-06-16T19:40:47.642-05:002015-06-16T19:40:47.642-05:00Ah, mi solución es la misma que la de Juan, bueno ...Ah, mi solución es la misma que la de Juan, bueno sólo que yo colorié las que tienen coordenadas impares.Anonymoushttps://www.blogger.com/profile/10915338307361330864noreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-444408592833092365.post-24502307314338349182015-06-09T19:36:13.157-05:002015-06-09T19:36:13.157-05:00Si 6 no divide a $n$, como cada pieza tiene $12$ c...Si 6 no divide a $n$, como cada pieza tiene $12$ cuadros, pierdo. Si 4 no divide a $n$ pero 2 sí, entonces coloreo de negro a $(x,y,z)$ si $x,y,z$ son pares y de blanco de lo contrario. Claramente cada escalerita tiene 3 o 1 cuadritos negros. Además, como $n^3/12$ es par, el número de escaleritas que uso es par. Entonces en total el número de cuadritos negros que uso es par, pero es claro que esto es falso, pues es $(n/2)^3$. Así, si $n$ funciona entonces $ 12 | n $.<br /><br />La configuración para $12k \times 12k$ es simplemente usar bloquecitos de $2 \times 3 \times 4$.Juanhttps://www.blogger.com/profile/14927223421557009771noreply@blogger.com