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> Certamen I 2009
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mensaje Oct 4 2009, 02:36 PM
Publicado: #1


Maestro Matemático
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Este fue el 1er certamen del 2009 de este ramito



Archivo Adjunto  Certamen1.pdf ( 78.15k ) Número de descargas:  363



Saludos :B
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Arthas
mensaje Oct 4 2009, 03:56 PM
Publicado: #2


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1) a) Principio de induccion

TEX: $[p(n_0) y ((Vn>=n_0)p(n)==>p(n+1)]==>Vn>=n_0, P(n)$

Es decir: Si probamos que TEX: $p(n_0)$ es verdadero, y luego fijamos un n arbitrario tqTEX: $n>=n_0$ y suponemos que TEX: $p(n)$ es verdadero (Hipotesis de induccion) y probamos usando esto que TEX: $p(n+1)$ es verdadero entonces TEX: $p(n)$ es verdadero TEX: $Vn>=n_0$


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CITA(Zephyr~ @ Jan 14 2010, 12:19 PM) *
Que tiene de honorbale sacar menos de 850?, pff :G:

CITA(egadoobkn @ Mar 25 2010, 12:19 PM)
holaaa me llamo edgardo y me la como atravesá =P=P=P=P

CITA(Abu-Khalil @ Jul 23 2009, 05:16 PM) *
La idea es que no se cierren a ser nacional o nada, porque serlo... vale callampa :G:

Algunas frases recopiladas en el tiempo

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mensaje Oct 4 2009, 04:00 PM
Publicado: #3


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Hace tiempo queria ver algun certamen de esta asignatura smile.gif

P2.

TEX: a) No es dificil verificar manualmente que $u_1=5$, $u_2=11$, $u_3=23$, $u_4=47$<br /><br />b) Para conjeturar la formula de la recurrencia $u_n$ de la forma $a\cdot 2^n+b$, lo mas optimo seria resolver un sistema de 2x2:<br /><br />$2a+b=u_1=5$<br /><br />$4a+b=u_2=11$<br /><br />De donde se desprende que $a=3, b=-1$, y entonces podriamos conjeturar que $u_n=3\cdot 2^n-1$, y esta conjetura se ve apoyada viendo que funciona para $n=1,2,3,4$<br /><br />c) Para $n=1$, ya vimos que nuestra conjetura es verdadera. Asumamos que para $n=k$ es cierta. Entonces para $n=k+1$:<br /><br />$u_{k+1}=2u_k+1=2(3\cdot 2^k-1)+1=3\cdot 2^{k+1}-1$<br /><br />Demostrando lo conjeturado $\blacksquare$

P4.

TEX: Veamos que:<br /><br />$3x-5y\equiv 13(x-y)+3x-5y\equiv 2(8x-9y)\equiv 9 \pmod{13}$<br /><br />Como $3x+5y\equiv 9\pmod {13}$, obtenemos que:<br /><br />$x\equiv 3\pmod{13}$ e $y\equiv 0\pmod{13}$ $\blacksquare$








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Ricardo Vargas Obando
Ex-alumno Deutsche Schule La Unión (Generación 2010, de los 150 años).
Novato de Licenciatura en Matemática/Estadística, en la Pontificia Universidad Católica de Chile.




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  • "What we learned as children, that one plus one equals two, we know to be false. One plus one
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Arthas
mensaje Oct 4 2009, 04:18 PM
Publicado: #4


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2) a) sea TEX: $u_0=2$ y TEX: $u_n=2u_{n-1}+1$

TEX: $u_1=2u_{1-1}+1=2u_0+1=2\cdot 2+1=5$

TEX: $u_2=2u_{2-1}+1=2u_1+1=2\cdot 5+1=11$

TEX: $u_3=2u_{3-1}+1=2u_2+1=2\cdot 11+1=23$

TEX: $u_4=2u_{4-1}+1=2u_3+1=2\cdot 23+1= 47$

b) Hacer una formula general

TEX: $u_n=2^n\cdot u_0+2^n-1$

TEX: $u_n=2^n(2+1)-1$

TEX: $u_n=3\cdot 2^n-1$

c) Demostrar por induccion

para n=1

TEX: $u_1=3\cdot 2^1-1=5$ verdadero

Asumimos que n=k
Ahora para n=k+1

TEX: $u_{k+1}=2u_{k}+1=2\cdot (3\cdot 2^k-1)+1$

TEX: $u_{k+1}=3\cdot 2^{k+1}-2+1$

TEX: $u_{k+1}=3\cdot 2^{k+1}-1$

Me demore caleta porque tuve problemas con el Latex Manual xD


Mensaje modificado por Arthas el Oct 4 2009, 04:29 PM


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CITA(Zephyr~ @ Jan 14 2010, 12:19 PM) *
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La idea es que no se cierren a ser nacional o nada, porque serlo... vale callampa :G:

