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10 problemitas

xD13G0x Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 10 2013, 10:09 AM Publicado: #31
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 532 Registrado: 19-October 08 Desde: Santa Cruz de la Sierra Miembro Nº: 36.531 Nacionalidad: Sexo:	Por fin el 9c, espero q alguien revise. $TEX: Sea $g(n)$ la cantidad de primos que dividen a $n$. Un numero $n$ cumple lo que cumple el 30 si y solo si:<br /> $\pi(n)+1=\phi(n)+g(n)$ (1).<br />(El $+1$ es porque hay tomar en cuenta que el 1 no es tomado como primo).<br /><br />Primero vamos a probar esta cota weona de $\pi(n)$ usando bertrand:<br /><br />Lema: $\pi(n)>\log_2(n)+2$ para $n>17$<br />$ $TEX: <br />Demostracion: Probemos para potencias de 2 mayores a 32<br />Sea $n=2^k$. El lema se reduce a demostrar que $\pi(2^k)>k+2$. Consideremos los siguientes intervalos<br /> $[1,2],[3,4],[5,8],...,[2^{k-1}+1,2^k]$.<br /><br />Por bertrand se tiene que cada intervalo tiene al menos un primo, ademas el intervalo $[5,8]$, $[11,16]$ y $[16,32]$ tienen ambos 2 o mas primos. Este argumento no es tan preciso pero se puede extender para $n$ que no son potencias de 2 facilmente y para numeros entre 17 y 32.<br /><br />Volvamos al problema, vamos a demostrar que el RHS de (1) es siempre mayor al LHS para $n>17^2$. Hay 2 tipos de primos menores o iguales a $n$: los que dividen a $n$ y los que no. $\pi(n)$ cuenta ambos, $g(n)$ cuenta solo los que dividen a $n$ y $\phi(n)$ cuenta los primos que no dividen a $n$ al menos una vez. Supongamos que existe un primo $p\le\sqrt{n}$ que no divide a $n$. Entonces $p^2\le n$ y $p^2$ es coprimo con $n$ de donde se tendria que el LHS de (1) es mayor ya que $\phi(n)$ "agrega un $+1$''.<br /><br />Entonces tenemos que todos los primos menores a $\sqrt{n}$ dividen a $n$. Llamemos $P(n)$ al producto de los primos menores a $\sqrt{n}$. Tenemos que $P(n)\ge 2\cdot 3\cdot 5^{\pi(\sqrt{n})-2}> 6\cdot 5^{\log_2(\sqrt{n})+2-2}=6\cdot 5^{\log_2(\sqrt{n})}>6\cdot 4^{\log_2(n)/2} >4^{\log_2(n)/2}=n$ lo cual es una contradiccion pues $P(n)\|n$. Ahora solo resta probar para $n<17^2$ xd.$ Este link puede ser de ayuda http://www.wolframalpha.com/input/?i=plot+...B2+from+0+to+40 -------------------- "I've never let my school interfere with my education.”

coquitao Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 10 2013, 11:48 PM Publicado: #32
Dios Matemático Supremo Grupo: Super Moderador Mensajes: 2.065 Registrado: 25-May 08 Desde: Pelotillehue Miembro Nº: 24.463	El 8 está bien, después se podría compartir la solución esperada. El 9b también lo veo bien aunque un 'link' más adecuado hubiera sido a http://www.fmat.cl/index.php?s=&showto...st&p=287557 En el 4, la idea es buena pero hay detalles por ahí. Por ejemplo, en la igualdad después del 'o sea' hay que corregir algo. Me parece también que hubiera sido mejor si en el inicio se hubiera dicho de una: "Puesto que a es coprimo con a^2 -1 entonces...". Finalmente, en la solución propuesta para 9c veo detalles también... Por ejemplo, donde dices "el RHS de (1) es siempre mayor para n>17^2"... ¿Siempre mayor a qué? Con respecto al lema, si apelamos a Bertrand, entonces ¿qué nos detiene a apelar desde un principio a alguna cota inferior más fina para la función contadora de primos, por ejemplo de las que se pueden sacar siguiendo a Chebyshev? Por otra parte, un argumento alternativo puede encontrarse por aquí: http://www.fmat.cl/index.php?s=&showto...st&p=620314 Saludos. -------------------- "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 11 2013, 09:06 PM Publicado: #33
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 @ Mar 10 2013, 11:48 PM) El 8 está bien, después se podría compartir la solución esperada. El 9b también lo veo bien aunque un 'link' más adecuado hubiera sido a http://www.fmat.cl/index.php?s=&showto...st&p=287557 En el 4, la idea es buena pero hay detalles por ahí. Por ejemplo, en la igualdad después del 'o sea' hay que corregir algo. Me parece también que hubiera sido mejor si en el inicio se hubiera dicho de una: "Puesto que a es coprimo con a^2 -1 entonces...". Finalmente, en la solución propuesta para 9c veo detalles también... Por ejemplo, donde dices "el RHS de (1) es siempre mayor para n>17^2"... ¿Siempre mayor a qué? Con respecto al lema, si apelamos a Bertrand, entonces ¿qué nos detiene a apelar desde un principio a alguna cota inferior más fina para la función contadora de primos, por ejemplo de las que se pueden sacar siguiendo a Chebyshev? Por otra parte, un argumento alternativo puede encontrarse por aquí: http://www.fmat.cl/index.php?s=&showto...st&p=620314 Saludos. Perdon por la mala redaccion, siempre he sido un desastre redactando, pero esta bien mi 9c? Intente otras cotas pero esta me parecio la mas sencilla. Mensaje modificado por xD13G0x el Mar 11 2013, 09:07 PM -------------------- "I've never let my school interfere with my education.”

