[Maratón] Teoría de Números

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[Maratón] Teoría de Números

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coquitao Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 21 2012, 07:15 PM Publicado: #71
Dios Matemático Supremo Grupo: Super Moderador Mensajes: 2.065 Registrado: 25-May 08 Desde: Pelotillehue Miembro Nº: 24.463	CITA(Crimeeee @ Aug 21 2012, 04:41 PM) $TEX: $(n-2)!+(n-2)!(n-1)(n)(n+1)(n+2)=x^2$$ $TEX: $(n-2)!((n-1)(n)(n+1)(n+2)+1)=x^2$$ $TEX: $(n-2)!((n^2+n)(n^2+n-2)+1)=x^2$$ $TEX: $(n-2)!(((n^2+n-1)+1)((n^2+n-1)-1)+1)=x^2$$ $TEX: $(n-2)!(n^2+n-1)^2=x^2$$ Por lo tanto $TEX: $(n-2)!=j^2$$ , pero es bien conocido que si $TEX: $a>1$$ , entonces $TEX: $a!$$ no puede ser cuadrado perfecto. Por lo tanto: $TEX: $n-2=0$$ --> $TEX: $n=2$$ $TEX: $n-2=1$$ --> $TEX: $n=3$$ y esas son las únicas soluciones... Correcto. Propones ahora, Crimeeee. CITA(Pasten @ Aug 21 2012, 05:25 PM) Queria agregar que uno puede demostrar el siguiente resultado mas general: Sea P un polinomio de coeficientes enteros. La cantidad n!P(n) puede ser una potencia (cuadrado, o cubo, o etc) para a lo mas un numero finito de valores de n, y estas finitas soluciones se pueden encontrar en la practica. Idea de la demostracion: sea T(n) el producto de todos los primos p en el intervalo n/2<p<n. Los primos que dividen T(n) estan con exponente 1 en n! asi que basta mostrar que si n es suficientemente grande entonces algun factor primo de T(n) no divide P(n). Para esto basta mostrar que si n es suficientemente grande entonces T(n)>\|P(n)\| o equivalentemente basta mostrar que log T(n)>log\|P(n)\|. Es facil ver que hay constantes A,B>0 calculables en la practica tal que log\|P(n)\|<A log(n) para todo n>B. Ademas hay una constante C fija (que no me acuerdo pero debe ser algo asi como C=10 o 20) tal que log T(n) >0.1 n para todo n>C. Esto es sabido por los trabajos de Chebychev (hoy se sabe mucho mas, o sea, ese 0.1 se puede cambiar por 0.9 o 0.99 o 0.999, etc al costo de hacer crecer C). Si M=max(B,C) entonces M es calculable y tenemos que log T(n)>0.1 n > A log(n)>log\|P(n)\| donde la desigualdad de la mitad es valida para n grande (uno puede calcular desde que punto en adelante). Esto termina la demostracion. Notar que hemos demostrado mas. Lo que de verdad demostramos es que para n grande, el numero n!P(n) tiene algun factor primo con exponente 1. Saludos Excelente. -------------------- "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

Crimeeee Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 21 2012, 07:39 PM Publicado: #72
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 74 Registrado: 18-December 10 Desde: ... Miembro Nº: 81.848 Nacionalidad: Sexo:	.,.,. Mensaje modificado por Crimeeee el Sep 13 2014, 02:41 PM

Crimeeee Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 21 2012, 11:38 PM Publicado: #74
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 74 Registrado: 18-December 10 Desde: ... Miembro Nº: 81.848 Nacionalidad: Sexo:	.,.,. Mensaje modificado por Crimeeee el Sep 13 2014, 02:42 PM

