VIII OMCS (1997) - Foro fmat.cl

Foro fmat.cl > Sector Preparación Olimpiadas > Competencias y Olimpiadas > Olimpiadas > Olimpiada Cono Sur

2 Páginas:

< 1 2

VIII OMCS (1997), Paraguay

Opciones

pelao_malo Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 26 2008, 09:07 PM Publicado: #11
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 878 Registrado: 14-May 07 Desde: Talcahuano Miembro Nº: 5.845 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	editado -------------------- $TEX: $\sqrt{5}=41$$

Mel S. Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 10 2010, 07:56 PM Publicado: #12
Principiante Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 12 Registrado: 27-July 09 Miembro Nº: 56.040 Nacionalidad: Sexo:	CITA(xsebastian @ Sep 11 2006, 05:16 PM) Solución al problema 3 (la comparto con ustedes porque hace mucho lo he intentado y recién por la mañana salió humo blanco ) Por tanteo, sabemos que $TEX: $(31,5,0)$$ es una solución de números enteros. Para buscar infinitas soluciones, pondremos $TEX: $a=31$$ y manipularemos un poco la ecuación: $TEX: \begin{eqnarray}<br />2\cdot31^2+3b^2-5c^2 & = & 1997 \\<br />3b^2-5c^2 & = & 1997-2\cdot31^2 \\<br />3b^2-5c^2 & = & 75<br />\end{eqnarray}$ Deducimos que 5 divide a $TEX: $b$$ y que 3 divide a $TEX: $c$$ , es decir, existen $TEX: $d,e\in\mathbb Z$$ tales que $TEX: $b=5d,e=3e$$ . Reemplazamos en la última igualdad: $TEX: \begin{eqnarray}<br />3\cdot(5d)^2-5\cdot(3e)^2 & = & 75 \\<br />75d^2-45e^2 & = & 75 \\<br />5d^2-3e^2 & = & 5<br />\end{eqnarray}$ Deducimos que 5 divide a $TEX: $e$$ , es decir, existe $TEX: $f\in\mathbb Z$$ tal que $TEX: $e=5f$$ . Reemplazamos en la última igualdad: $TEX: \begin{eqnarray}<br />5d^2-3\cdot(5f)^2 & = & 5 \\<br />5d^2-75f^2 & = & 5 \\<br />d^2-15f^2 & = & 1<br />\end{eqnarray}$ Basta con probar que esta última ecuación tiene infinitas soluciones $TEX: $(d,f)$$ , con $TEX: $d,f\in\mathbb Z^+$$ , pues cada solución de este tipo genera una solución $TEX: $(31,5d,15f)$$ de enteros positivos, para la ecuación original, y además: pares $TEX: $(d,f)$$ distintos generan ternas $TEX: $(a,b,c)$$ distintas. Entonces, definimos las sucesiones $TEX: $(d_k)_{k\ge1},(f_k)_{k\ge1}$$ por las siguientes relaciones de recurrencia: $TEX: $d_1=4,f_1=1$$ $TEX: $d_{j+1}=4d_j+15f_j$$ $TEX: $\forall j\in\mathbb Z^+:f_{j+1}=d_j+4f_j$$ Claramente esta sucesión es de enteros positivos, pues $TEX: $d_1,f_1\in\mathbb Z^+$$ y los demás también por la definición recursiva (la adición y multiplicación son cerradas en $TEX: $\mathbb Z^+$$ ). También de la definición, tanto $TEX: $(d_k)_{k\ge0}$$ como $TEX: $(f_k)_{k\ge0}$$ son estrictamente crecientes. Por lo tanto tenemos una cantidad infinita de pares $TEX: $(d,f)$$ distintos. Basta con probar que $TEX: ${d_k}^2-15{f_k}^2=1$$ , para todo $TEX: $k\in\mathbb Z^+$$ . Esto es evidente para $TEX: $k=1$$ . Supongamos cierto para cierto $TEX: $k$$ y probaremos para $TEX: $k+1$$ $TEX: \begin{eqnarray}<br />{d_{k+1}}^2-15{f_{k+1}}^2 & = & (4d_k+15f_k)^2-15(d_k+4f_k)^2 \\<br />{d_{k+1}}^2-15{f_{k+1}}^2 & = & 16{d_k}^2+120d_kf_k+225{f_k}^2-(15{d_k}^2+120d_kf_k+240{f_k}^2) \\<br />{d_{k+1}}^2-15{f_{k+1}}^2 & = & {d_k}^2-15{f_k}^2 \\<br />{d_{k+1}}^2-15{f_{k+1}}^2 & = & 1<br />\end{eqnarray}$ Esto termina la demostración: hemos encontrado infinitas soluciones $TEX: $(d,f)$$ de enteros positivos a la ecuación $TEX: $d^2-15f^2=1$$ , y de ahí podemos deducir infinitas soluciones $TEX: $(a,b,c)$$ de enteros positivos para la ecuación inicial. Me parece que la solución está bien, pero no hace falta lo último: hay infinitas soluciones porque es una ecuación de Pell.

juancodmw Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 26 2016, 03:04 PM Publicado: #13
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 783 Registrado: 23-April 13 Desde: Constitución Miembro Nº: 118.027 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	P2 $TEX: Como $AB$ es diámetro, entonces $\angle{ARB}=90^{o}$, por tanto basta probar que $\angle{TRH}=90^{o}$. En efecto, por el T. de Thales todo lo siguiente es cierto: como $OP\parallel RB$ y $AO=OB$ entonces $AP=PR$ $()$, también vemos que como $QT\parallel AO$ y $OP=2\cdot QT$, entonces $AO=2\cdot QT$, luego $HT=OT$ $()$ y $AP=2\cdot PT$ de esto último y por $()$ se tiene que $PT=RT$ $(*)$. Por $()$, $(***)$ y LAL vemos que $\triangle{TRH}\cong \triangle{TPO}$, luego como $\angle{TPO}=90^{o}$, se sigue que $\angle{TPO}=\angle{TRH}=90^{o}$, que es lo que queríamos $\blacksquare$$ --------------------

« Posterior · Olimpiada Cono Sur · Anterior »

2 Páginas:

< 1 2

1 usuario(s) está(n) leyendo esta discusión (1 invitado(s) y 0 usuario(s) anónimo(s))

0 miembro(s):

Modo de Ver: Estándar · Cambiar a: Lineal+ · Cambiar a: Outline

Suscribirse · Enviar por correo · Imprimir · Suscribirse a este foro

Versión Lo-Fi

Fecha y Hora actual: 23rd November 2024 - 05:21 PM