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XLII IMO (2001), Washington DC, Estados Unidos de América

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Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 6 2007, 06:36 PM Publicado: #1
Staff Fmat Grupo: Moderador Mensajes: 1.185 Registrado: 29-October 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 352 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	42ª OLIMPIADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA Washington DC, Estados Unidos de América, 2001 Primera Prueba: Domingo 8 de julio de 2001 Problema 1: Sea $TEX: $\triangle{ABC}$$ acutángulo con circuncentro $TEX: $O$$ . Sea $TEX: $P\in\overline{BC}$$ el pie de la altura desde $TEX: $A$$ . Suponga que $TEX: $\angle{BCA}\ge\angle{ABC}+30^o$$ . Pruebe que $TEX: $\angle{CAB}+\angle{COP}<90^o$$ . Problema 2: Sean $TEX: $a, b, c\in\mathbb{R}^+$$ . Demuestre que: $TEX: $\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\ge{1}$$ Problema 3: Veintiún chicas y veintiún chicos participan en una competencia matemática. • Cada participante resolvió a lo más seis problemas. • Al menos un problema fue resuelto por cada pareja de una chica y un chico. Demuestre que hubo un problema que fue resuelto por al menos tres chicas y al menos tres chicos. Segunda Prueba: Lunes 9 de julio de 2001 Problema 4: Sea $TEX: $n$$ un entero impar mayor que $TEX: $1$$ y sean $TEX: $k_1, k_2, \ldots, k_n$$ enteros dados. Para cada una de las $TEX: $n!$$ permutaciones $TEX: $a_1, a_2, \ldots, a_n$$ de $TEX: $1, 2, \ldots, n$$ , sea $TEX: $\mathcal{S}(a)=\displaystyle\sum_{i=1}^n{k_ia_i}$$ Pruebe que existen dos permutaciones $TEX: $b$$ y $TEX: $c$$ , tales que $TEX: $n!$$ divide a $TEX: $\mathcal{S}(b)-\mathcal{S}©$$ Problema 5: En un $TEX: $\triangle{ABC}$$ acutángulo, sea $TEX: $P\in\overline{BC}$$ tal que $TEX: $\overline{AP}$$ biseca al $TEX: $\angle{BAC}$$ y sea $TEX: $Q\in\overline{CA}$$ tal que $TEX: $\overline{BQ}$$ biseca al $TEX: $\angle{ABC}$$ . Si se sabe que $TEX: $\angle{ABC}=60^o$$ y que $TEX: $AB+BP=AQ+QB$$ , ¿cuáles son los posibles ángulos del $TEX: $\triangle{ABC}$$ ? Problema 6: Sean $TEX: $a, b, c, d$$ enteros con $TEX: $a > b > c > d > 0$$ . Suponga que $TEX: $ac + bd = (b + d + a - c) (b + d - a + c)$$ Demuestre que $TEX: $ab + cd$$ no es primo. Resumen de soluciones Problema 1: Pendiente de solución. Problema 2: Aquí, resuelto por Luffy. Problema 3: Pendiente de solución. Problema 4: Pendiente de solución. Problema 5: Pendiente de solución. Problema 6: Pendiente de solución. -------------------- "He looks rather ill, but he looks all over the genius he was" (G. H. Hardy) "A mathematician is a device for turning coffee into theorems" (Paul Erdös)

