Para darle un poco más de actividad a la página, y aumentar la participación de ustedes, que es lo importante, es que hago esta maratón que consta de lo siguiente:
– Comienzo yo (el moderador 🙂 ) sugiriendo un problema ( fácil o intermedio, no muy difícil ) de respuesta numérica.
– Otra persona da su respuesta, y una solución (no es necesario que sea muy detallada).
– Cuando la persona que sugirió el problema o el moderador, comprueban que la respuesta está correcta, la persona que resolvió el problema sugiere otro problema, y el ciclo se repite nuevamente.
Algunas indicaciones más:
– Traten de subir problemas que a ustedes mismos les parezcan interesantes, no suban problemas difíciles, recuerden que después tendrán que comprobar la respuesta.
– Los problemas pueden ser de cualquier tema: aritmética, combinatoria, álgebra, geometría, etc y tiene que estar claros en su enunciado.
– Si los problemas son creados por ustedes, mucho mejor!!
Comienzo:
_____________________________________________________
- Problema 1. Sea el menor múltiplo de 15 tal que cada uno de sus dígitos es 8 ó 0. Determine el mayor factor primo de .
- Problema 2. Encuentren todas las posibles soluciones enteras de y de la ecuación = .
- Problema 3. Determinar el número de ternas de enteros positivos , , tales que:
- Problema 4. Hallar todos los números reales positivos que cumplan
- Problema 5: es un pentágono tal que , , y . Demostrar que
- Problema 6: Demostrar que en todo grupo de 6 personas siempre existe un grupo de 3 personas que se conocen entre si o un grupo de tres personas que no se conocen entre si.
- Problema 7: Hallar todas las funciones suryectivas tales que:
- Problema 8: Sean números enteros no negativos, determinar todos los enteros que cumplan: .
- Problema 9: Supongamos que exista una solución real para el sistema de ecuaciones:
- Problema 10: Calcule todos los números racionales positivos tales que
sean enteros.
-
Problema 11: Un cuadrilátero convexo tal que y . La recta por y el punto medio de intersecta a la recta en . Demostrar que $latex \angle BEC= \angle DAC$.
(Sugerido por )
____________________________________________________
Participen!!!
Buen dia
Osea ya no habran los problemas semanales
Saludos cordiales
Prof.:Alex Aguirre
El numero es y su mayor factor primo
Buenas noches, me parece perfecta la idea.
Bueno creo que la solucion es la siguiente,
Sea N el menor numero multiplo de 3 y de 5, entonces debe terminar en «0» y para que sea minimo debe tener tres «8» es decir factorizando tenemos por lo tanto Factor primo max de N(min) es 37.
Espero que mi solucion este correcta, muchas gracias.
Primero que nada el número tiene 2 o más cifras, entonce terminará en 0 y comenzará en 8, si tiene 2 cifras tenemos 80 como única posibilidad pero no cumple, para 3 cifras tenemos 800 y 880, ninguno cumple y para 4 cifras el número como tiene que ser múltiplo de 3 sólo puede ser 8880 ya q su suma de cifras es la única que es múltiplo de 3. Y finalmente el mayor factor primo sería 37 como ya indicaron.
Alex, aun no descarto los problemas semanales…esto es solo una pausa, como dije, el objetivo es que participen más.
Virgilio, tu respuesta es correcta y la idea de la solución está bien. Puedes enunciar el siguiente problema.
Problema 2. Encuentren todas las posibles soluciones enteras de n y m de la ecuación = .
(Sugerido por )
Pd. El problema fue creado por mi …. 🙂
Esta Bakanaza la idea…. Parqa el problema 2:
Supongo Una solución -) n=4 ♣ m=100 toy desarrollando el ejercicio, a ver si saco la una explicaci{on mas rato
Primero de la ecuación tenemos que m es diferente de 0, y aún más mayor que 0, ahora si , entonces , luego , de lo cual , ahora observamos que de hecho satisface la ecuación. ¿Por favor puedes borrar el anterior?
