[Maratón] Teoría de Números

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[Maratón] Teoría de Números

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aleabrahamramire... aleabrahamramirez Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 23 2012, 10:11 PM Publicado: #91
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 206 Registrado: 25-January 11 Miembro Nº: 83.389	Es evidente que no importa si colocamos la regla $TEX: \[1\leq a_{1}< a_{2}< a_{3}< a_{4}\]$ (sin perdida de generalidad), $TEX: \[\binom{4}{2}=6\]$ son las parejas $TEX: \[(i,j)\]$ posibles, veamos que estas se pueden reducir: si suponemos que $TEX: \[(a_{4}+a_{3})\mid s_{A}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}\Rightarrow (a_{4}+a_{3})\mid (a_{1}+a_{2})\Rightarrow a_{4}+a_{3}\leq a_{1}+a_{2}\]$ pero por la regla impuesta, $TEX: \[a_{1}+a_{2}<a_{3}+a_{4}\]$ , lo que es una contradicción con lo supuesto; Supongamos ahora que $TEX: \[(a_{2}+a_{4})\mid s_{A}\Rightarrow (a_{2}+a_{4})\mid(a_{1}+a_{3})\Rightarrow a_{2}+a_{4}\leq a_{1}+a_{3}\]$ pero por la regla impuesta, $TEX: \[a_{2}>a_{1}\wedge a_{4}>a_{3}\Rightarrow a_{2}+a_{4}>a_{1}+a_{3}\]$ , lo que es una contradiccion con lo supuesto, entonces solo quedan 4 posibles parejas ( $TEX: \[n_{A}\leq 4\]$ ), como se pide encontrar todos los conjuntos A, tal que se alcance el mayor valor para $TEX: \[n_{A}\]$ , elijamos $TEX: \[n_{A}=4\]$ , si encontramos los conjuntos habremos terminado, en caso contrario hay que elegir $TEX: \[n_{A}=3\]$ y así sucesivamente. Sea $TEX: \[n_{A}=4\]$ , entonces las parejas faltantes deben cumplir: $TEX: \[(1)\]$ $TEX: \[(a_{2}+a_{3})\mid s_{A}\]$ $TEX: \[(2)\]$ $TEX: \[(a_{1}+a_{4})\mid s_{A}\]$ $TEX: \[(3)\]$ $TEX: \[(a_{1}+a_{3})\mid s_{A}\]$ $TEX: \[(4)\]$ $TEX: \[(a_{1}+a_{2})\mid s_{A}\]$ de $TEX: \[(1)\]$ y $TEX: \[(2)\]$ , se desprende que $TEX: \[(a_{2}+a_{3})\mid a_{1}+a_{4}\]$ y $TEX: \[(a_{1}+a_{4})\mid a_{2}+a_{3}\]$ , por lo tanto $TEX: \[a_{1}+a_{4}= a_{2}+a_{3}\]$ $TEX: \[(5)\]$ y por tanto $TEX: \[s_{A}=2(a_{2}+a_{3})\]$ $TEX: \[(6)\]$ , de $TEX: \[(3)\]$ , $TEX: \[(4)\]$ y $TEX: \[(6)\]$ : $TEX: \[(a_{1}+a_{3})\mid 2(a_{2}+a_{3})\]$ y $TEX: \[(a_{1}+a_{2})\mid 2(a_{2}+a_{3})\]$ Sabemos que deben existir números naturales $TEX: \[p\]$ y $TEX: \[q\]$ , tales que: $TEX: \[(7)\]$ $TEX: \[p(a_{1}+a_{3})= 2(a_{2}+a_{3})\]$ $TEX: \[(8)\]$ $TEX: \[q(a_{1}+a_{2})= 2(a_{2}+a_{3})\]$ Concentrémonos en $TEX: \[(7)\]$ : $TEX: \[2a_{2}+2a_{3}<2a_{3}+2a_{3}=4a_{3}\]$ , ya que $TEX: \[2a_{2}<2a_{3}\]$ $TEX: \[\therefore \]$ $TEX: \[p(a_{1}+a_{3})< 4a_{3}\]$ $TEX: \[\rightarrow p< \frac{4a_{3}}{a_{1}+a_{3}}=\frac{4a_{3}+4a_{1}-4a_{1}}{a_{1}+a_{3}}=4-\frac{4a_{1}}{a_{1}+a_{3}}< 4 \therefore p=\left \{ 1,2,3 \right \}\]$ , pero si $TEX: \[p=1\]$ , $TEX: \[a_{1}+a_{3}= 2(a_{2}+a_{3})=s_{A}\]$ (por $TEX: \[(6)\]$ ), pero $TEX: \[s_{A}> a_{1}+a_{3}=s_{A}\]$ , contradicción. Por lo que $TEX: \[p\neq 1\]$ ; si $TEX: \[p=2\]$ , $TEX: \[2(a_{1}+a_{3})= 2(a_{2}+a_{3})\]$ $TEX: \[\rightarrow a_{1}=a_{2}\]$ pero $TEX: \[a_{1}< a_{2}\]$ , contradicción, por lo que $TEX: \[p\neq 2\]$ , y por tanto $TEX: \[p=3\]$ , de manera muy parecida se ve que $TEX: \[q\neq \left \{ 1,2 \right \}\]$ $TEX: \[\Rightarrow 3(a_{1}+a_{3})=2(a_{2}+a_{3})\rightarrow (9):a_{3}=2a_{2}-3a_{1} \]$ y en $TEX: \[(8)\]$ : $TEX: \[q(a_{1}+a_{2})= 6a_{2}-6a_{1}\]$ $TEX: \[\rightarrow q=\frac{6a_{2}-6a_{1}}{a_{1}+a_{2}}=\frac{6a_{2}+6a_{1}-6a_{1}-6a_{1}}{a_{1}+a_{2}}=6-\frac{12a_{1}}{a_{1}+a_{2}}< 6\Rightarrow q=\left \{ 3,4,5 \right \}\]$ si $TEX: \[q=3\Rightarrow q=p\]$ y de $TEX: \[(7)\]$ y $TEX: \[(8)\]$ , $TEX: \[a_{1}+a_{3}=a_{1}+a_{2}\]$ $TEX: \[\Rightarrow a_{2}=a_{3}\]$ , contradicción. Si $TEX: \[q=4 \Rightarrow en(8):4a_{1}+4a_{2}=6a_{2}-6a_{1}\Rightarrow a_{2}=5a_{1}\]$ , también en $TEX: \[(9)\]$ , $TEX: \[a_{3}=2a_{2}-3a_{1}=7a_{1}\]$ y además por $TEX: \[(5)\]$ , $TEX: \[a_{4}=11a_{1}\]$ $TEX: \[\therefore A=\left \{ a_{1},5a_{1},7a_{1},11a_{1} \right \}\]$ , con $TEX: \[n_{A}=4\]$ y por tanto este es el máximo, el otro conjunto se logra con $TEX: \[q=5\]$ $TEX: \[\Rightarrow\]$ en $TEX: \[(8)\]$ : $TEX: \[5a_{1} +5_{2} =6_{2}-6a_{1}\Rightarrow a_{2}=11a_{1}\]$ y por $TEX: \[(9)\]$ $TEX: \[a_{3}=19a_{1}\]$ y por $TEX: \[(5)\]$ , $TEX: \[a_{4}=29a_{1}\]$ , $TEX: \[\therefore\]$ otro $TEX: \[A_{2}=\left \{ a_{1},11a_{1},19a_{1},29a_{1} \right \}\]$ , y estos son los únicos conjuntos con $TEX: \[n_{A}\]$ máximo . Mensaje modificado por aleabrahamramirez el Aug 24 2012, 10:34 PM