Luffy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 14 2007, 01:19 PM Publicado: #2
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 556 Registrado: 16-August 06 Desde: Rio de Janeiro Miembro Nº: 1.950 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	$TEX: \noindent \underline{$Problema\ 2$}\\<br />\\Sean $a+b+c=k>0$ $\Rightarrow$ $\dfrac{a}{k}+\dfrac{b}{k}+\dfrac{c}{k}=1$; luego sean $x=\dfrac{a}{k}$ , $y=\dfrac{b}{k}$ , $z=\dfrac{c}{k}$. Y como $f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{x}}$ es convexa ya que $f''(x)=\dfrac{3}{4\sqrt{x^5}}>0$, aplicando Jensen:\\<br />\\$xf(x^2+8yz) +yf(y^2+8zx)+zf(z^2+8xy)\ge f(x^3+y^3+z^3+24xyz)$\\<br />\\$\dfrac{x}{\sqrt{x^2+8yz}}+\dfrac{y}{\sqrt{y^2+8zx}}+\dfrac{z}{\sqrt{z^2+8xy}}\ge \dfrac{1}{\sqrt{x^3+y^3+z^3+24xyz}}$\\<br />\\Ahora bien, por $MA\ge MG$:\\<br />\\$\dfrac{x^2y+xy^2+y^2z+yz^2+z^2x+zx^2}{6}\ge \sqrt[6]{x^6y^6z^6}$\\<br />\\$3(x^2y+xy^2+y^2z+yz^2+z^2x+zx^2)\ge 18xyz$\\<br />\\$x^3+y^3+z^3+3(x^2y+xy^2+y^2z+yz^2+z^2x+zx^2)+6xyz\ge x^3+y^3+z^3+24xyz$\\<br />\\$(x+y+z)^3\ge x^3+y^3+z^3+24xyz$\\<br />\\$1\ge x^3+y^3+z^3+24xyz$\\ <br />\\$\dfrac{1}{\sqrt{x^3+y^3+z^3+24xyz}}\ge 1$\\<br />\\Entonces por transitividad:\\<br />\\$\dfrac{x}{\sqrt{x^2+8yz}}+\dfrac{y}{\sqrt{y^2+8zx}}+\dfrac{z}{\sqrt{z^2+8xy}}\ge 1$\\<br />\\$\dfrac{\dfrac{a}{k}}{\sqrt{\dfrac{a^2+8bc}{k^2}}}+\dfrac{\dfrac{b}{k}}{\sqrt{\dfrac{b^2+8ca}{k^2}}}+\dfrac{\dfrac{c}{k}}{\sqrt{\dfrac{c^2+8ab}{k^2}}}\ge 1$\\<br />\\$\boxed{\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\ge 1}$\\$ Saludos

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 14 2007, 07:26 PM Publicado: #3
Staff Fmat Grupo: Moderador Mensajes: 1.185 Registrado: 29-October 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 352 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(Luffy @ Jun 14 2007, 02:19 PM) $TEX: \noindent \underline{$Problema\ 2$}\\<br />\\Sean $a+b+c=k>0$ $\Rightarrow$ $\dfrac{a}{k}+\dfrac{b}{k}+\dfrac{c}{k}=1$; luego sean $x=\dfrac{a}{k}$ , $y=\dfrac{b}{k}$ , $z=\dfrac{c}{k}$. Y como $f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{x}}$ es convexa ya que $f''(x)=\dfrac{3}{4\sqrt{x^5}}>0$, aplicando Jensen:\\<br />\\$xf(x^2+8yz) +yf(y^2+8zx)+zf(z^2+8xy)\ge f(x^3+y^3+z^3+24xyz)$\\<br />\\$\dfrac{x}{\sqrt{x^2+8yz}}+\dfrac{y}{\sqrt{y^2+8zx}}+\dfrac{z}{\sqrt{z^2+8xy}}\ge \dfrac{1}{\sqrt{x^3+y^3+z^3+24xyz}}$\\<br />\\Ahora bien, por $MA\ge MG$:\\<br />\\$\dfrac{x^2y+xy^2+y^2z+yz^2+z^2x+zx^2}{6}\ge \sqrt[6]{x^6y^6z^6}$\\<br />\\$3(x^2y+xy^2+y^2z+yz^2+z^2x+zx^2)\ge 18xyz$\\<br />\\$x^3+y^3+z^3+3(x^2y+xy^2+y^2z+yz^2+z^2x+zx^2)+6xyz\ge