Bueno, se me fueron unas cosas:
1º)
2º)Ya que lo que se busca son las soluciones enteras, se debe buscar que sea entero, notamos que si esto se cumple k debe ser par, ahora , entonces la expresión se vuelve , de lo cual x debe ser par, entonces es entero y debemos buscar que sea entero y teniendo en cuenta que , obtenemos las soluciones
Ojala que ahora si esté bien XD
Me parece que la solución está bien… a menos que Virgilio diga lo contrario. Por cierto el problema de Virgilio estaba muy interesante.
Mario, puedes escribir el siguiente problema.
: Determinar las ternas de enteros positivos a,b,c tales que:
La fuente es el examen de selección de Argentina para la Olimpíada del Cono Sur
Si es correcto, disculpen por la demora.
Recuerden que los problemas no deben ser muy difíciles, para que haya más participación, y también que de preferencia los problemas sean de temas variados, como ven hasta ahora os tres primeros son de Teoría de números, por favor que el siguiente cambie de tema, geometría por ejemplo.
Saludos
Jorge como podemos enunciar o sugerir los problemas.
lee lo que dicé al inicio: «Cuando la persona que sugirió el problema o el moderador, comprueban que la respuesta está correcta, la persona que resolvió el problema sugiere otro problema, y el ciclo se repite nuevamente».
Osea para que encuncies el problema 4, debes resolver correctamente el problema 3, y en este caso Mario o yo tenemos que comprobar antes que la solcuion y respuesta son correctas.
Aquí pongo mi solución
Si operamos en la ecuación dada podemos llegamos a:
abc+4ab+4a+4b=4c
Sin perdida de generalidad, podemos tomar a menor o igual a b
Notamos que 4c es mayor que abc, por ser números positivos. Entonces ab es menor que 4. Los valores de a y b pueden ser 1 y 1, 1 y 2, 1 y 3
Remplazando:
Cuando a=1 y b=1; c+4+4+4=4c, entonces c=4
Cuando a=1 y b=2; 2c+8+4+8=4c, entonces c=10
Cuando a=1 y b=3; 3c+12+4+12=4c, entonces c=28
Entonces las ternas (a,b,c) son (1,1,4), (1,2,10), (2,1,10), (1,3,28) y (3,1,28)
Si por sea caso alguien no entendio la primera parte aquie lo detallo mas
Operando la ecuación:
=
Invirtiendo y combirtiendo a mixto
(c+4)(ab+a+b)=c(a+b+4)
abc+ac+bc+4ab+4a+4b=ac+bc+4c
Llegamos a
Muy bien, creo que te tocaría proponer el siguiente problema
Como nota: si asumes sin pérdida de generalidad en la expresión original llegas rápido a
Le tocaría a Jesús Figueroa enunciar el siguiente problema, que de preferencia ya no sea de Teoría de Números.
Como decía Mario, la primera parte de la solución se puede mejorar del siguiente modo:
Supongamos que ,
Como y entonces , de donde y .
Reemplazando el valor de es fácil ver que de donde es 1, 2 ó 3, solo quedaría hallar el valo de para cada uno de estos valores de .
Bueno yo tenia preparado un problema bien bonito de teoria de números pero voy a seguir la sugerencia de Tipe. El siguiente problema es de Algebra y fue creado por mi
Problema 4. Hallar todos los números reales positivos a,b,c que cumplan
Por la desigualdad de tenemos: , es decir , con igualdad si y sólo si , de manera similar tenemos y , entonces la ecuación dada se dará si y sólo si se tiene la igualdad en las tres desigualdades, lo cual sólo se cumple si
Correcto!… puedes enunciar el siguiente problema… uno de geometría caería bien…jeje, es solo un sugerencia.
