Identificarse Registrarse

Psu
Enseñanza Básica
Enseñanza Media
Universidad
Olimpiadas
Comunidad



 
Reply to this topicStart new topic
> XLII IMO (2001), Washington DC, Estados Unidos de América
Killua
mensaje Jun 6 2007, 06:36 PM
Publicado: #1


Staff Fmat
Ícono de Grupo

Grupo: Moderador
Mensajes: 1.185
Registrado: 29-October 05
Desde: Santiago, Chile
Miembro Nº: 352
Nacionalidad:
Colegio/Liceo: Instituto Nacional
Universidad: Universidad Catolica de Chile-Facultad de Ingenieria
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



--------------------
"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)
Go to the top of the page
 
+Quote Post
Luffy
mensaje Jun 14 2007, 01:19 PM
Publicado: #2


Dios Matemático Supremo
Ícono de Grupo

Grupo: Usuario FMAT
Mensajes: 556
Registrado: 16-August 06
Desde: Rio de Janeiro
Miembro Nº: 1.950
Nacionalidad:
Colegio/Liceo: Instituto Nacional
Universidad: Instituto Nacional de Matematica Pura e Aplicada (IMPA)
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
Go to the top of the page
 
+Quote Post
Killua
mensaje Jun 14 2007, 07:26 PM
Publicado: #3


Staff Fmat
Ícono de Grupo

Grupo: Moderador
Mensajes: 1.185
Registrado: 29-October 05
Desde: Santiago, Chile
Miembro Nº: 352
Nacionalidad:
Colegio/Liceo: Instituto Nacional
Universidad: Universidad Catolica de Chile-Facultad de Ingenieria
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 jpt_chileno.gif . Nos queda uno menos en esta IMO jpt_rezzopapichulo.gif jpt_rezzopapichulo.gif

Saludos kool2.gif


--------------------
"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)
Go to the top of the page
 
+Quote Post
Killua
mensaje Dec 15 2007, 07:59 PM
Publicado: #4


Staff Fmat
Ícono de Grupo

Grupo: Moderador
Mensajes: 1.185
Registrado: 29-October 05
Desde: Santiago, Chile
Miembro Nº: 352
Nacionalidad:
Colegio/Liceo: Instituto Nacional
Universidad: Universidad Catolica de Chile-Facultad de Ingenieria
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 egresado.gif wavetowel2[1].gif


--------------------
"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)
Go to the top of the page
 
+Quote Post
Claudio Espinoza
mensaje Jan 15 2008, 09:13 AM
Publicado: #5


Principiante Matemático Destacado
Ícono de Grupo

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).
Go to the top of the page
 
+Quote Post
Killua
mensaje Feb 6 2008, 05:03 PM
Publicado: #6


Staff Fmat
Ícono de Grupo

Grupo: Moderador
Mensajes: 1.185
Registrado: 29-October 05
Desde: Santiago, Chile
Miembro Nº: 352
Nacionalidad:
Colegio/Liceo: Instituto Nacional
Universidad: Universidad Catolica de Chile-Facultad de Ingenieria
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 pompomgirl.gif smile.gif


--------------------
"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)
Go to the top of the page
 
+Quote Post
Fergs
mensaje Aug 12 2009, 05:22 PM
Publicado: #7


Principiante Matemático
Ícono de Grupo

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
Go to the top of the page
 
+Quote Post
Fergs
mensaje Aug 12 2009, 05:50 PM
Publicado: #8


Principiante Matemático
Ícono de Grupo

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
Go to the top of the page
 
+Quote Post
Fergs
mensaje Aug 12 2009, 05:52 PM
Publicado: #9


Principiante Matemático
Ícono de Grupo

Grupo: Usuario FMAT
Mensajes: 3
Registrado: 3-August 09
Miembro Nº: 56.376
Nacionalidad:
Sexo:



¿Como escribo con latex?
Go to the top of the page
 
+Quote Post
GmHernan
mensaje Oct 13 2009, 06:06 PM
Publicado: #10


Maestro Matemático
Ícono de Grupo

Grupo: Team Ensayos FMAT
Mensajes: 114
Registrado: 4-March 09
Desde: Ñuñoa
Miembro Nº: 44.042
Nacionalidad:
Colegio/Liceo: Liceo A-47 Augusto D Halmar
Universidad: Universidad Catolica de Chile
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


--------------------

Go to the top of the page
 
+Quote Post

Reply to this topicStart new topic
1 usuario(s) está(n) leyendo esta discusión (1 invitado(s) y 0 usuario(s) anónimo(s))
0 miembro(s):

 

Versión Lo-Fi Fecha y Hora actual: 23rd November 2024 - 10:34 AM