x^3+y^3+z^3+24xyz$\\<br />\\$(x+y+z)^3\ge x^3+y^3+z^3+24xyz$\\<br />\\$1\ge x^3+y^3+z^3+24xyz$\\ <br />\\$\dfrac{1}{\sqrt{x^3+y^3+z^3+24xyz}}\ge 1$\\<br />\\Entonces por transitividad:\\<br />\\$\dfrac{x}{\sqrt{x^2+8yz}}+\dfrac{y}{\sqrt{y^2+8zx}}+\dfrac{z}{\sqrt{z^2+8xy}}\ge 1$\\<br />\\$\dfrac{\dfrac{a}{k}}{\sqrt{\dfrac{a^2+8bc}{k^2}}}+\dfrac{\dfrac{b}{k}}{\sqrt{\dfrac{b^2+8ca}{k^2}}}+\dfrac{\dfrac{c}{k}}{\sqrt{\dfrac{c^2+8ab}{k^2}}}\ge 1$\\<br />\\$\boxed{\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\ge 1}$\\$ Saludos Muy bien, excelente solución de nuestro IMOer . Nos queda uno menos en esta IMO Saludos -------------------- "He looks rather ill, but he looks all over the genius he was" (G. H. Hardy) "A mathematician is a device for turning coffee into theorems" (Paul Erdös)

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Dec 15 2007, 07:59 PM Publicado: #4
Staff Fmat Grupo: Moderador Mensajes: 1.185 Registrado: 29-October 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 352 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(Killua @ Jun 6 2007, 09:36 PM) Problema 1: Sea $TEX: $\triangle{ABC}$$ acutángulo con circuncentro $TEX: $O$$ . Sea $TEX: $P\in\overline{BC}$$ el pie de la altura desde $TEX: $A$$ . Suponga que $TEX: $\angle{BCA}\ge\angle{ABC}+30^o$$ . Pruebe que $TEX: $\angle{CAB}+\angle{COP}<90^o$$ . Solución al problema 1 $TEX: \noindent Sea $\angle{ACB}=\gamma, \angle{ABC}=\beta$. Sabemos que $\gamma\ge{\beta+30}$. Sea $K$ el circunc\'irculo del $\triangle{ABC}$, y sea $D\in{K}$ de modo que $ADBC$ es un trapecio is\'osceles, es decir, $\angle{ACB}=\angle{DBC}=\gamma$ y $AD\parallel{BC}$. Sea $E$ el punto diametralmente opuesto a $C$ en $K$, y sea $\angle{ABD}=\pi$, entonces tenemos que $\angle{DBC}=\gamma=\beta+\pi$. As\'i, se tiene que $\gamma=\beta+\pi\ge{\beta+30}\rightarrow\pi\ge{30}$.\\<br /><br />\noindent Notemos que $\angle{AOD}=2\angle{DBA}=2\pi$ (\'angulo central), entonces $\angle{AOD}\ge{60}$. Si nos fijamos en el tri\'angulo is\'osceles $AOD$ ($AO=OD=R$, $R$ es el radio de $K$), cuando $\angle{AOD}=60$ el tri\'angulo es equil\'atero; si $\angle{AOD}$ crece, los \'angulos basales disminuyen, por lo que podemos afirmar que $\angle{AOD}$ es el mayor \'angulo de $\triangle{AOD}$, y por lo tanto, $AD$ es el mayor lado. Es decir $AD\ge{OA=OD=R}$.