Problema 5: es un pentágono tal que , , y . Demostrar que
Disculpen el descuido XD
BUEN DIA
AMIGO TIPE POR QUE NO COLOCA EL PROBLEMA CINCO EN LA PARTE SUPERIOR PARA QUE SE VEA MAS RAPIDO
SALUDOS CORDIALES
Aqui pongo mi solución
Ubicamos M en BC, tal que AB=BM y MC=CD. Ubicamos F en la prolongación de CD, tal que DF=AB. Entonces los triángulos ABE y EFD son congruentes (caso LAL teniendo en cuenta que <BAF+<CDE=180º). Entonces EF=BE, por ello <EBF=<EFB…(1) (pues et triangulo BEF es isósceles). Además, como AB=BM=DF y MC =CD, tenemos que BC=BF. Entonces <FBC=<BFC…(2) (pues el triángulo BFC es isósceles). DE (1) y (2) <EBC=<EFC…(3). Como los triángulos ABE y EFD son congruentes, se cumple que <ABE=<EFD…(4). DE (3) y (4)<ABE=<EBC. Entonces los triángulos AEB y EMB son congruentes (caso LAL). Entonces BE es bisectriz de <AEM…(5). De manera similar se llega a demostrar que EC es bisectriz de MED…(6). De (5) y (6): <AED=2(<BEC), lo que queríamos demostrar.
P.D: < significa angulo.
Donde dice debería decir, , pero la solución está bien.
La parte de , la puedes obtener más rápido observando que los triangulos EBC y EFC son congruentes (LLL), y con esto puedes incluso demostrar lo pedido ya que y .
Tienes rezon Mario me equivoque al escribir BC=BF. Lo correcto es BC=CF. Gracias por la corrección
Bueno ya hay 3 problemas de Teoria de números, 1 de Algebra y 1 de Geometria, yo voy a poner uno de Matemática Discreta. Es algo simple pero me parecio interesante.
Demostrar que en todo grupo de 6 personas siempre existe un grupo de 3 personas que se conocen entre si o un grupo de tres personas que no se conocen entre si.
De hecho es un problema interesante, pero no diría que es simple, por otro lado ese problema es clásico por su antiguedad y porque ha aparecido en varias olimpiadas en todo el mundo. Espero ver una bonita solución…
Bueno me salió un poco largo aunque gráficamente no tanto:
Primero representamos a las 6 personas como un grafo de 6 aristas, los numeramos como 1,2,3,4,5,6, si dos personas se conocen lo indicamos con una arista, y en caso contrario una linea punteada:
Ahora tenemos los dos grupos A(formado por 1,2,3) y B (formado por 4,5,6). Procederemos por contradicción, entonces suponiendo que no es posible lograr encontrar un grupo que cumpla las condiciones dadas, tenemos los siguientes casos:
1)A tiene dos aristas y B tiene dos aristas. Sin pérdida de generalidad asumimos que las aristas de A son 12 y 23, y las de B, 45 Y 56. Ahora tomemos dos casos:
a)35 es arista: entonces 34 no es arista, y como 46 tampoco es arista, 36 debe ser arista, pero entonces se forma el triangulo 356.
b)35 no es arista: como ni 13 ni 35 son aristas, 15 es arista, entonces 16 no es arista, de lo cual 14 tiene que ser arista pero se forma el triangulo 145.
2)A tiene dos aristas y B tiene una arista, Sin pérdida de generalidad, asumimos que las aristas de A son 12 y 23, y la de B es 45.Ahora:
a)35 es arista: entonces 25 y 34 no son aristas, por lo cual 36 y 26 son aristas, pero entonces se tiene el triangulo 236.
b)35 no es arista: entonces 15 y 36 son aristas, entonces 25 y 26 no son aristas, entonces el triangulo 256 no tiene ninguna arista.
3)A tiene una arista y B tiene dos aristas, es equivalente al caso anterior.
4)A y B tienen una arista cada uno. Sin pérdida de generalidad, asumimos que la arista de A es 23 y la de B es 45:
a)35 es arista: entonces 34 y 25 no son aristas, por lo cual 36 y 26 son aristas, y se forma el triangulo 236.
b)35 no es arista: entonces 15 y 36 son aristas, luego como 15 y 54 son aristas 14 no es arista, entonces 24 es arista y como 23 es arista, 34 no es arista, pero el triángulo 134 no tiene ninguna arista.
Llegamos a una contradicción.
Recordaba haber visto este problema antes en un applet, y bueno aca tienen un link a uno parecido:
http://www.iesaltoalmanzora.com/centro/departamentos/matematicas/web_profesores/paradoja/caos/caos.htm
También da la idea de una demostración más bonita.