Kreator Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 23 2012, 10:39 PM Publicado: #92
Dios Matemático Grupo: Super Moderador Mensajes: 261 Registrado: 12-February 11 Miembro Nº: 83.790 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	. sorry, es que como la solución estaba cortada al principio. Excelente solución, aunque yo lo hice de una forma un tanto diferente (pero era mas menos la misma idea) Proponga!! Fuente: P1 IMO 2011 Mensaje modificado por Kreator el Aug 24 2012, 06:51 AM --------------------

aleabrahamramire... aleabrahamramirez Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 24 2012, 10:47 PM Publicado: #93
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 206 Registrado: 25-January 11 Miembro Nº: 83.389	Uno simple pero de donde se aprenden ciertos detalles de los números: Problema: Supón que "n" es el producto de cuatro enteros positivos consecutivos y que además es múltiplo de 7. ¿Cuál es el mayor entero que puedes asegurar que es un divisor de "n"?

Heiricar Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 24 2012, 11:26 PM Publicado: #94
Dios Matemático Grupo: Colaborador Silver Mensajes: 423 Registrado: 4-January 11 Miembro Nº: 82.624 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	CITA(aleabrahamramirez @ Aug 24 2012, 11:47 PM) Uno simple pero de donde se aprenden ciertos detalles de los números: Problema: Supón que "n" es el producto de cuatro enteros positivos consecutivos y que además es múltiplo de 7. ¿Cuál es el mayor entero que puedes asegurar que es un divisor de "n"? Solución Notemos que si es el producto de 4 enteros consecutivos entonces es divisible por 4! (ya que seria de la forma $TEX: $$\frac{(k+4)!}{k!}$$$ , pero como $TEX: $$\binom{k+4}{4}=\frac{(k+4)!}{k!4!}$$$ es entero (por ser una combinación) entonces 4! divide a $TEX: $n$$ ), por lo tanto $TEX: $n$$ seria divisible por 4!x7, ahora demostremos que es el mayor divisor común de todos los $TEX: $n$$ . Como todos los posibles $TEX: $n$$ con las propiedades descritas deben ser divididos por este máximo común divisor, en particular lo seria 7x6x5x4, pero notemos que este es igual a (4!x7)x5, el 4!x7 ya sabemos que es un divisor común de todos los $TEX: $n$$ , por lo que la única forma de aumentar el divisor común seria agregando el 5 (ya que si aumenta mas, 7x6x5x4 dejaría de ser divido por este máximo común divisor), pero 6x7x8x9 es otro posible candidato a $TEX: $n$$ , y este no es divisible por 5, luego el máximo divisor común de todos los $TEX: $n$$ es 4!x7=168, es decir, que este es el mayor entero que puedes asegurar que divide a n.

aleabrahamramire... aleabrahamramirez Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 24 2012, 11:58 PM Publicado: #95
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 206 Registrado: 25-January 11 Miembro Nº: 83.389	Correcto, en particular mi solución iba por analizar que de cuatro números enteros consecutivos siempre dos de ellos son pares y dos impares. De los dos pares solo uno de ellos será múltiplo de 4, luego el producto de ellos será múltiplo de 8. Uno al menos será múltiplo de 3 (podrían ser dos, el menor y el mayor) y como n es múltiplo de 7, n =168 Propones

Heiricar Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 25 2012, 12:01 AM Publicado: #96
Dios Matemático Grupo: Colaborador Silver Mensajes: 423 Registrado: 4-January 11 Miembro Nº: 82.624 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	Problema: Sean p y q primos diferentes de 2 y 3. Probar que si p − q es una potencia de dos entonces p + q es divisible por tres.

Heiricar Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 25 2012, 12:30 AM Publicado: #98
Dios Matemático Grupo: Colaborador Silver Mensajes: 423 Registrado: 4-January 11 Miembro Nº: 82.624 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	CITA(2.718281828 @ Aug 25 2012, 01:22 AM) aqui va mi solucion $TEX: Dado que $p$ y $q$ no son ni 2 ni 3, entonces, por el pequeño teorema de fermat, tenemos que 3 divide a $p^2-1$ y a $q^2-1$, por lo tanto tambien a $p^2-1-q^2+1=p^2-q^2$.$ $TEX: como $(p^2-q^2)=(p-q)(p+q)$ y por hipotesis $p-q=2^k$ para algun natural $k$, se tiene que inexorablemente $3\|p+q$$ saludos! Excelente solución!!, si alguien quiere buscar otra, quizás le puede servir el hecho de que todo primo es de la forma 6k-1 o 6k+1. Te toca proponer

Expl0it Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 25 2012, 01:25 AM Publicado: #100
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 97 Registrado: 10-January 12 Desde: Santiago Miembro Nº: 100.089 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Este sera un offtopic: ¿Es normal que no entienda el como responden cosas de una forma extraña o solo me falta darme unas largas vueltas por el sector principiante? En resumen: no entiendo ninguna **** -------------------- ~El conocimiento es libre...~ “Daría todo lo que sé por la mitad de lo que ignoro”~**

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