\\<br /><br />\noindent Sea $P'$ la proyecci\'on ortogonal de $D$ sobre $\overline{BC}$. Como $ADBC$ es trapecio is\'osceles, tenemos que $AD=PP'$. Sea $M$ el punto medio de $\overline{BC}$. Notemos que $CP=P'B$ (pues los tri\'angulos $APC$ y $DP'B$ son rect\'angulos y por la naturaleza de $ADBC$ son congruentes), entonces $M$ es tambi\'en el punto medio de $PP'$. As\'i $AD=PP'\ge{R}\rightarrow{PM\ge\dfrac{R}{2}}$. Como $\triangle{OPM}$ es rect\'angulo en $M$ (pues $\overleftrightarrow{OM}$ es simetral de $\overline{BC}$), tenemos que $OP>PM$ (pues la hipotenusa es mayor a cada cateto), es decir $OP>PM\ge\dfrac{R}{2}\rightarrow\boxed{2OP>R}\ (i)$$ $TEX: \noindent El $\triangle{OCM}$ es rect\'angulo en $M$ ($\overleftrightarrow{OM}$ es simetral de $\overline{BC}$), luego $OC=R>CM$. Ahora bien, de la desigualdad $(i)$, se tiene que:<br /><br />$$2OP>R$$<br />$$OP>R-OP>CM-PM=CP$$<br />$$\Rightarrow\boxed{OP>CP}\ (ii)$$\\<br /><br />\noindent Fij\'andonos en el $\triangle{OCP}$, tenemos por $(ii)$ que $OP>CP$, que a su vez implica que $\boxed{\angle{OCP}=\delta>\angle{COP}=\phi}\ (iii)$. Ya que $\angle{OCP}=\angle{ECB}=\angle{EAB}=\delta$, tenemos que, de $(iii)$:<br /><br />$$\delta>\phi$$<br />$$\angle{EAB}>\angle{COP}$$<br />$$\angle{EAB}+\angle{CAB}>\angle{COP}+\angle{CAB}$$<br />$$90>\angle{COP}+\angle{CAB}$$\\<br /><br />\noindent Esto \'ultimo pues $\angle{EAC}$ es recto ya que $E$ y $C$ son diametralmente opuestos en $K$. Hemos concluido $\blacksquare$$ Saludos -------------------- "He looks rather ill, but he looks all over the genius he was" (G. H. Hardy) "A mathematician is a device for turning coffee into theorems" (Paul Erdös)

Claudio Espinoza Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 15 2008, 09:13 AM Publicado: #5
Principiante Matemático Destacado Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 21 Registrado: 22-October 06 Desde: SJL - Lima Miembro Nº: 2.613 Nacionalidad: Sexo:	CITA(Killua @ Jun 6 2007, 07:36 PM) Problema 6: Sean $TEX: $a, b, c, d$$ enteros con $TEX: $a > b > c > d > 0$$ . Suponga que $TEX: $ac + bd = (b + d + a - c) (b + d - a + c)$$ Demuestre que $TEX: $ab + cd$$ no es primo. Esta es una bella solución de un compañero mío, Jorge Tipe. Solución: $TEX: $ac + bd = (b + d + a - c) (b + d - a + c)$$ implica $TEX: $a^2-ac+c^2=b^2+bd+d^2=x^2$$ . Entonces existe un triángulo de lados a, c, x tales que el ángulo opuesto a x es 60° y existe un triángulo de lados b,d y x tales que el ángulo opuesto a x es 120°. Pegando estos dos triángulo por el lado x, obtenemos un cuadrilátero cíclico de lados a,c,d,b (en ese orden) y de diagonal x y supongamos que la otra diagonal es y. Por el teorema de Ptolomeo xy= ad+bc y por el Teorema de Viete x/y=(ab+cd)/(ac+bd). Multiplicando $TEX: $x^2=\frac{(ad+bc)(ab+cd)}{ac+bd}$$ . Como ab+cd>ac+bd (equivale (b-c)(a-d)>0) y suponiendo que ab + cd es primo, entonces ab+cd y ac+bd son pesi , entonces ac+bd divide a ad+bc, esto implica $TEX: $ac+bd\le ad+bc$$ , esto es una contradicción.( Pues (ac+bd)-(ad+bc)=(a-b)(c-d)>0).

