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Putnam 2010

「Krizalid」 Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Dec 23 2010, 12:30 AM Publicado: #1
Staff FMAT Grupo: Super Moderador Mensajes: 8.124 Registrado: 21-May 06 Miembro Nº: 1.156 Nacionalidad: Sexo:	Putnam_2010.pdf ( 28.01k ) Número de descargas: 491 Las iré posteando en orden decreciente, para que posteen sus soluciones. Saludos

makmat Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 11 2011, 08:11 PM Publicado: #2
Dios Matemático Supremo Grupo: Moderador Mensajes: 590 Registrado: 14-October 07 Miembro Nº: 11.310 Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	B1. No sé si mal entendí el problema o estoy pasando por alto algo, lo revisé y según yo está bien mi solución, pero quiero que alguien más entendido que yo la revise, se lo agradecería profundamente. Note que para un real $TEX: $r: \ 0<r<1$$ , se tiene que $TEX: $\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}r^i=\frac{1}{1-r}$$ . Podremos usar este hecho. Considere un $TEX: $n>1$$ natural tal que: $TEX: $\displaystyle n=\frac{1}{1-r}$$ , con $TEX: $0<r<1 \implies r=\dfrac{n-1}{n}$$ . De aquí considere $TEX: $a_1=1$$ , y en general para $TEX: $a_j=\Bigl(\dfrac{n-1}{n}\Bigr )^{\frac{j-1}{n}}$$ , de esta forma note que: $TEX: $a_1^n+a_2^n+...=\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}\Bigl(\dfrac{n-1}{n}\Bigr )^i=n$$ . Para $TEX: $n=1$$ basta considerar la cualquier serie convergente a $TEX: $1$$ , como $TEX: $\sum_{i \ge1} \frac{1}{2^i}$$ . Saludos. -------------------- $TEX: $displaystyle oint _{gamma} F cdot dr = displaystyle int int_{R} (dfrac{partial N}{partial x} - dfrac{partial M}{partial y}) dA$$ $TEX: $frac{a+b}{2}ge sqrt{ab}$$ [!] $TEX: $displaystyle int_{Mak^2}^{Mat}Mak^{Mat^{Mak}_{Mat}}dx$$ Doctor en Matemáticas Estudiando y creando problemas $TEX: MakMat$ $TEX: $displaystyle oint_{gamma} F cdot dr= int int_{R} rot F cdot black{N} dS$$ Adiós Kazajstán...

iMPuRe Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 11 2011, 09:05 PM Publicado: #3
Doctor en Matemáticas Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 193 Registrado: 22-March 07 Desde: San Miguel, Santiago Miembro Nº: 4.651 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(makmat @ Jan 11 2011, 09:11 PM) B1. No sé si mal entendí el problema o estoy pasando por alto algo, lo revisé y según yo está bien mi solución, pero quiero que alguien más entendido que yo la revise, se lo agradecería profundamente. Note que para un real $TEX: $r: \ 0<r<1$$ , se tiene que $TEX: $\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}r^i=\frac{1}{1-r}$$ . Podremos usar este hecho. Considere un $TEX: $n>1$$ natural tal que: $TEX: $\displaystyle n=\frac{1}{1-r}$$ , con $TEX: $0<r<1 \implies r=\dfrac{n-1}{n}$$ . De aquí considere $TEX: $a_1=1$$ , y en general para $TEX: $a_j=\Bigl(\dfrac{n-1}{n}\Bigr )^{\frac{j-1}{n}}$$ , de esta forma note que: $TEX: $a_1^n+a_2^n+...=\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}\Bigl(\dfrac{n-1}{n}\Bigr )^i=n$$ . Para $TEX: $n=1$$ basta considerar la cualquier serie convergente a $TEX: $1$$ , como $TEX: $\sum_{i \ge1} \frac{1}{2^i}$$ . Saludos. antes de leer tu solucion, lei el enunciado y se me vino a la cabeza tambien lo de los $TEX: $r$$ , qizas inconcientemente lo observe, leyendo tu solucion ta wena resolviste uno de la putnam :D:D -------------------- 2 3 5 7 11 13 17 19 23 29 31 37 41 43 47 53 59 61 67 71 73 79 83 89 97 101 103 107 109 113 127 131 137 139 149 151 157 163 167 173 179 181 191 193 197 199 211 223 227 229 233 239 241 251 257 263 269 271 277 281 283 293 307 311 313 317 331 337 347 349 353 359 367 373 379 383 389 397 401 409 419 421 431 433 439 443 449 457 461 463 467 479 487 491 499 503 509 521 523 541 547 557 563 569 571 577 587 593 599 601 607 613 617 619 631 641 643 647 653 659 661 673 677 683 691 701 709 719 727 733 739 743 751 757 761 769 773 787 797 809 811 821 823 827 829 839 853 857 859 863 877 881 883 887 907 911 919 929 937 941 947 953 967 971 977 983 991 997 1009 1013 1019 1021 1031 1033 1039 1049 1051 1061 1063 1069 1087 1091 1093 1097 1103 1109 1117 1123 1129 1151 1153 1163 1171 1181 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Felipe_ambuli Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 11 2011, 11:05 PM Publicado: #4
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 836 Registrado: 9-January 07 Desde: Santiasko Miembro Nº: 3.659 Nacionalidad: Sexo:	No está bien, revisen

