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iMPuRe Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 14 2011, 09:03 PM Publicado: #21
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(coquitao @ Nov 14 2011, 10:02 PM) No, no es análoga. Con la "otra progresión" yo me refería a 3, 7, 11, ... ahhhh ahora entiendo a que te referias, si.. concuerdo hahaha saludos coquitao gracias por tu blog! -------------------- 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 1187 1193 1201 1213 1217 1223 1229 1231 1237 1249 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coquitao Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 14 2011, 09:16 PM Publicado: #22
Dios Matemático Supremo Grupo: Super Moderador Mensajes: 2.065 Registrado: 25-May 08 Desde: Pelotillehue Miembro Nº: 24.463	1. Hay que aclarar con respecto a qué se dice que la prueba "es análoga". Si nos fijamos en la manera que reescribí la solución de iMPuRe, lo que hice básicamente fue dar un polinomio con infinitos divisores primos en la progresión 6K-1. Mostraré a continuación que una construcción "análoga" también es posible en el caso de la progresión aritmética 6K+1. Dado un conjunto $TEX: $A:= \{p_{1}, \ldots, p_{k}\}$$ de primos de la forma 6K+1, considere el número $TEX: $P := 12(p_{1} \cdots p_{k})^{2}+1$$ . Si el número resulta primo, entonces se ha generado un nuevo primo de la forma requerida. En otro caso, sea p un divisor primo de P. Claramente, p es distinto de 2 y 3 y además -3 resulta ser residuo cuadrático mod p. De la ley de reciprocidad cuadrática se desprende entonces que (p/3) = 1. De esto y último y de la imparidad de p se sigue que p es 1 mod 6 y claramente tiene que ser diferente a cada uno de los primos en A. En cualquier caso, se ha generado un nuevo primo de la forma deseada y fuera de A. 2. El teorema al que aludo da condiciones necesarias y suficientes para saber si, en una progresión aritmética dada, el argumento puede adaptarse para establecer Dirichlet. Entiendo que la prueba de que la condición es necesaria se debe a Ram Murty (i.e., el sensei de Pasten). -------------------- "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

coquitao Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 17 2011, 06:20 PM Publicado: #23
Dios Matemático Supremo Grupo: Super Moderador Mensajes: 2.065 Registrado: 25-May 08 Desde: Pelotillehue Miembro Nº: 24.463	Aún hay varios problemas sin intentonas de respuesta... ¿Dónde están todos aquellos que claman por la resurección del foro? -------------------- "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

xD13G0x Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 17 2011, 08:59 PM Publicado: #24
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 532 Registrado: 19-October 08 Desde: Santa Cruz de la Sierra Miembro Nº: 36.531 Nacionalidad: Sexo:	QUOTE(coquitao @ Nov 17 2011, 07:20 PM) Aún hay varios problemas sin intentonas de respuesta... ¿Dónde están todos aquellos que claman por la resurección del foro? He estado ocupado ultimamente leseando con los ultimos dias en el colegio. Empezemos por el 1. Caso 1: $TEX: $c\ge n$$ $TEX: $b^n=c^n-a^n\ge c^n-(c-1)^n=c^{n-1}+c^{n-2}(c-1)+...+(c-1)^{n-1}>n(c-1)^{n-1}\ge n(n-1)^{n-1}>(n-1)^n\implies b>n-1,\rightarrow\leftarrow$$ Caso 2: $TEX: $c<n$$ . Lo ultimo implica que $TEX: $a<n$$ asi que suponemos wlog que $TEX: $n>c>a\ge b$$ . $TEX: $0=c^n-a^n-b^n\ge c^n-2a^n\ge (a+1)^n-2a^n=a^n+\dbinom{n}{1}a^{n-1}+\dbinom{n}{2}a^{n-2}+...+1-2a^n=a^{n-1}(n-a)+\dbinom{n}{2}a^{n-2}+...+1>0,\rightarrow\leftarrow$$ -------------------- "I've never let my school interfere with my education.”

xD13G0x Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 17 2011, 09:50 PM Publicado: #25
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 532 Registrado: 19-October 08 Desde: Santa Cruz de la Sierra Miembro Nº: 36.531 Nacionalidad: Sexo:	Problema 2 $TEX: $3n+1=(3a\pm1)^2\implies n+1=3a^2\pm 2a+1=a^2+a^2+(a\pm 1)^2$$ -------------------- "I've never let my school interfere with my education.”