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Feb 6 2008, 05:03 PM Publicado: #6
Staff Fmat Grupo: Moderador Mensajes: 1.185 Registrado: 29-October 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 352 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(Killua @ Jun 6 2007, 09:32 PM) Problema 5: En un $TEX: $\triangle{ABC}$$ acutángulo, sea $TEX: $P\in\overline{BC}$$ tal que $TEX: $\overline{AP}$$ biseca al $TEX: $\angle{BAC}$$ y sea $TEX: $Q\in\overline{CA}$$ tal que $TEX: $\overline{BQ}$$ biseca al $TEX: $\angle{ABC}$$ . Si se sabe que $TEX: $\angle{ABC}=60^o$$ y que $TEX: $AB+BP=AQ+QB$$ , ¿cuáles son los posibles ángulos del $TEX: $\triangle{ABC}$$ ? Solución al problema 5 $TEX: \noindent Asumamos las hip\'otesis del enunciado. Sea $P'$ un punto sobre $\overleftrightarrow{AB}$, m\'as all\'a de $B$, de modo que $BP=BP'$, y sea $B'$ un punto sobre $\overleftrightarrow{AC}$, m\'as all\'a de $A$, de modo que $BQ=QB'$. Tenemos tres casos.$ Caso 1. $TEX: $AQ+QB>AC$$ , es decir, el orden lineal de los puntos es $TEX: $A-C-B'$$ . $TEX: \noindent Notemos que $AB+BP=AB+BP'=AP'$ es igual a $AQ+QB=AQ+QB'=AB'$ por enunciado, o sea $AP'=AB'$, es decir el $\triangle{AP'B'}$ es equil\'atero (pues $\angle{BAC}=60$). Sea $D=\overleftrightarrow{AP}\cap\overline{P'B'}$, ya que $\overleftrightarrow{AP}$ es bisectriz y $\triangle{AP'B'}$ es equil\'atero tenemos que $\overline{AD}$ es simetral o mediatriz de $\overline{P'B'}$, luego $P'P=PB'$.\\<br /><br />\noindent Sea $\angle{ABC}=4\beta$, entonces $\angle{ABQ}=\angle{QBC}=2\beta$ ($\overline{BQ}$ es bisectriz de $\angle{B}$). Como $BP'=BP$, $\triangle{BP'P}$ es is\'osceles y se tiene $\angle{BP'P}=\angle{BPP'}=2\beta$ (pues $\angle{ABP}=4\beta=\angle{BPP'}+\angle{BP'P}$). Notemos que $\angle{BQB'}=\angle{BAQ}+\angle{QBA}=60+2\beta$ y dado que $QB'=QB$, se sigue que $\angle{QBB'}=\angle{QB'B}=60-\beta$ ($\triangle{QBB'}$), y como $\angle{AB'P'}=60$ tenemos $\angle{BB'P'}=\beta$. Anteriormente ten\'iamos $\angle{AP'P}=2\beta$, y dado que $\angle{AP'B'}=60\Rightarrow\angle{PP'B'}=60-2\beta=\angle{PB'P'}$ (porque $PP'=PB'$), y como $\angle{BB'P'}=\beta\Rightarrow\angle{PB'B}=60-3\beta$. Pero $\angle{QBB'}=60-\beta$ y $\angle{QBC}=2\beta\Rightarrow\angle{PBB'}=60-3\beta$. Notemos entonces que $\angle{PBB'}=\angle{PB'B}=60-3\beta$, de donde se sigue que $BP=B'P$, luego $BP=B'P=P'P=BP'$, por lo que $\triangle{BP'P}$ es equil\'atero, y por tanto $2\beta=60\Rightarrow\angle{ABC}=120$, pero entonces $\angle{ABC}+\angle{BAC}=180$, es decir, el $\triangle{ABC}$ es $degenerado$. Descartamos el caso $1\ \square$$ Caso 2. $TEX: $AQ+QB<AC$$ , es decir, el orden lineal de los puntos es $TEX: $A-B'-C$$ . $TEX: \noindent Considere $D$ como en el caso anterior. Al igual que en el caso previo, tenemos que $\triangle{AP'B'}$ es equil\'atero, $\angle{ABQ}=\angle{QBC}=2\beta$, $\angle{BPP'}=\angle{BP'P}=2\beta$, $\angle{QBB'}=\angle{QB'B}=60-\beta\Rightarrow\angle{BB'P'}=\beta$. Notemos que $\angle{AP'P}+\angle{PP'B'}=60\Rightarrow\angle{PP'B'}=60-2\beta$, as\'i $\angle{PP'B'}=\angle{PB'P'}=60-2\beta\Rightarrow\angle{BB'P}=3\beta-60$.