OckUC Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 12 2011, 01:21 AM Publicado: #5
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 288 Registrado: 25-August 09 Desde: Por ahí Miembro Nº: 57.644 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	CITA(makmat @ Jan 11 2011, 09:11 PM) B1. No sé si mal entendí el problema o estoy pasando por alto algo, lo revisé y según yo está bien mi solución, pero quiero que alguien más entendido que yo la revise, se lo agradecería profundamente. Note que para un real $TEX: $r: \ 0<r<1$$ , se tiene que $TEX: $\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}r^i=\frac{1}{1-r}$$ . Podremos usar este hecho. Considere un $TEX: $n>1$$ natural tal que: $TEX: $\displaystyle n=\frac{1}{1-r}$$ , con $TEX: $0<r<1 \implies r=\dfrac{n-1}{n}$$ . De aquí considere $TEX: $a_1=1$$ , y en general para $TEX: $a_j=\Bigl(\dfrac{n-1}{n}\Bigr )^{\frac{j-1}{n}}$$ , de esta forma note que: $TEX: $a_1^n+a_2^n+...=\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}\Bigl(\dfrac{n-1}{n}\Bigr )^i=n$$ . Para $TEX: $n=1$$ basta considerar la cualquier serie convergente a $TEX: $1$$ , como $TEX: $\sum_{i \ge1} \frac{1}{2^i}$$ . Saludos. El problema es que la sucesión a encontrar no debe depender del "n". Es una única sucesión que debe funcionar para todos los "m" enteros positivos. -------------------- RECURSIÓN: Si no lo entiende, vea RECURSIÓN $TEX: Conjunto $R$:$ $TEX: <br />$$R=\{X:X\notin X\}$$<br />$ $TEX: <br />$$R\in R\Leftrightarrow R\notin R$$<br />$

OckUC Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 5 2011, 01:51 AM Publicado: #6
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 288 Registrado: 25-August 09 Desde: Por ahí Miembro Nº: 57.644 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	A3 Sea $TEX: $$\left( x,y \right)\in \mathbb{R}^{2}$$$ un punto cualquiera en el plano. Se define la siguiente función: $TEX: $$g:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$$$ como: $TEX: $$g\left( t \right)=h\left( x+ta,y+tb \right)$$$ Notar que g(t) es diferenciable, pues es composición de funciones diferenciables. Se tiene que (por regla de la cadena): $TEX: $$g'\left( t \right)=a\cdot \frac{\partial h}{\partial x}\left( x+ta,y+tb \right)+b\cdot \frac{\partial h}{\partial y}\left( x+ta,y+tb \right)=h\left( x+ta,y+tb \right)=g\left( t \right)$$$ Es decir, una EDO $TEX: $$g'\left( t \right)=g\left( t \right)$$$ cuya solución general es $TEX: $$g\left( t \right)=Ae^{t}$$$ . Pero $TEX: $$\forall t\in \mathbb{R}\text{ se tiene }\left\| g\left( t \right) \right\|=\left\| h\left( x+ta,y+tb \right) \right\|=\left\| Ae^{t} \right\|\le M$$$ Necesariamente se tiene que $TEX: $$A=0\Rightarrow g\left( t \right)=0=h\left( x+ta,y+tb \right)$$$ Luego $TEX: $$g\left( 0 \right)=0=h\left( x+0\cdot a,y+0\cdot b \right)=h\left( x,y \right)$$$ Por lo tanto, para cualquier (x,y) en el plano, se tiene que h(x,y)=0. -------------------- RECURSIÓN: Si no lo entiende, vea RECURSIÓN $TEX: Conjunto $R$:$ $TEX: <br />$$R=\{X:X\notin X\}$$<br />$ $TEX: <br />$$R\in R\Leftrightarrow R\notin R$$<br />$