Para complementar un poco más, mientras buscaba otra cosa, encontre esta publicación: http://www.uam.es/otros/hojavol/pdfs/hoja07.pdf , donde se habla sobre un juego basado en este teorema (casualidades no?), y de paso pueden consultar el teorema de Pick(lo que estaba buscando XD), se ve interesante la revista.
Mario tu solución es correcta. Te tocaria poner el siguiente problema.
Yo tengo una solución mas corta del problema 6. Tal vez les gustaria verlo.
Vamos a repersentar a las personas por 6 puntos: A,B,C,D,E y F. Si dos personas se conocen se trazará una un segmento de colos X, Caso contrario un segmento de color Y.
A partir de un punto cualquiera, digamos A, se pueden trazar 5 segmentos y por principio de casillas 3 de estos segmentos son del mismo color. Sin perder generalidad vamos a suponer que estos segmentos son AB, AC,y AD y son de color X. Si alguno de los segmentos BC, CD o BD es de color x, el problema estaria resuelto, ya que existiria un triangulo cuyos lados son todos de color X. Si ninguno de los segmentos BC, CD, BD es de color X tambien estaría resulto el problema, ya que el triángulo BCD tiene todos sus lados de color Y.
[Editado por J. Tipe: hice varias correcciones]
Sí también he visto esa solución, aunque expresada en otra forma.
Tengo un problema interesante de geometría, pero primero esta ecuación funcional.
Problema 7: Hallar todas las funciones suryectivas tales que:
En este caso cabe la aclaración de qué es un función suryectiva. Una función es suryectiva (o sobreyectiva) si la imagen de por medio de es , es decir, para cada existe por lo menos un tal que .
Aqui esta mi solución. Si estoy equivicado haganlo saber, pues no tengo mucha experiencia con ecuaciones funcionales
Para Y=0:
f(f(x))=f(x)-f(0)…(1)
Como f es suryectiva, podemos hacer f(x)=0:
f(0)=-f(0)…(2)
De (1):
f(0)=f(x)-f(f(x))
Remplazando (2) en (1)
f(f(x))=f(x)+f(0)
f(0)=f(f(0))-f(0)
Entonces: f(0)=f(f(x))-f(x)=f(x)-f(f(x))
De donde:f(f(x))=f(x)
Pero como f es suryectiva podemos hacer f(x)=y, para todo y
Entonces f(y)=y
Me parece que hiciste algunos pasos de más… de (2) se deduce que f(0)=0 y reemplazandos esto en (1) resulta f(f(x))=f(x), lo mismo que llegaste casi al final.
Saludos
De , puedes deducir que , luego con , tienes
Mario, por qué se puede deducir que a partir de ? …eso no me parece cierto….
De todas maneras le tocaría a Jesús Figueroa enunciar el siguiente problema.
Bueno este es el problema 8:
Problema 8: Sean números enteros no negativos, determinar todos los enteros que cumplan:
Para todo número real b existiría un número real a, tal que f(a)=b, entonces si en f(f(x))=f(x)-f(0), reemplazamos x=a, tendremos f(b)=b-f(0), y como para todo entero b existe tal a, ya que la función es suryectiva, tendríamos que f(x)=x-f(0), para todo x real. Hay algo incorrecto?
Para el problema 8:
Notamos que si es una solución, entonces es una solución. Entonces analizaremos para m solamente:
Todas las congruencias que hay a continuacion son en módulo 5, observemos que para todo entero k si , entonces , y además . También de la ecuación:
Si : , entonces , por lo tanto, no hay solución.
Si : , entonces , pero en este caso x no es entero, entonces no hay solución.
Si : , entonces , obtenemos la solución
Si : , entonces o , obtenemos la solución
Si : , entonces , pero x no resulta entero.
En total tenemos las soluciones:
Mario (en el comentario 43) es correcto lo que dices, ya vi por qué.
Bien mario tu solución es correcta. Solo una pequeña aclaración. Como 20 es solución , -20 tambien seria solución. Entonces las ternas serian (2,3,20) (2,3,-20) (3,2,20) y (3,2,-20)
Se me paso, pense que x tambien era positivo, pero bueno, aca les dejo el siguiente problema.
