Olimpiada Nacional Escolar de Matemática

enero 15, 2008

Enunciados, Semana 3

Filed under: General,problemas semanales — Matemática @ 3:09 pm

Pueden hacer en cualquier momento consultas acerca de los enunciados, pueden escribir sus soluciones a partir del 19 de enero.

3.1 El número natural n tiene exactamente dos divisores positivos, y el número n+1 tiene exactamente tres divisores positivos. ¿ Cuántos divisores positivos tiene n+2 ?

3.2 Definamos la sucesión (a_n), n\geq 0 de la siguiente forma:

a_0=0

a_{k+1}=3a_k+1, k\geq 0.

¿ Cuál es el resto de dividir el número a_{155} entre 33 ?

3.3 ¿ Cuántas fracciones irreductibles de la forma \displaystyle \frac{a}{b} cumplen las siguientes dos condiciones:

  • 0< \frac{a}{b}<1.
  • a\cdot b=20! . ?

Aclaración: El número 20! denota el producto de los 20 menores números naturales, es decir, 20!=1\cdot2\cdot3\cdot4\cdots19\cdot20.

    12 comentarios »

    1. Al principio lo hice tanteando a n.
      Esta es mi soluci{on del ejercicio 3.1 : – los números que tienen exactamente dos divisores son primos. – los que tienen un número impar de divisores son cuadrados perfectos. Con esto “n” es primo, “n+1” cuadrado perfecto= a^2, y n=a^2-1. Desarrollamos: a^2-1=(a+1)(a-1) como es primo sus factores deben ser el mismo y la unidad, entonces a-1=1, y a=2.

      Por lo tanto, reemplazando: n=3, n+1=4, y n+2=5. Por lo tanto tiene solo dos divisores positivos.

      Comentario por JUAN CARLOS — enero 19, 2008 @ 3:15 pm | Responder

    2. bueno esta es mi solucion a los problemas 3.1 y 3.2, la 3.3 todavia no me sale .

      3.1.
      como n tiene dos divisores entonces n es primo
      tambien como n+1 tiene 3 divisores entonces es un numero cuadrado perfecto de la forma:
      n+1=a2 /a es primo, ya q si no lo fuera tendría mas de 3 divisores
      –si n = 2: entonces n+1 seria 3, pero no cumple porque debe ser cuadrado perfecto
      –n > 2:
      n, n+1 como son dos numeros consecutivos uno es multiplo de 2, ademas como n es primo y no puede ser 2 entonces n+1 es el multiplo de 2.
      Lugo como n+1 es multiplo de 2 y tiene 3 divisores el unico valor para n+1 seria el 4.
      Luego n=3 y n+2 =5.
      Por lo tanto n+2 tiene dos divisores.
      3.2.
      Hallando la sucesión seria:
      A0 a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8..
      0 1 4 13 40 121 364 1093 3280
      Ahora con respecto al modulo 33 los restos que dejan respectivamente son:
      0 1 4 13 7 22 1 4 13
      Notamos que los an y los an + (múltiplo de 5) dejan el mismo resto con respecto al modulo 33 con n distinto de 0, es decir el a0 y el a5 no dejan el mismo resto en el modulo 33.
      Entonces el a5 y el a155 dejan el mismo resto en el modulo 33.
      Como a5 deja resto de 22 en el modulo 33 entonces a155 también dejara resto 22 al dividirlo entre 33.

      Comentario por gustavo — enero 19, 2008 @ 4:19 pm | Responder

    3. Por qué “los an y los an + (múltiplo de 5) dejan el mismo resto con respecto al modulo 33 con n distinto de 0”, no basta notarlo, debes demostrar ese hecho. Aun no me convence tu solución…

      Comentario por Jorge Tipe — enero 19, 2008 @ 4:29 pm | Responder

    4. Prof.: Alex Aguirre
      un favor amigo Tipe quisiera saber si puedo todavía comentar sobre los problemas reto la razon es que no me fije si existian estaban un poco escondidos y tambien si nos podria explicar como colgar jpg en los comentarios porque para el de geometria de la india nesecito colgar un gráfico para explicar bien.
      desde ya gracias.