coquitao Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 4 2012, 01:52 AM Publicado: #7
Dios Matemático Supremo Grupo: Super Moderador Mensajes: 2.065 Registrado: 25-May 08 Desde: Pelotillehue Miembro Nº: 24.463	A4. $TEX: Si $n=1$, el número consta de dos 1's en posiciones impares y un 9 en las unidades. Por lo tanto, el número es divisible por 11. Afirmamos que esto ocurre siempre que $n$ es impar. En efecto, para $n$ impar se cumple que $10^{n}\equiv -1 \pmod{11}.$ Por otro lado, puesto que tanto $10^{n}$ como $10^{10^{n}}$ son números pares, $10^{10^{10^{n}}}+10^{10^{n}} \equiv 2 \pmod{11}$ y por consiguiente, $0 = 2+(-1) + (-1) \equiv (10^{10^{10^{n}}}+10^{10^{n}}) +10^{n}-1 \pmod{11}$. $\medskip$<br /><br />Si $n$ es par, hagamos $N:= v_{2}(n)$. Se cumple entonces que $n=2^{N}q$ para algún impar $q \in \mathbb{N}.$ Puesto que $10^{2^{N}} \equiv -1 \pmod{10^{2^{N}}+1}$, todo se reduce a demostrar que $10^{10^{10^{n}}}+10^{10^{n}} \equiv 2 \pmod{10^{2^{N}}+1}.$ Como $N\geq 1$, $2^{2^{N}}q-2^{N} \geq 2$ y por tanto, $10^{10^{n}} = 10^{(2^{2^{N}q})( 5^{2^{N}q})} = 10^{(2^{N})(2^{2^{N}q}-2^{N})( 5^{2^{N}q})} \equiv 1 \pmod{10^{2^{N}}+1}$. Procediendo análogamente se establece que $10^{10^{10^{n}}}\equiv 1\pmod{10^{2^{N}}+1}$ y la prueba termina (el divisor es claramente propio).<br />$ -------------------- "Please forget everything you have learned in school; for you haven't learned it... Please keep in mind at all times the corresponding portions of your school curriculum; for you haven't actually forgotten them." -- E. Landau

ol1v3r Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 7 2013, 12:39 PM Publicado: #8
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 340 Registrado: 18-May 06 Desde: ..la eskinaa...!!! Miembro Nº: 1.125 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	B1 $TEX: Si existiera tal sucesión, para cada i se debería cumplir: $a_i^{2n}\leq 2n \Rightarrow \|a_i\|\leq \sqrt[2n]{2n} \,\, \forall{n}\Rightarrow \|a_i\|\leq 1 $$ $TEX: Supongamos $\|a_i\| < 1 \, \forall{i}$, en este caso se cumpliría que: \\ $a_i^2 \geq a_i^4 \, \forall{i} \Rightarrow 2=\sum_{i=1}^\infty{a_i^2}\geq \sum_{i=1}^\infty{a_i^4}=4 \rightarrow\leftarrow $$ $TEX: Supongamos existen i tal que $\|a_i\|= 1$, sin perdida de generalidad sea $\|a_i\|= 1 \, \forall i\leq k$, algún $k \in{\mathbb{N}}$, en este caso tendríamos: <br />\\ $1-k=\sum_{i=k+1}^\infty{a_i^2}\geq \sum_{i=k+1}^\infty{a_i^4}=3-k \rightarrow\leftarrow$ .$ $TEX: Lo anterior muestra que no puede existir tal sucesión.$

mamboraper Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Feb 20 2023, 05:54 PM Publicado: #9
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 134 Registrado: 28-March 14 Miembro Nº: 128.100 Nacionalidad: Sexo:	A3 (solución alternativa) $TEX: Si $a=b=0$ es trivial. En caso contrario, suponemos sin perder generalidad que $a\neq 0$, entonces consideramos la función $f(x,y) := e^{-x/a}h(x,y)$ (si $b\neq 0$ entonces tomamos $f(x,y):=e^{-y/b}h(x,y)$), luego vemos que <br />\begin{align}<br /> \frac{\partial}{\partial x}f(x,y) + \frac{b}{a}\frac{\partial}{\partial y}f(x,y) &= -\frac{1}{a}e^{-x/a}h(x,y) + e^{-x/a}\frac{\partial}{\partial x}h(x,y) + \frac{b}{a}e^{-x/a}\frac{\partial}{\partial y}h(x,y)\\<br />&= \frac{e^{-x/a}}{a}(-h(x,y) + a\frac{\partial}{\partial x}h(x,y) + b\frac{\partial}{\partial y}h(x,y)) = 0<br />\end{align}<br />definimos $v:=(1,b/a)$, luego tenemos que $v^\top \nabla f(x,y) = 0$ para todo $(x,y)\in\mathbb{R}^2$. Ahora, sea $t\in\mathbb{R}$ y $z\in\mathbb{R}^2$, por el TVM existe $\xi\in\mathbb{R}^2$ tal que <br />$$f(z+tv)-f(z) = (tv)^\top\nabla f(\xi) = t v^\top\nabla f(\xi) = 0$$<br />por lo tanto $f(z) = f(z+tv)$ para todo $z\in\mathbb{R}^2$ y $t\in\mathbb{R}$, que por la definición de $f$ implica que $$h(z) = e^{-t/a}h(z+tv), \ \forall z\in\mathbb{R}^2, \forall t\in\mathbb{R} $$ Entonces, <br />\begin{align}<br /> \forall z\in\mathbb{R}^2, \forall t\in \mathbb{R}\colon \|h(z)\|\leq Me^{-t/a}<br />\end{align}<br />Luego si $a>0$ entonces tomamos $t\to\infty$ y se concluye que $h(z) = 0$, mientras que si $a<0$, tomamos $t\to-\infty$ y también se obtiene que $h(z)=0$, lo que prueba que $h$ es idénticamente nula.<br />$ -------------------- Hago clases particulares (activo 2024). Cualquier consulta por MP.

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