coquitao Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 22 2012, 11:44 AM Publicado: #76
Dios Matemático Supremo Grupo: Super Moderador Mensajes: 2.065 Registrado: 25-May 08 Desde: Pelotillehue Miembro Nº: 24.463	CITA(2.718281828 @ Aug 22 2012, 12:50 AM) Problema 13: Muestre que la probabilidad de encontrar al azar 2 numeros que sean primos relativos es de $TEX: $6/\pi^2$$ ------------- o es muy probabilistico lo que estoy proponiendo? $TEX: Para $N > 1$, sea $S_{N}:= \{(a,b)\in \mathbb{N} : a, b \leq N \mbox{ y } (a,b)=1\}$. Lo que mostraremos a continuación es que $\lim_{N \to \infty} \frac{\|S_{N}\|}{N^{2}}= \frac{6}{\pi^{2}}$. Puesto que $\sum_{d\|n}\mu(d)=1$ si $n=1$ y $\sum_{d\|n}\mu(d)=0$ en otro caso, se sigue que <br /><br />$\displaystyle \|S_{N}\| = \sum_{a,b\leq N, (a,b)=1} 1 = \sum_{a,b\leq N} \left(\sum_{d\|(a,b)} \mu(d)\right) = \sum_{d \leq N} \mu(d) \sum_{a,b \leq N. d\|(a,b)}1=$$ $TEX: $\displaystyle = \sum_{d \leq N} \mu(d) \left(\frac{N}{d}+O(1)\right)^{2}= \sum_{d \leq N} \mu(d) \left(\frac{N^{2}}{d^{2}}+O(N/d)\right)=$$ $TEX: $\displaystyle =N^{2}\sum_{d \leq N} \frac{\mu(d)}{d^{2}}+O(N \sum_{d \leq N} d^{-1}).$$ $TEX: Luego, como $\sum_{d \leq N}\frac{1}{d} = O(\log N)$ y $\sum_{d>N} \frac{\mu(d)}{d^{2}} = O(1/N)$ entonces<br /><br />$\displaystyle \|S_{N}\| = N^{2}\sum_{d =1}^{\infty} \frac{\mu(d)}{d^{2}}+O(N\log N)$<br /><br />y por tanto<br /><br />$\displaystyle \lim_{N\to\infty} \frac{\|S_{N}\|}{N^{2}}= \sum_{d =1}^{\infty} \frac{\mu(d)}{d^{2}}.$<br /><br />Para poner la respuesta en términos de la función zeta en $2$, ocupamos nuevamente el resultado citado en la línea tres y el hecho que la serie de Dirichlet asociada a una convolución de funciones aritméticas es igual al producto de las series de Dirichlet de las funciones aritméticas en cuestión. El resultado en la línea tres indica que la convolución de la función aritmética idénticamente igual a $1$ y la función de Möbius es igual a la función aritmética que es igual a $1$ cuando $n=1$ y $0$ cuando $n>1$. Por lo tanto, en el semiplano $\sigma>1$, $\zeta(s)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mu(n)}{n^{s}}=1.$ En particular, si $s=2$,<br /><br />$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mu(n)}{n^{2}} = \frac{1}{\zeta(2)} = \frac{6}{\pi^{2}}$.<br /><br />(Observación: todas las estimaciones empleadas son clásicas y fáciles de demostrar.)<br />$ Aunque no me parece que: 1) el propuesto sea precisamente "preolímpico", 2) este planteado debidamente y 3) tu réplica a Crimeeee pueda considerarse como una solución al problema. -------------------- "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 22 2012, 12:24 PM Publicado: #77
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 765 Registrado: 6-December 05 Miembro Nº: 458 Nacionalidad: Sexo:	CITA(Crimeeee @ Aug 21 2012, 08:39 PM) Problema 12 Encontrar todos los $TEX: t$ , siendo $TEX: t$ un entero positivo, tal que: $TEX: $1+5\times 2^{t}$$ es un cuadrado perfecto. para que no quede en el aire, aqui hay unas indicaciones para una solucion correcta: La ecuacion que debemos resolver es $TEX: $1+5\times 2^{t}=x^2$$ y restando 1 y factorizando es lo mismo que $TEX: $5\times 2^{t}=(x-1)(x+1)$$ . Entonces hay dos enteros A, B tal que $TEX: $A=5\cdot 2^m, B=2^n$$ (con m+n=t) y ademas $TEX: $A-B=\pm 2$$ (el A y el B son simplemente x+1 y x-1 en algun orden). Por paridad tenemos que m,n>1, simplificamos por 2 para obtener $TEX: $5\cdot 2^{m-1}-2^{n-1}=\pm 1$$ y de esta forma m=1 o bien n=1 por paridad. El resto es facil agotando casos, y asi encontramos m=1,n=3. El valor de t es t=m+n=4. -------------------- Pasten, un buen muchacho en quien confiar.

coquitao Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 22 2012, 01:33 PM Publicado: #79
Dios Matemático Supremo Grupo: Super Moderador Mensajes: 2.065 Registrado: 25-May 08 Desde: Pelotillehue Miembro Nº: 24.463	Problema 14. $TEX: Denotemos con $\mathbf{P}$ al conjunto de los números primos. Si $f: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ es una función tal que<br />\begin{enumerate} \item[a)] Para cada $n \in \mathbb{N}$, $f(n) < f(n+1) $<br />\item[b)] Para cada $n \in \mathbb{N}$, $f(2n) = f(n)+n$<br />\item[c)] $f(n) \in \mathbf{P} \Rightarrow n \in \mathbf{P}.$ <br />\end{enumerate}<br />Encuentre $f(2012)$.<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

Pasten Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 22 2012, 08:26 PM Publicado: #80
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 765 Registrado: 6-December 05 Miembro Nº: 458 Nacionalidad: Sexo:	CITA(coquitao @ Aug 22 2012, 02:33 PM) Problema 14. $TEX: Denotemos con $\mathbf{P}$ al conjunto de los números primos. Si $f: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ es una función tal que<br />\begin{enumerate} \item[a)] Para cada $n \in \mathbb{N}$, $f(n) < f(n+1) $<br />\item[b)] Para cada $n \in \mathbb{N}$, $f(2n) = f(n)+n$<br />\item[c)] $f(n) \in \mathbf{P} \Rightarrow n \in \mathbf{P}.$ <br />\end{enumerate}<br />Encuentre $f(2012)$.<br />$ De la propiedad a y b obtenemos que f(n)=n-1+k donde k=f(1). En efecto, la propiedad b implica esto cuando n es potencia de 2, y para n entre dos potencias de 2 se deduce de la propiedad a. Por otro lado, de la propiedad c obtenemos que f(2)=k+1, f(3)=k+2 son primos pero los unicos primos consecutivos son 2 y 3 asi que k=1. Por lo tanto f(n)=n, y asi f(2012)=2012. Hay algo malo que no veo? es muy facil para estar correcto, puede ser que no entendi la pregunta... -------------------- Pasten, un buen muchacho en quien confiar.

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