Problema 9: Supongamos que exista una solución real para el sistema de ecuaciones:
donde es una función estrictamente creciente. Demostrar que:
Por condición si x<y entonces f(x)<f(y) reemplazando obtenemos z<x que implica f(z)<f(x) reemplazando obtenemos y<z.
Asi tenemos: x<y<z<x contradicción.
Igual en los demas casos.
Por lo tanto x=y=z
Correcto, ahora te tocaría proponer el siguiente problema.
Problema 10
Calcule todos los números racionales positivos tales que
, ,
sean enteros.
PD: el problema es tomado de una olimpiada nacional, luego indicare de cual.
Primero hacemos , donde ,
, entonces:
Por lo cual: , de la misma forma , .
Observamos que:
Entonces, como , se tiene:
Por lo tanto hay un entero positivo tal que:
Si uno entre p,n y q vale 1, asumimos ,
Si :
Si :
Si :
En caso contrario, asumimos sin pérdida de generalidad que (Notemos que no pueden ser iguales). Ahora , entonces no existe k.
Finalmente tenemos y sus permutaciones.
Tambien cumple x=3, y=1/2, z=2/3
Ademas si dices que puede ser (1,1,1),(2,1,1/2), (3/2,2,1/3) y sus permutaciones da a entender que tambien es solucion (2, 3/2, 1/3).
Disculpe el error, lo que debería haber permutado son las soluciones de p,q,n,obteniendo las siguientes soluciones diferentes:(p,q,n)={(2,1,1),(1,2,1),(1,1,2),(3,2,1),(2,3,1),(3,1,2),(2,1,3),
(1,3,2),(1,2,3)}
y entonces tendremos: (x,y,z)={(2,1,1/2),(1/2,2,1),(1,1/2,2),(3/2,2,1/3),(2/3,3,1/2),(3,1/2,2/3),
(2,1/3,3/2),(1/3,3/2,2),(1/2,2/3,3)}
Y (1,1,1) que se me pasó
correcto!!
te toca enunciar el siguiente problema.
Un cuadrilátero convexo tal que y . La recta por y el punto medio de intersecta a la recta en . Demostrar que .
jery de qué olimpiada era el problema anterior?
el problema es de una olimpiada rumana del 2001
La soluciòn es tediosa pero la idea es la siguiente. Proyectamos el segmento BC hasta que corte a AD(digamos en N), asi aplicamos menelao en el triangulo ABN y el punto E, y al triangulo AED y el punto N. Con esto llegamos a la siguiente relaciòn de segmentos
EC^2 = BE*EA.
Por proporciones se cumple que <ECB = <CAE, y por tanto <BEC = <DAC .
Aqui va una sencilla.
Sea n>1, demostrar que la suma 1+1/2+…+1/n nunca es un entero positivo.
No entiendo muy bien lo de proyectar BC hasta que corte AD, pero bueno aca dejo mi solucion:
Trazar una recta paralela a BC por D, esta intersecta a AB en X y a la prolongacion de EC en Y, luego se tiene que ADX es isosceles y XD=DY, entonces los puntos A,X,C,Y se encuentran sobre la circunferencia de centro D y radio DX, entonces <XAC=<XYC, y lo que se pide es una consecuencia de esto
ah por cierto, con proyectar BC hasta que corte AD te refieres a trazar una paralela a BC que corte a AD en un punto cualquiera N?
Hola, aqui les presento mi solucion al ultimo problema propuesto:
Para demostrar lo que nos pide el problema, vamos a usar inducción matemática. Sea P(n)= n:
a) P(n)=2: 1+1/2=3/2, fracción que no origina un numero entero ya que 3 no es múltiplo de 2. Si cumple.
b) P(n)=n: 1+1/2+1/3+…+1/n=a/b, asumiendo que a no es múltiplo de b,tendríamos que la suma no es un entero positivo. Llamemos (α) a la expresión.
c) P(n)=n+1: 1+1/2+1/3+…+1/n+1, para demostrar esto (β), vamos a usar (α).