\\<br /><br />\noindent Pero $\angle{QBC}=2\beta$ y $\angle{QBB'}=60-\beta\Rightarrow\angle{B'BC}=\angle{B'BP}=3\beta-60$, resumiendo $\angle{BB'P}=\angle{B'BP}=3\beta-60$, de donde $BP=PB'=PP'=BP'$, o sea $\triangle{BP'P}$ es equil\'atero y por tanto $2\beta=60\Rightarrow\angle{ABC}=120$. El $\triangle{ABC}$ es $degenerado$ como en el caso anterior. Descartamos el caso $2\ \square$$ Caso 3. $TEX: $AQ+QB=AC$$ , es decir, $TEX: $B'=C$$ . $TEX: \noindent Como $AQ+QB=AC$, se sigue que $QB=QC$, entonces $\angle{QBC}=\angle{QCB}=\varphi$. Luego $\angle{AQB}=\angle{QBC}+\angle{QCB}=2\varphi$. Ya que $\overline{BQ}$ es bisectriz del $\angle{B}$, tenemos $\angle{ABQ}=\varphi=\angle{QBC}$.\\<br /><br />\noindent Mirando el $\triangle{QAB}$, se tiene que $60+3\varphi=180\Rightarrow\varphi=40$.\\<br /><br />\noindent Finalmente, $\angle{A}=60, \angle{B}=80, \angle{C}=40$ son los \'unicos valores posibles para los \'angulos del $\triangle{ABC}\ \blacksquare$$ Saludos -------------------- "He looks rather ill, but he looks all over the genius he was" (G. H. Hardy) "A mathematician is a device for turning coffee into theorems" (Paul Erdös)

Fergs Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 12 2009, 05:22 PM Publicado: #7
Principiante Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 3 Registrado: 3-August 09 Miembro Nº: 56.376 Nacionalidad: Sexo:	Lema: Sean $ a,b,c,d $ cuatro enteros positivos tales que $ ab=cd $ , entonces existen cuatro enteros positivos $ m,n,p,q $ tales que $ a=mn $, $ b=pq $, $ c=mp $ y $ d=nq $. Prueba: Sea $ m=(a,c) $ luego $ a=mn $ y $ c=mp $ donde $ n $ y $ p $ son coprimos. Reescribiendo la igualdad: $ mnb=mpd $ o sea $ nb=pd $ en consecuencia $ p $ divide a $ nb $, luego a $ b $, entonces hagamos $ b=pq $, la ecuacion queda como $ npq=pd $ entonces $ d=nq $. De la hipotesis del problema $ ac+bd=(b+d)^2-(c-d)^2=b^2+2bd+d^2-a^2+2ac-c^2 $ entonces $ ac+bd=(a^2-d^2)-(b^2-c^2) $, ademas $ ac+bd=a(b+c)-b(a-d) $ por lo que $ (a+d)(a-d)-(b+c)(b-c)=a(b+c)-b(a-d) $ entonces $ (b+c)(a+b-c)=(a-d)(a+b+d) $. Por el lema, existen enteros positivos $ m,n,p,q $ tales que $ b+c=mn $, $ a+b-c=pq $, $ a-d=mp $ y $ a+b+d=nq $. $ () $ Por otro lado, notar que $ ab+cd=a(b+c)-c(a-d)=(mp+d)mn-(mn-b)mp=m^2pn+mnd-m^2np+mpb=m(nd+pb) $. Observamos que $ nd+pb>1 $ entonces es suficiente demostrar que $ m>1 $. Sumando los cuatro expresiones de $ () $ obtenemos: $ 3(a+b)=(m+q)(n+p) $, nuevamente por el lema existen cuatro enteros positivos $ x,y,z,w $ tales que $ 3=xy $, $ a+b=zw $, $ m+q=xz $ y $ n+p=yw $. Ahora supongamos que $ m=1 $. Analizaremos dos casos: I) Si $ x=1 $ y $ y=3 $: Entonces $ q+1=z $ y $ 3w=n+p=m(n+p)=a+b+c-d=zw+c-d $ luego $ c-d=w(3-z) $ como $ c-d>0 $ entonces $ 3>z $. Pero si $ z=1 $ tendriamos que $ q=0 $, contradiccion. Y si $ z=2 $ seria $ q=1 $ entonces $ pq=p=a+b-c=mp=a-d $ o sea $ b-c=-d $, absurdo. II) Si $ x=3 $ y $ y=1 $: Entonces $ m+q=q+1=3z $ y $ w=n+p=m(n+p)=a+b+c-d=zw+c-d $ en consecuencia $ c-d=w(1-z) $ por ende $ 1>z $, absurdo. Entonces $ m>1 $. Por lo tanto $ ab+cd $ no es primo. [tex][/tex] $ CQD $ Mensaje modificado por Fergs el Aug 12 2009, 05:32 PM

