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[Maratón] Teoría de Números

Bessel Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 31 2012, 11:56 AM Publicado: #121
Principiante Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 7 Registrado: 31-August 12 Miembro Nº: 110.605	con una biyeccion muere

coquitao Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 31 2012, 01:09 PM Publicado: #122
Dios Matemático Supremo Grupo: Super Moderador Mensajes: 2.065 Registrado: 25-May 08 Desde: Pelotillehue Miembro Nº: 24.463	CITA(Kreator @ Aug 16 2012, 08:14 PM) REGLA Supongamos que alguien propone el problema número "n". Esa persona no puede responder el "n+1", a menos que hayan pasado 48 horas sin que nadie haya respondido el problema "n+1" @Pasten: como ya casi pasan las 48 horas, creo que no habrá problema con que pongas la solución. CITA(Bessel @ Aug 31 2012, 09:56 AM) con una biyeccion muere Sí, cuestión de aplicar el teorema de Pitágoras nada más. -------------------- "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

Pasten Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 31 2012, 05:55 PM Publicado: #123
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 765 Registrado: 6-December 05 Miembro Nº: 458 Nacionalidad: Sexo:	CITA(coquitao @ Aug 29 2012, 03:29 PM) Problema 23. $TEX: Sean $a$ y $b$ enteros positivos. Demuestre que $\medskip$<br /><br />$\displaystyle \left\{n\in \mathbb{N}: \left(a+\frac{1}{2}\right)^{n}+\left(b+\frac{1}{2}\right)^{n} \in \mathbb{N} \right\}$ $\medskip$<br /><br />es finito.<br />$ @Pasten: ¿puedes compartir tu solución mediante descenso del problema anterior? Si N es un entero voy a anotar v(N) por el exponente de 2 en la factorizacion de N. Por ejemplo v(3)=0, v(4)=2, v(6)=1. Necesito dos resultados conocidos (llamados "lema de Hensel" o tambien "lifting the exponent lemma"): Propiedad 1: Si M, N son enteros positivos impares distintos y si n es impar entonces $TEX: $v(M^n-N^n)=v(M-N)$$ . Demostracion: Factorizar $TEX: $M^n-N^n=(M-N)(M^{n-1}N + \ldots + MN^{n-1})$$ y observar que el ultimo factor es impar. Propiedad 2: Si M, N son enteros positivos impares distintos y si n es par entonces $TEX: $v(M^n-N^n)=v(M-N)+v(M+N)+v(n)-1$$ . Desmotracion: usar la propiedad anterior y hacer induccion en v(n). Omito los detalles porque es un poco largo de escribir, pero es super conocido. Usando estos dos resultados obtenemos lo siguiente: Propiedad 3: Si M, N son enteros positivos impares distintos y si n es un entero positivo entonces $TEX: $v(M^n-N^n)<v(M-N)+v(M+N)+v(n)$$ . Ahora vamos a nuestro problema. Tomar M=2a+1, N=2b+1 entonces M, N son enteros positivos impares distintos y por la propiedad 3 obtenemos $TEX: $v((2a+1)^n-(2b+1)^n)<v(2a-2b)+v(2a+2b+2)+v(n)=K +v(n)$$ donde K es una constante que solo depende de a, b pero es independiente de n. Por otro lado, si n pertenece al conjunto definido en el problema entonces $TEX: $2^n$$ divide $TEX: $(2a+1)^n-(2b+1)^n$$ y obtenemos $TEX: $n\le v((2a+1)^n-(2b+1)^n)$$ Por lo tanto, todos los n del conjunto cumplen n<K+v(n). Asi que $TEX: $2^n< 2^K \cdot 2^{v(n)}\le 2^K n$$ lo cual no puede ser verdad si n es suficientemente grande con respecto a K. Como K solo depende de a,b pero no de n, esto significa que el conjunto en cuestion es finito. -------------------- Pasten, un buen muchacho en quien confiar.