      Comentario por Alex Aguirre — enero 19, 2008 @ 7:33 pm | Responder

    5. Los problemas reto los puedes comentar en cualquier momento que tu quieras, si quieres incluir un jpg mandamelo a mi correo y yo lo subo en tu comentario

      Saludos
      (En cuanto tenga tiempo continuo editando tu comentario anterior, ya pude corregir algunas cosas, trata de que tus formulas no sean largas)

      Comentario por Jorge Tipe — enero 19, 2008 @ 7:45 pm | Responder

    6. Mil disculpas a todos esto del latex por favor amigo Tipe borra mis anteriores comentarios me fallo el latex

      Buen dia

      Estas son mis soluciones

      3.1 Si el número n posee exactamente dos divisores, es un número primo.
      Si n fuese par \rightarrow n=2; n+1=3
      n=2 poses dos divisores 2; 1 , verifica el enunciado
      n+1=3 poses dos divisores 3; 1 , no verifica el enunciado
      Por lo tanto n es primo, impar y mayor que 2 , por consiguiente n+1 es par

      Ahora como minimo n+1 tiene los siguientes divisores:

      1, 2,\displaystyle \frac {n+1}{2}, n+1

      Como el enunciado nos dice que n+1 tiene exactamente tres divisores hay un divisor que se repite.

      Analizando se tiene:

      2=\displaystyle \frac {n+1}{2}\rightarrow n+1=4, n=3, n+2=5

      luego: n+2=5 posee dos divisores 5; 1

      3.2 luego de una observación primero probaremos que.

      a_n=\displaystyle \frac {3^n-1}{2}, n\geq 0

      Teorema1:

      para n=0: a_0=0=\displaystyle \frac {3^0-1}{2}=0 , verifica

      Teorema2:

      sea cierta para n=k: a_k=\displaystyle \frac {3^k-1}{2} y vemos que, entonces, ha de ser cierta para
      n=k+1: a_{k+1}=\displaystyle \frac {3^{k+1}-1}{2}

      En efecto:

      a_{k+1}=3a_k+1=3\cdot \displaystyle \frac {3^k-1}{2}+1=\displaystyle \frac {3^{k+1}-1}{2}

      por consiguiente podemos afirmar que:

      a_n=\displaystyle \frac {3^n-1}{2},n\geq 0

      para n=155: a_{155}=\displaystyle \frac {3^{155}-1}{2}

      nos piden el residuo de dividir a_{155}=\displaystyle \frac {3^{155}-1}{2} entre 33

      \displaystyle \frac {3^{155}-1}{2}=1+3+3^2+3^3+3^4+ \cdot \cdot \cdot +3^{153}+3^{154}

      luego:

      1+3+3^2+3^3+3^4+ \cdot \cdot \cdot +3^{153}+3^{154}=(1+3+3^2+3^3+3^4)+3^5 \cdot(1+3+3^2+3^3+3^4)+3^{10} \cdot (1+3+3^2+3^3+3^4)+ \cdot \cdot \cdot +3^{150} \cdot(1+3+3^2+3^3+3^4)

      utilizando multiplicidad

      (1+3+3^2+3^3+3^4)+3^5 \cdot(1+3+3^2+3^3+3^4)+3^{10} \cdot (1+3+3^2+3^3+3^4)+ \cdot \cdot \cdot +3^{150} \cdot (1+3+3^2+3^3+3^4)=(\dot{33}+22)+3^5\cdot (\dot{33}+22)+ \cdot \cdot \cdot +3^{150} \cdot (\dot{33}+22)

      por último

      (\dot{33}+22)+3^5\cdot (\dot{33}+22)+ \cdot \cdot \cdot +3^{150} \cdot (\dot{33}+22)= \dot{33}+22+\dot{33}=\dot{33}+22

      finalmente el residuo sera 22

      observacion: \dot{33} representa un multiplo de 33

      3.3 Primero hallemos la representación canónica de 20! ya que el numerador y el denominador deben de ser primos entre si, para que las fracciones sean irreductibles.

      20!=2^{18}\cdot 3^8 \cdot 5^4 \cdot 7^2 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 17 \cdot 19

      ahora si, observemos que son ocho números que podrían combinarse para formar fracciones irreductibles.

      Estas combinaciones son un total de 2^8 de las cuales exactamente la mitad estarán comprendidas entre cero y uno, ya que si 0< \displaystyle \frac {a}{b}<1  , \displaystyle \frac {b}{a} , sera mayor que uno.
      Finalmente existen \displaystyle \frac {2^8}{2}=128 fracciones irreductibles que cumplen estas condición.