xD13G0x Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 18 2011, 04:08 AM Publicado: #26
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 532 Registrado: 19-October 08 Desde: Santa Cruz de la Sierra Miembro Nº: 36.531 Nacionalidad: Sexo:	Problema 3 Tomemos los pares $TEX: $(a^2,a^2-1)$$ tal que $TEX: $a^2-8b^2=1$$ para algun $TEX: $b$$ , sabemos que tal ecuacion tiene infinitas soluciones pues es pell. -------------------- "I've never let my school interfere with my education.”

coquitao Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 18 2011, 03:39 PM Publicado: #27
Dios Matemático Supremo Grupo: Super Moderador Mensajes: 2.065 Registrado: 25-May 08 Desde: Pelotillehue Miembro Nº: 24.463	1. Bien, pero se puede hacer más directo. 2. Excelente. 3. Bien, pero Pell no es esencial para tener una solución. Ahora sólo faltan: 4, 7, 8, 9b y 9c. Saludos a todos. -------------------- "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

xD13G0x Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 9 2013, 07:35 PM Publicado: #28
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 532 Registrado: 19-October 08 Desde: Santa Cruz de la Sierra Miembro Nº: 36.531 Nacionalidad: Sexo:	Voy por el 4, por los viejos tiempos: Supongamos que si, osea que existen enteros $TEX: $a,b,k>1$$ tales que $TEX: $a(a-1)(a+1)=b^k$$ . Como $TEX: $a$$ es coprimo con $TEX: $a-1$$ y $TEX: $a+1$$ entonces $TEX: $a$$ debe ser una k-esima potencia, digamos $TEX: $a=c^k$$ . Entonces $TEX: $(a-1)(a+1)$$ tambien debe ser una k-esima potencia, digamos $TEX: $(c^k)^2-1=d^k$$ . Entonces $TEX: $(c^2)^k-d^k=1$$ osea $TEX: $(c^2-k)\cdot\text{alguna *}=1$$ . Es facil ver que $TEX: $\text{alguna }>1$$ de donde obtenemos una contradiccion. Mensaje modificado por xD13G0x* el Mar 9 2013, 07:36 PM -------------------- "I've never let my school interfere with my education.”

Multi-Kill Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 9 2013, 08:47 PM Publicado: #29
Doctor en Matemáticas Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 156 Registrado: 12-October 10 Miembro Nº: 78.551 Nacionalidad: Sexo:	Voy por el 8, por los viejos tiempos: $TEX: Supongamos que existen polinomios $P$ y $Q$ tales que $\dfrac{P(n)}{Q(n)}=\pi (n)$ para todo $n$ natural. Si consideramos la función T definida por $T(n)=\dfrac {P(n+1)}{Q(n+1)}-\dfrac{P(n)}{Q(n)}$, es evidente que T es una función racional, ergo existen polinomios p y q tales que $T(n)=\dfrac{p(n)}{q(n)}$, pero como existen infinitos n tales que $\pi (n)=\pi (n+1)$, se concluye que $T$ tiene infinitas raíces, entonces $p(n)$ tiene infinitos ceros y por consiguiente $p=0$, a partir de donde determinamos que $T=0$, y por ende $\pi (n)=\pi (n+1)$ para todo n, lo que representa una contradicción inmediata. Finalizamos$

Multi-Kill Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 9 2013, 09:53 PM Publicado: #30
Doctor en Matemáticas Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 156 Registrado: 12-October 10 Miembro Nº: 78.551 Nacionalidad: Sexo:	Continúo con el 9b : $TEX: Notemos que $(n-2)!+(n+2)!=(n-2)!((n-1)(n)(n+1)(n+2)+1)=(n-2)!(n^2+n-1)^2$ luego $(n-2)!$ debe ser un cuadrado perfecto, pero es un hecho conocido () que para que $n!$ sea un cuadrado perfecto, es necesario que $n=1$ o $0$, luego las soluciones para el problema son $n=3$ y $n=2$. Finalizamos$ Saludos. ():http://www.fmat.cl/index.php?showtopic=75691

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