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mensaje Oct 4 2009, 05:01 PM
Publicado: #5


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P3.

Afirmacion Sea TEX: $m\in \mathbb{N}, m\equiv 2\pmod 3$. Entonces TEX: $m$ tiene un divisor primo de la forma TEX: $3j+2$, TEX: $j$ natural.

Dem: Por contradiccion, sean TEX: $d_1,d_2,...,d_t$ los divisores primos de TEX: $m$. Asuma que TEX: $d_i\equiv 1\pmod 3, i=1,2,...,t$ (pues si uno de ellos es igual a 3, TEX: $m$ seria multiplo de 3). Entonces:

TEX: $m=\displaystyle \prod_{i=1}^i d_i^{\alpha_t}\equiv 1\pmod 3$

Lo cual contradice lo asumido TEX: $\square$

Supongamos que existan un finito numero de primos distintos de 2, TEX: $p_1, p_2,...,p_n$, tales que TEX: $p_i\equiv 2\pmod 3$ para TEX: $i=1,2,...,n$. Sea ahora

TEX: $p_{n+1}=2+3\displaystyle \prod_{i=1}^n p_i$

Por la afirmacion, TEX: $p_{n+1}$ posee al menos un divisor primo congruente a 2 modulo 3, pero claramente TEX: $p_1,p_2,..,p_n$ no pueden ser (porque tendrian que dividir a 2, lo cual es absurdo). Entonces hallamos otro primo en la secuencia, lo cual es absurdo, porque habiamos asumido que TEX: $p_1, p_2,...,p_n$ eran todos los primos en la secuencia. Por lo tanto existen infinitos primos congruente a 2 modulo 3. TEX: $\blacksquare$


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coquitao
mensaje Oct 4 2009, 05:03 PM
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3. Hay que proceder como en el típico argumento euclideano de la infinitud de primos. Supónte que en la progresión dada sólo hay finitos primos, digamos TEX: $p_{1}, \ldots, p_{k}$.

Considera el número siguiente: TEX: $N=3(p_{1} \cdots p_{k})-1.$ Dicho número no puede ser primo pues es mayor que cualquiera de los TEX: $p_{i}$. Luego, debe ser divisible por algún número primo. Claramente el 3 no puede ser divisor de N, pues esto nos llevaría a que 3|1. Tampoco puede ser el caso que todos los divisores primos de N sean de la forma 3k+1, pues es fácil ver que el producto de números de esa forma es otro número congruente con 1 módulo 3. Luego, N es divisible por un primo q de la forma 3k+2 y dicho primo q no es uno de los TEX: $p_{i}$ (pues de serlo se tendría que q|1, lo cual es absurdo). FIN.

Segunda solución. En realidad sólo hay que calcular el máximo común divisor de 3 y 2 y aplicar el conocido teorema de Dirichlet sobre primos en progresiones artiméticas. zippyyeahbt5.gif


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Kaissa
mensaje Oct 4 2009, 06:27 PM
Publicado: #7


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TEX: $ $\\<br />Principio de inducci\'on matem\'atica 1:\\<br />Sea $S\subseteq\mathbb{N}$ tal que $1\in S$ y $\forall n\in S$ se tiene que $n\in S\Longrightarrow n+1\in S$, entonces $S=\mathbb{N}$.\\<br />Principio de inducci\'on matem\'atica 2:\\<br />Sea $S\subseteq\mathbb{N}$ tal que $1\in S$ y tal que $n\in S$ para todo $1\leq n<k$ implica que $k\in S$, entonces $S=\mathbb{N}$.

Mensaje modificado por Kaissa el Oct 4 2009, 06:28 PM


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