Fergs Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 12 2009, 05:50 PM Publicado: #8
Principiante Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 3 Registrado: 3-August 09 Miembro Nº: 56.376 Nacionalidad: Sexo:	[tex][/tex]$ ab+cd $ Mensaje modificado por Fergs el Aug 12 2009, 05:51 PM

Fergs Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 12 2009, 05:52 PM Publicado: #9
Principiante Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 3 Registrado: 3-August 09 Miembro Nº: 56.376 Nacionalidad: Sexo:	¿Como escribo con latex?

GmHernan Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 13 2009, 06:06 PM Publicado: #10
Maestro Matemático Grupo: Team Ensayos FMAT Mensajes: 114 Registrado: 4-March 09 Desde: Ñuñoa Miembro Nº: 44.042 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(Fergs @ Aug 12 2009, 05:22 PM) $TEX: <br />Lema: Sean $ a,b,c,d $ cuatro enteros positivos tales que $ ab=cd $ , entonces existen cuatro enteros positivos <br />$ m,n,p,q $ tales que $ a=mn $, $ b=pq $, $ c=mp $ y $ d=nq $.<br />Prueba: Sea $ m=(a,c) $ luego $ a=mn $ y $ c=mp $ donde $ n $ y $ p $ son coprimos. Reescribiendo la igualdad: <br />$ mnb=mpd $ o sea $ nb=pd $ en consecuencia $ p $ divide a $ nb $, luego a $ b $, entonces hagamos $ b=pq $, la ecuacion queda como $ npq=pd $ entonces $ d=nq $. <br /><br />De la hipotesis del problema $ ac+bd=(b+d)^2-(c-d)^2=b^2+2bd+d^2-a^2+2ac-c^2 $ entonces <br />$ ac+bd=(a^2-d^2)-(b^2-c^2) $, ademas $ ac+bd=a(b+c)-b(a-d) $ por lo que <br />$ (a+d)(a-d)-(b+c)(b-c)=a(b+c)-b(a-d) $ entonces $ (b+c)(a+b-c)=(a-d)(a+b+d) $. <br />Por el lema, existen enteros positivos $ m,n,p,q $ tales que <br />$ b+c=mn $, $ a+b-c=pq $, $ a-d=mp $ y $ a+b+d=nq $. $ () $<br />Por otro lado, notar que $ ab+cd=a(b+c)-c(a-d)=(mp+d)mn-(mn-b)mp=m^2pn+mnd-m^2np+mpb=m(nd+pb) $.<br />Observamos que $ nd+pb>1 $ entonces es suficiente demostrar que $ m>1 $.<br />Sumando los cuatro expresiones de $ () $ obtenemos: $ 3(a+b)=(m+q)(n+p) $, nuevamente por el lema existen cuatro enteros positivos $ x,y,z,w $ tales que $ 3=xy $, $ a+b=zw $, $ m+q=xz $ y $ n+p=yw $. Ahora supongamos que $ m=1 $.<br />Analizaremos dos casos:<br />I) Si $ x=1 $ y $ y=3 $: Entonces $ q+1=z $ y $ 3w=n+p=m(n+p)=a+b+c-d=zw+c-d $ luego $ c-d=w(3-z) $ como <br />$ c-d>0 $ entonces $ 3>z $. Pero si $ z=1 $ tendriamos que $ q=0 $, contradiccion. Y si $ z=2 $ seria $ q=1 $ entonces $ pq=p=a+b-c=mp=a-d $ o sea $ b-c=-d $, absurdo.