coquitao Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 31 2012, 07:43 PM Publicado: #124
Dios Matemático Supremo Grupo: Super Moderador Mensajes: 2.065 Registrado: 25-May 08 Desde: Pelotillehue Miembro Nº: 24.463	CITA(Pasten @ Aug 31 2012, 03:55 PM) ... si n pertenece al conjunto definido en el problema entonces $TEX: $2^n$$ divide $TEX: $(2a+1)^n-(2b+1)^n.$$ ¿Está bien el signo? Si a =1 y b = 2 entonces n = 3 estaría en el conjunto corrrespondiente pero $TEX: $2^{3}$ no es divisor de $(3)^{3}-(5)^{3}$.$ -------------------- "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

Pasten Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 31 2012, 08:44 PM Publicado: #125
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 765 Registrado: 6-December 05 Miembro Nº: 458 Nacionalidad: Sexo:	CITA(coquitao @ Aug 31 2012, 07:43 PM) ¿Está bien el signo? Si a =1 y b = 2 entonces n = 3 estaría en el conjunto corrrespondiente pero $TEX: $2^{3}$ no es divisor de $(3)^{3}-(5)^{3}$.$ ups... me equivoque con eso, lei a la rapida. En todo caso la misma idea de la demo se puede hacer funcionar en ese caso, por ejemplo si n es impar no es necesario cambiar nada. Mas tarde (o manana) posteo una version con el signo correcto. -------------------- Pasten, un buen muchacho en quien confiar.

Pasten Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 1 2012, 12:33 AM Publicado: #126
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 765 Registrado: 6-December 05 Miembro Nº: 458 Nacionalidad: Sexo:	CITA(Pasten @ Aug 31 2012, 05:55 PM) Si N es un entero voy a anotar v(N) por el exponente de 2 en la factorizacion de N. Por ejemplo v(3)=0, v(4)=2, v(6)=1. Necesito dos resultados conocidos (llamados "lema de Hensel" o tambien "lifting the exponent lemma"): Propiedad 1: Si M, N son enteros positivos impares distintos y si n es impar entonces $TEX: $v(M^n-N^n)=v(M-N)$$ . Demostracion: Factorizar $TEX: $M^n-N^n=(M-N)(M^{n-1}N + \ldots + MN^{n-1})$$ y observar que el ultimo factor es impar. Propiedad 2: Si M, N son enteros positivos impares distintos y si n es par entonces $TEX: $v(M^n-N^n)=v(M-N)+v(M+N)+v(n)-1$$ . Demostracion: usar la propiedad anterior y hacer induccion en v(n). Omito los detalles porque es un poco largo de escribir, pero es super conocido. Usando estos dos resultados obtenemos lo siguiente: Propiedad 3: Si M, N son enteros positivos impares distintos y si n es un entero positivo entonces $TEX: $v(M^n-N^n)<v(M-N)+v(M+N)+v(n)$$ . Ahora vamos a nuestro problema. Tomar M=2a+1, N=2b+1 entonces M, N son enteros positivos impares distintos y por la propiedad 3 obtenemos $TEX: $v((2a+1)^n-(2b+1)^n)<v(2a-2b)+v(2a+2b+2)+v(n)=K +v(n)$$ donde K es una constante que solo depende de a, b pero es independiente de n. Por otro lado, si n pertenece al conjunto definido en el problema entonces $TEX: $2^n$$ divide $TEX: $(2a+1)^n-(2b+1)^n$$ y obtenemos $TEX: $n\le v((2a+1)^n-(2b+1)^n)$$ Por lo tanto, todos los n del conjunto cumplen n<K+v(n). Asi que $TEX: $2^n< 2^K \cdot 2^{v(n)}\le 2^K n$$ lo cual no puede ser verdad si n es suficientemente grande con respecto a K. Como K solo depende de a,b pero no de n, esto significa que el conjunto en cuestion es finito. Esta solucion no responde al problema dado, porque lei mal el enunciado (un signo - en lugar de +). Aqui va una correccion, usando la misma idea pero de hecho es mas facil: Si N es un entero voy a anotar v(N) por el exponente de 2 en la factorizacion de N. Por ejemplo v(3)=0, v(4)=2, v(6)=1. Necesito las siguientes propiedades: Propiedad 1: Si M, N son enteros positivos impares y si n es impar entonces $TEX: $v(M^n+N^n)=v(M+N)$$ . Demostracion: Factorizar $TEX: $M^n+N^n=(M+N)(M^{n-1}N-M^{n-2}N^2 +\ldots - MN^{n-1})$$ y observar que el ultimo factor es impar. Propiedad 2: Si M, N son enteros positivos impares y si n es par entonces $TEX: $v(M^n+N^n)=1$$ . Desmotracion: modulo 4 tenemos $TEX: $M^n+N^n\equiv 1+1\equiv 2 \mod 4$$ porque n es par y el unico cuadrado impar modulo 4 es 1. Usando estos dos resultados obtenemos lo siguiente: Propiedad 3: Si M, N son enteros positivos impares distintos y si n es un entero positivo entonces $TEX: $v(M^n+N^n)\le v(M+N)$$ . Ahora vamos a nuestro problema. Tomar M=2a+1, N=2b+1 entonces M, N son enteros positivos impares distintos y por la propiedad 3 obtenemos $TEX: $v((2a+1)^n+(2b+1)^n)\le v(2a+2b+2).$$ Por otro lado, si n pertenece al conjunto definido en el problema entonces $TEX: $2^n$$ divide $TEX: $(2a+1)^n+(2b+1)^n$$ y obtenemos $TEX: $n\le v((2a+1)^n+(2b+1)^n)$.$ Por lo tanto, todos los n del conjunto cumplen $TEX: $n\le v(2a+2b+2)$$ . Asi que $TEX: $2^n\le 2^{v(2a+2b+2)}\le 2a+2b+2$$ y esto significa que el conjunto en cuestion es finito. -------------------- Pasten, un buen muchacho en quien confiar.