      Saludos cordiales

      Prof.: Alex Aguirre

      Un favor amigo Tipe quisiera saber si puedo todavía comentar sobre los problemas de reto la razón es que no los vi están un poco escondidos y también quisiera saber como puedo colgar un jpg ya que nesecito saber esto para explicar correctamente el de geometría de la india.
      Desde ya gracias.

      Comentario por Alex Aguirre — enero 19, 2008 @ 8:44 pm | Responder

    7. Amigo tipe borra mis anteriores comentarios por favor solo deja el ultimo que si esta bueno

      Comentario por Alex Aguirre — enero 19, 2008 @ 9:00 pm | Responder

    8. Listo, ya los borre, para las próximas veces no escribas tantos comentarios, si no te das cuenta de porqué te sale error con el LaTeX me dejas ver si lo puedo editar.
      Por el momento hago una observación en tu solución de 3.3: Porqué exactamente la mitad de las fracciones que cumplen las condiciones requeridas son menores que 1 ?
      Saludos

      Comentario por Jorge Tipe — enero 20, 2008 @ 10:58 am | Responder

    9. agragando al comentario 2 :
      3.2.
      El a4=40=7(mód 33) ; Luego a5 = 3(7(mód 33)) + 1= 22(mód 33)
      Luego a6 = 3(22(mód 33)) + 1 = 1(mód 33),
      Luego a7 = 3(1(mód 33)) + 1 =4(mód 33)
      Luego a8 = 3(4(mód 33)) + 1 =13(mód 33)
      Luego a9 = 3(13(mód 33)) + 1 = 7(mód 33) y así sucesivamente entonces se procedería de la misma forma y resultaría igual que el a5 y siguiendo el a11 seria igual en resto con el 33 al a6 y así sucesivamente. Por eso los an y los an+( múltiplo de 5) dejan el mismo resto en el modulo 33

      Comentario por gustavo — enero 20, 2008 @ 12:23 pm | Responder

    10. Buen dia
      respuesta a comentario 8 por dar un ejemplo:
      4! primero nos aseguramos de que tanto el numerador como el denominador sean primos entre si, para esto hallamos su representacion canónica:

      4! = 2^3 \cdot 3

      entonces son un total de 2^2 = 4 combinaciones, pero veamos cuales son

      \displaystyle \frac {1}{24}, \displaystyle \frac {24}{1}, \displaystyle \frac {3}{8}, \displaystyle \frac {8}{3}
      claramente se observa que exactamente la mitad son menores de uno y la otra mitad que son sus inversas, osea mayores de uno
      por lo tanto hay \displaystyle \frac {2^2}{2} = 2 fracciones irreductibles menores de uno
      veamos que esto es directo

      Saludos cordiales

      Prof.: Alex Aguirre

      Comentario por Alex Aguirre — enero 20, 2008 @ 7:51 pm | Responder

    11. para completar la idea primero yo creo que esta claro lo de todas las combinaciones y la cosa esta en explicar bien lo de porque la mitad
      paso a explicar:
      como ya hemos hallado cuantas son el total de fracciones irreductibles
      sea: \displaystyle \frac {a}{b} una de estas fracciones irreductibles, la fraccion \displaystyle \frac {b}{a} tambien sera irreductible y esta comprendida dentro de el total de fracciones, solo que una es menor que uno y la otra es mayor que uno e aqui que se presentan en pares, donde una es la inversa de la otra
      bueno creo que ya esta más claro

      Saludos cordiales
      Prof.:Alex Aguirre

      Comentario por Alex Aguirre — enero 20, 2008 @ 8:30 pm | Responder

    12. Entiendo que las fracciones irreductyibles que mencionan se presentan de a pares… pero un pequeño detalle, pequeñisimo, ninguna de las fracciones puede ser igual a 1 (o bien es 1), porque si fuera 1 debería darse que a=b y como \frac{a}{b} es irreductible, la única posibilidad es que a=b=1, que genera la fracción \frac{1}{1} que no es ninguna de las que buscamos.

      Saludos

      Comentario por Jorge Tipe — enero 21, 2008 @ 9:59 am | Responder


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