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[Maratón] Teoría de Números

Marchiant Zotelo Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 22 2012, 10:34 PM Publicado: #81
Principiante Matemático Destacado Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 19 Registrado: 28-March 12 Miembro Nº: 103.252	CITA(Pasten @ Aug 22 2012, 09:26 PM) 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... En la tercera línea hay un problema, pues estás asumiendo que f(2) y f(3) deben primos, lo cual a priori no es necesariamente cierto. Por ejemplo, si tomas k=25, se tiene que f(2)=26 y f(3)=27, lo que no contradice c) para estos valores, pero falla para f(35)=59. Para que se cumpla c), se debe cumplir para todo n que si n-1+k es primo ---> n es primo, lo cual es cierto solo en el caso en que k=1.

Pasten Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 22 2012, 11:03 PM Publicado: #82
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 765 Registrado: 6-December 05 Miembro Nº: 458 Nacionalidad: Sexo:	CITA(Marchiant Zotelo @ Aug 22 2012, 11:34 PM) En la tercera línea hay un problema, pues estás asumiendo que f(2) y f(3) deben primos, lo cual a priori no es necesariamente cierto. Por ejemplo, si tomas k=25, se tiene que f(2)=26 y f(3)=27, lo que no contradice c) para estos valores, pero falla para f(35)=59. Para que se cumpla c), se debe cumplir para todo n que si n-1+k es primo ---> n es primo, lo cual es cierto solo en el caso en que k=1. Vale, gracias. Sabia que habia entendido mal la pregunta, resulta que lei la condicion c) al reves. Aqui esta una solucion entonces: Entonces estamos de acuerdo en que f(n)=n-1+k donde k=f(1). Esto es una aplicacion directa de las condiciones a, b. Por simplicidad digamos que r=k-1, entonces f(n)=n+r. Vamos a demostrar que r=0. Por contradiccion, supongamos que r>0. Entonces para todo primo p>r ocurre que p-r es primo porque f(p-r)=p-r+r=p. Si r=1 entonces tenemos una contradiccion con p=5, asi que podemos suponer que r>1. Por el teorema de Dirichlet, existen infinitos primos congruentes con 1 modulo r, sea q el menor de ellos. Entonces q>r y por lo tanto q-r es primo. Pero entonces q-r es un primo menor que q y tambien es congruente a 1 modulo r, contradiccion con la minimalidad de q. Por lo tanto r=0, asi que f(n)=n. En particular f(2012)=2012. -------------------- Pasten, un buen muchacho en quien confiar.

coquitao Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 23 2012, 01:04 AM Publicado: #83
Dios Matemático Supremo Grupo: Super Moderador Mensajes: 2.065 Registrado: 25-May 08 Desde: Pelotillehue Miembro Nº: 24.463	CITA(Pasten @ Aug 22 2012, 10:03 PM) Vale, gracias. Sabia que habia entendido mal la pregunta, resulta que lei la condicion c) al reves. Aqui esta una solucion entonces: Entonces estamos de acuerdo en que f(n)=n-1+k donde k=f(1). Esto es una aplicacion directa de las condiciones a, b. Por simplicidad digamos que r=k-1, entonces f(n)=n+r. Vamos a demostrar que r=0. Por contradiccion, supongamos que r>0. Entonces para todo primo p>r ocurre que p-r es primo porque f(p-r)=p-r+r=p. Si r=1 entonces tenemos una contradiccion con p=5, asi que podemos suponer que r>1. Por el teorema de Dirichlet, existen infinitos primos congruentes con 1 modulo r, sea q el menor de ellos. Entonces q>r y por lo tanto q-r es primo. Pero entonces q-r es un primo menor que q y tambien es congruente a 1 modulo r, contradiccion con la minimalidad de q. Por lo tanto r=0, asi que f(n)=n. En particular f(2012)=2012. Excelente. Propones ahora. -------------------- "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 23 2012, 03:20 PM Publicado: #84
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 765 Registrado: 6-December 05 Miembro Nº: 458 Nacionalidad: Sexo:	CITA(coquitao @ Aug 23 2012, 02:04 AM) Excelente. Propones ahora. Una observacion: la version del teorema de Dirichlet que yo use solo necesita primos congruentes con 1 modulo r, y esto se puede demostrar por metodos elementales (sin usar funciones L). Ahora el siguiente propuesto: Encontrar todos los primos de la forma $TEX: $x^4+4y^4$$ con x, y enteros. Saludos. -------------------- Pasten, un buen muchacho en quien confiar.

Marchiant Zotelo Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 23 2012, 03:24 PM Publicado: #85
Principiante Matemático Destacado Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 19 Registrado: 28-March 12 Miembro Nº: 103.252	Quería acotar algo con respecto al problema anterior. Si consideramos f(n)=n+r, r natural. ¿Será siempre posible hallar k primos consecutivos tales que sus imágenes bajo f también sean números primos? Por ejemplo, si queremos una cadena con k=6, nos sirve r=30, pues f(23)=53, f(29)=59, f(31)=61, f(37)=67, f(41)=71 y f(43)=73. La respuesta es afirmativa si aceptamos cortar una cadena. El teorema de Green-Tao establece que la sucesión de los números primos contiene cadenas arbitrariamente largas de primos en progresión aritmética. Bastaría entonces considerar una cadena de largo 2k, digamos $TEX: $p_1,\ldots, p_{2k}$$ .Por tanto, si consideramos $TEX: $r=p_{k+1}- p_1$$ , se cumple lo pedido, pues $TEX: $f(p_i)=p_{k+i}, \,\ i=1,\ldots, k$$ . ¿Seguiría siendo válido si imponemos no cortar una cadena? Eso era. Gracias. Mensaje modificado por Marchiant Zotelo el Aug 23 2012, 03:25 PM