coquitao Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 1 2012, 03:33 PM Publicado: #127
Dios Matemático Supremo Grupo: Super Moderador Mensajes: 2.065 Registrado: 25-May 08 Desde: Pelotillehue Miembro Nº: 24.463	Ahora si, Pasten. Una manera alternativa de presentar la solución: $TEX: Denotemos con $S(a,b)$ al conjunto $\left\{n\in \mathbb{N}: \left(a+\frac{1}{2}\right)^{n}+\left(b+\frac{1}{2}\right)^{n} \in \mathbb{N} \right\}$. Si $n \in S(a,b)$ entonces $2^{n}$ divide a $(2a+1)^{n}+(2b+1)^{n}$. Como$(2a+1)^{n}+(2b+1)^{n}$ es el doble de un número impar, $n$ tiene que ser impar. Así, la expresión $(2a+1)^{n}+(2b+1)^{n}$ se puede factorizar como $2(a+b+1)((2a+1)^{n-1} + (2a+1)^{n-2}(2b+1) + \ldots + (2b+1)^{n-1})$. Como $((2a+1)^{n-1} + (2a+1)^{n-2}(2b+1) + \ldots + (2b+1)^{n-1})$ es impar para $n$ impar, $2^{n}\| 2(a+b+1)$ y sería.$ -------------------- "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

Pasten Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 1 2012, 05:28 PM Publicado: #128
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 765 Registrado: 6-December 05 Miembro Nº: 458 Nacionalidad: Sexo:	Problema: Sea A>1 un numero positivo y tomemos a,b,c,d,e,f seis enteros con valor absoluto menor que A. Muestre que el sistema de ecuaciones aX+bY+cZ=0 dX+eY+fZ=0 tiene alguna solucion entera tal que \|X\|, \|Y\|, \|Z\| son menores que 9A². Nota: si al tratar de resolver el ejercicio no pueden obtener ese 9 sino que les da algo de la forma mA² con un m explicito (por ejemplo, 35A², o 147A² o algo asi) para mi tambien cuenta como solucion valida. -------------------- Pasten, un buen muchacho en quien confiar.