coquitao Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 12 2013, 02:12 PM Publicado: #34
Dios Matemático Supremo Grupo: Super Moderador Mensajes: 2.065 Registrado: 25-May 08 Desde: Pelotillehue Miembro Nº: 24.463	Hay que hacer una corrección menor al principio, donde dices "n cumple lo que cumple el 30 si y sólo si"... El lema está bien, definitivamente. En cuanto a la parte que viene después del lema, la corrección hecha sobre "el RHS es siempre mayor que..." ayudó bastante a seguir el argumento. Empero, una mejor presentación de esa parte se hubiera agradecido bastante... Reescribiendo esa parte de tu solución como a continuación se indica, las dudas en torno a su validez se disipan de inmediato: $TEX: Vamos a demostrar que cuando $n>17^{2}$, la expresión en el lado derecho de (1) es mayor a la expresión en el lado izquierdo.<br /><br />Puesto que no todos los números primos $\leq \sqrt{n}$ pueden dividir a $n$ (la explicación de esto está en lo que pusiste como último párrafo), existe un número primo $p\leq \sqrt{n}$ que no lo divide. Este primo $p$ es tal que $p^{2}\leq n$ y $(p^{2},n)=1$; por consiguiente, $\phi(n)+g(n) > \pi(n)+1$ (la explicación de esto está en la parte donde pusiste \emph{Hay 2 tipos...}).<br />$ En fin, si la idea es que las personas lean lo que uno escribe hay que esmerarse en la redacción. El tema tiene más de un año en el foro, nadie está apresurando a subir soluciones a estas alturas del partido. -------------------- "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

Niklaash Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 19 2013, 02:25 PM Publicado: #35
Doctor en Matemáticas Grupo: Colaborador Silver Mensajes: 193 Registrado: 17-August 12 Desde: Loncuma :3 Miembro Nº: 110.077 Nacionalidad: Sexo:	Aqui voy con mi intento al p1 xd: De la expresion, usando el ultimo teorema de fermat, se tiene que $TEX: $3>n$$ , luego se desprenden los casos: $TEX: $n=1$$ y $TEX: $n=2$$ Caso $TEX: $n=2$$ , entonces $TEX: $b=1$$ $TEX: $a^2 + 1 = c^2$$ , como los cuadrados perfectos dejan resto $TEX: $0$$ y $TEX: $1$$ en $TEX: $(mod3)$$ , tenemos que $TEX: $3 \mid a^2$$ y $TEX: $3\mid c^2-1$$ . Sean $TEX: $a=3k$$ y $TEX: $c=3t+1$$ , entonces $TEX: $9k^2 = (3t)(3t+2)$$ lo que claramente es absurdo $TEX: $y(y+2)=t^2 \Rightarrow y^2+2y=t^2 \Rightarrow (y+1)^2 = t^2+1$$ , contradiccion Caso $TEX: $n=1$$ , entonces $TEX: $b=0$$ , pero b es entero positivo, lo que contradice el enunciado. Con esto demostramos lo pedido. pd: me di una vuelta, bastante weona, pero, ees lomismoxd Saludos!! Mensaje modificado por Niklaash el Nov 19 2013, 10:34 PM

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