Kreator Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 23 2012, 04:01 PM Publicado: #86
Dios Matemático Grupo: Super Moderador Mensajes: 261 Registrado: 12-February 11 Miembro Nº: 83.790 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Espero esté bien xd Consideraremos, en la solución, los enteros positivos (ya que las soluciones x,y en los enteros no positivos son análogas) Supongamos que x e y son mayores que 1 (simultáneamente). Luego: $TEX: $x^{4}+4y^{4}=x^{4}+4y^{4}+4x^{2}y^{2}-4x^{2}y^{2}= (x^{2}+2y^{2})^{2} -4x^{2}y^{2}=(x^2+2y^2-2xy)(x^2+2y^2+2xy)$, \\<br /><br />lo cual es un número compuesto (lo de la derecha es mayor que 3, y lo de la izquierda es mayor que 2)\\<br /><br />Si $x=1$, y $y\ge 2$, entonces nos queda : $1 +4y^{2}=(2y^2 +1 -2y)(2y+1+2y)$ \\<br /><br />Como el factor de la derecha es mayor que 1, veremos que pasa con el factor de la izquierda. <br />$2y^2 +1 -2y= 2y(y-1) +1$, lo cual es derechamente mayor que 1, porque $2y(y-1)$ es positivo. Luego, el número es compuesto\\<br /><br />Si $y=1$, y $x\ge 2$, pasa algo similar, $x^4 +4=(x^2+2-2x)(x^2+2+2x)$. Nuevamente, como lo de la derecha es mayor que 1, entonces veremos que pasa con lo de la izquierda. $x^2 +2-2x= x(x-2)+2 \ge 2$. Luego, el número también es compuesto.\\<br /><br />Finalmente, con el caso $x=y=1$, tenemos que $x^4 + 4y^4=1+4=5$, que si es primo, y el único que se puede encontrar$ Mensaje modificado por Kreator el Aug 23 2012, 04:01 PM --------------------

snw Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 23 2012, 04:08 PM Publicado: #87
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 2.139 Registrado: 11-June 08 Desde: UK Miembro Nº: 26.837 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Supongamos $TEX: $x,y\ge 0$$ $TEX: $x^4+4y^4=(x^2+2y^2)^2-4x^2y^2=(x^2+2y^2+2xy)(x^2+2y^2-2xy)=p$$ Como el primer factor es mayor estricto al segundo tenemos que $TEX: $x^2+2y^2+2xy=p$$ y $TEX: $x^2+2y^2-2xy=1$$ Por MA-MG $TEX: $1+2xy=x^2+2y^2\ge 2xy+y^2$$ con igualdad siempre y cuando $TEX: $x=y=1$$ (Esto por MA-MG), así que $TEX: $p=5$$ -------------------- blep

Heiricar Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 23 2012, 04:14 PM Publicado: #88
Dios Matemático Grupo: Colaborador Silver Mensajes: 423 Registrado: 4-January 11 Miembro Nº: 82.624 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	Otra solución atrasada xD Como los exponentes son par, podemos asumir $TEX: $x$$ , $TEX: $y$$ enteros no negativos, ahora notemos que $TEX: $x^{4}+4y^{4}=(x^{2}+2y^{2}-2xy)(x^{2}+2y^{2}+2xy)$$ , como es primo y ambos factores son positivos para todo $TEX: $x$$ , $TEX: $y$$ , el menor factor debe ser igual a $TEX: $1$$ , es decir $TEX: $x^{2}+2y^{2}-2xy=1$$ , pero el discriminante de esta ecuacion en $TEX: $x$$ es $TEX: $\Delta _{x}=4y^{2}-4(2y^{2}-1)=4-4y^{2}$$ , como $TEX: $y$$ es entero, tenemos que puede valer 0 o 1 (para que el discriminante no sea menor que 0), remplazando en la ecuación llegamos (en ambos casos) a que $TEX: $x$$ vale $TEX: $1$$ , luego el unico caso en que $TEX: $x^{4}+4y^{4}$$ es primo es $TEX: $x=y=1$$

Pasten Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 23 2012, 04:23 PM Publicado: #89
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 765 Registrado: 6-December 05 Miembro Nº: 458 Nacionalidad: Sexo:	Todas las soluciones son correctas, pero Kreator respondio primero asi que es su turno. -------------------- Pasten, un buen muchacho en quien confiar.

Kreator Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 23 2012, 04:30 PM Publicado: #90
Dios Matemático Grupo: Super Moderador Mensajes: 261 Registrado: 12-February 11 Miembro Nº: 83.790 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	$TEX: Problema\\<br />Para cualquier conjunto $A=\{a_1,a_2,a_3,a_4\}$ de cuatro enteros positivos distintos se denota la suma $a_1+a_2+a_3+a_4$ por $s_A$. Sea $n_A$ el número de parejas $(i, j)$ con $1\le i<j\le4$ para las cuales $a_i+a_j$ divide a $s_A$. Encontrar todos los conjuntos $A$ de cuatro enteros positivos distintos para los cuales se alcanza el mayor valor posible de $n_A$.$ --------------------

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