Javier Gómez L. Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 4 2012, 08:11 AM Publicado: #129
Principiante Matemático Destacado Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 29 Registrado: 1-September 11 Desde: Chillán, Chile Miembro Nº: 93.770 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	CITA(Pasten @ Sep 1 2012, 05:28 PM) Problema: Sea A>1 un numero positivo y tomemos a,b,c,d,e,f seis enteros con valor absoluto menor que A. Muestre que el sistema de ecuaciones aX+bY+cZ=0 dX+eY+fZ=0 tiene alguna solucion entera tal que \|X\|, \|Y\|, \|Z\| son menores que 9A². Nota: si al tratar de resolver el ejercicio no pueden obtener ese 9 sino que les da algo de la forma mA² con un m explicito (por ejemplo, 35A², o 147A² o algo asi) para mi tambien cuenta como solucion valida. $TEX: Notar que $X=t(bf-ce)$, $Y=t(cd-af)$, y $Z=t(ae-bd)$ son solución entera del sistema para cualquier t entero. Tomar $t=1$, luego:$ $TEX: $X_{0}=(bf-ce)$, $Y_{0}=(cd-af)$, y $Z_{0}=(ae-bd)$ son solucion.$ $TEX: Ahora como se tiene que cada coeficiente a,b,c,d,e,f tiene modulo menor a $A> 1$ se deduce que:$ $TEX: $\left \|X_{0} \right \|=\left \|bf-ce \right \|\leq \left \|bf \right \| + \left \|ce \right \|< 2A^{2}$$ $TEX: De la misma manera se obtiene que $\left \|cd-af \right \|$ y $\left \|ae-bd \right \|$ cumplen lo mismo, luego:$ $TEX: $\left \|X_{0} \right \|$, $\left \|Y_{0} \right \|$ y $\left \|Z_{0} \right \|$ son menores que $2A^{2}$$ Llego a una solucion con módulos menores a $TEX: $2A^{2}$$ , espero que igual este bien si, no encontré ningún error. -------------------- Gavier Zómej Hola

Pasten Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 4 2012, 11:20 AM Publicado: #130
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 765 Registrado: 6-December 05 Miembro Nº: 458 Nacionalidad: Sexo:	CITA(Javier Gómez L. @ Sep 4 2012, 08:11 AM) $TEX: Notar que $X=t(bf-ce)$, $Y=t(cd-af)$, y $Z=t(ae-bd)$ son solución entera del sistema para cualquier t entero. Tomar $t=1$, luego:$ $TEX: $X_{0}=(bf-ce)$, $Y_{0}=(cd-af)$, y $Z_{0}=(ae-bd)$ son solucion.$ $TEX: Ahora como se tiene que cada coeficiente a,b,c,d,e,f tiene modulo menor a $A> 1$ se deduce que:$ $TEX: $\left \|X_{0} \right \|=\left \|bf-ce \right \|\leq \left \|bf \right \| + \left \|ce \right \|< 2A^{2}$$ $TEX: De la misma manera se obtiene que $\left \|cd-af \right \|$ y $\left \|ae-bd \right \|$ cumplen lo mismo, luego:$ $TEX: $\left \|X_{0} \right \|$, $\left \|Y_{0} \right \|$ y $\left \|Z_{0} \right \|$ son menores que $2A^{2}$$ Llego a una solucion con módulos menores a $TEX: $2A^{2}$$ , espero que igual este bien si, no encontré ningún error. Me parece correcto. Ocurre que esto es un caso especial del Lema de Siegel (para M ecuaciones en N incognitas con N>M), pero como es tan particular era esperable que se pudiera resolver de una mejor manera que el caso general. Propones tu ahora! -------------------- Pasten, un buen muchacho en quien confiar.

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