<br />II) Si $ x=3 $ y $ y=1 $: Entonces $ m+q=q+1=3z $ y $ w=n+p=m(n+p)=a+b+c-d=zw+c-d $ en consecuencia <br />$ c-d=w(1-z) $ por ende $ 1>z $, absurdo. Entonces $ m>1 $.<br /><br />Por lo tanto $ ab+cd $ no es primo.$ $ CQD $ Ahi para que los niños entiendan en la casa.........(membrillo) Lo unico que te falto fue poner todo el texto entremedio de ->>>( [tex][/tex]) nada mas -------------------- Son unos loquillos QUOTE(toto Usorno @ Nov 13 2010, 07:54 PM) Loco, tomate otro año no más erís joven no le hagai caso a esta manga de ñoños culiaos que serían incapaces de perder años porq no tendrían de que vanagloriarse (sus únicos logros son los académicos). Sigue adelante no más, encuentra tu vocación y si son 10 años los que tenís q esperar, esperalos... en Europa los hue.ones salen del colegio y salen a recorrer el mundo como dos años y de ahí se meten a la universidad... nadie te apura socio... SE FELIZ QUOTE(MatematicoPrincipiante @ Jul 17 2012, 05:18 PM) .......... no importa cual sea la identidad de kaissa...estamos en un foro de matemáticas, no en facebook, importa un pico si kaissa es hombre, mujer, buena para culear, etc., .......... QUOTE(salvador.augusto allende @ Jul 24 2012, 10:19 PM) .......... pero estas escuelas qls valen callampa, lo unico bueno que tienen son las mansas perras, en otras palabras solamente irias a la u a remojar el pate.... QUOTE(Maxooon @ Mar 6 2012, 06:57 AM) Santiago lindo, santiago hermoso, me encanta tu aroma a smog por las mañanas y el sonido de los claxon por las tardes, tu gente mal genio y apurada, tu locomocion congestionada, y que todas las noches me hagas cerrar mi casa con candados, llaves, pestillos y alarmas. QUOTE(MatematicoPrincipiante @ Jul 17 2012, 05:18 PM) .......... no importa cual sea la identidad de kaissa...estamos en un foro de matemáticas, no en facebook, importa un pico si kaissa es hombre, mujer, buena para culear, etc., .......... QUOTE(//Whiplash// @ Jun 1 2010, 11:44 PM) Las mujeres también tenemos derechos QUOTE(salvador.augusto allende @ Jul 24 2012, 10:19 PM) .......... pero estas escuelas qls valen callampa, lo unico bueno que tienen son las mansas perras, en otras palabras solamente irias a la u a remojar el pate.... QUOTE(Maxooon @ Mar 6 2012, 06:57 AM) Santiago lindo, santiago hermoso, me encanta tu aroma a smog por las mañanas y el sonido de los claxon por las tardes, tu gente mal genio y apurada, tu locomocion congestionada, y que todas las noches me hagas cerrar mi casa con candados, llaves, pestillos y alarmas. QUOTE(Kaissa @ Jan 3 2013, 06:12 PM) Dios! Señor! qué hemos hecho para merecer leer esto!!!! Hubiera tenido más sentido decir "un thread del año pasado" Voy a enumerar un poco: 1- lógica fail. 2- redacción fail. 3- gramática fail. Me vas a disculpar, estimado coquitao pero le voy a sacar un screenshot a esto y lo voy a nominar al "post fmat del año" (pero aún estoy en la indecisión de que sea 2012 o 2013 :( )

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