En la suma: 1+1/2+1/3+…+1/n+ 1/n+1, “cogemos” desde 1 hasta 1/n y tenemos la siguiente suma: (1+1/2+1/3+…+1/n)+ 1/n+1, sabemos que lo que esta en paréntesis vale a/b, entonces llegamos a la siguiente suma: a/b+ 1/n+1= an+a+b/b(n+1), ahora para demostrar que esta fraccion no es un numero entero, aplicaremos el método de reducción al absurdo:
Siendo an+a+b/b(n+1)… (γ) un entero positivo, necesariamente an+a+b debe ser múltiplo de b(n+1), entonces:
an+a+b ≡ 0 ( mod b) … (θ) y an+a+b ≡ 0 [mod (n+1)] … (ω)
en (θ), para que an+a+b ≡ 0 ( mod b), necesariamente a(n+1) debe ser múltiplo de b, pero por (α), a y b son PESI, entonces (n+1) debe ser múltiplo de b
en (ω), analogamente llegamos a que a(n+1)+b debe ser multilplo de (n+1), de donde deducimos que b debe ser múltiplo de (n+1), entonces tenemos : b ≡ 0 [mod ( n+1)] y (n+1) ≡ 0 ( mod b), ↔ b=(n+1). Reemplazando esto en (γ), tenemos:
a(n+1)+b ≡ 0 [mod (b2)]
ab + b ≡ [mod (b2)]
a(b+1) ≡ [mod (b2)], pero a no es multiplo de b y (b+1) tampoco es multiplo de b, llegando a algo que no se puede cumplir. Entonces an+a+b/b(n+1) nunca originara un numero entero. Finalmente hemos demostrado que la suma 1+1/2+1/3+…+1/n nunca será un numero entero, para todo n>1.lqqd.
P.D. Si tienen alguna duda o sugerencia, escribanla.
Correcto! Max
Aqui les mando una segunda soluciòn,
Tmemos un valor n>1 cualesquiera, es claro que existe un unico r(entero positivo) tal que
2^r<=n<2^(r+1).
Si r= 2^r, tomamos el d=mcm(1,…,n – 1). Dicho ‘d’ tiene al factor 2^(r-1) siendo esta su potencia max de dos.
Multipliquemos por ‘d’
dS=(d + … d/n-1 + d/n),
Asi, si suponemos S entero positivo, el segundo miembro de la igualded es un entero positivo ciertamente. Sin embargo d/n no es entero positivo, y por ser el resto de los sumandos enteros positivos, obtendriamos que d/n es un entero positivo, lo cual es absurdo.
Ahora bien si n existe entre 2^r y 2^(r+1), tomamos a d = mcm(1,…,2^r – 1, 2^r + 1,…, n). Dicho ‘d’ tiene al factor 2^(r-1) siendo esta su potencia max de dos.
Multipliquemos por ‘d’
dS=(d + … + d/2^r – 1 + d/2^r d/2^r + 1 + … + d/n),
Asi, si suponemos S entero positivo, el segundo miembro de la igualded es un entero positivo ciertamente. Sin embargo d/2^r no es entero positivo, y por ser el resto de los sumandos enteros positivos, obtendriamos que d/2^r es un entero positivo, lo cual es absurdo.
Por lo tanto S no es un entero positivo 🙂
Ahora le toca a Max proponer el problema
Pues creo que aún no le toca, porque la solución de Max presenta un error, era de esperarse porque este tipo de problemas es muy difícil (quizás imposible) de resolverlos por inducción, en su comentario (nº 64) el paso errado está en negrita.
Hola, acabo de entrar y prof. Jorge, quisiera saber cual es mi error, ya que b2, no era una multiplicación, sino(tal vez deberia haberlo dicho), es una potenciacion, ya que el dos no es factor sino exponente, pero si aun asi esta mal esa parte de mi solucion,porque exactamente.
El error lo resalte con negrita, pero bueno, lo vuelvo a escribir:
.
Saludos
ya me di cuenta q me equivoque XD, disculpen
Primero demostrare por contradicción lo siguiente:
1)Entre los números 1,2,…,n sea la máxima potencia de 2 entre estos números, este el único número que tiene 2 elevando a la potencia k en su descomposición polinómica.
Supongamos que exista otro numero con tal potencia y sea este , , entonces si a=2, habría una potencia de 2 mayor que , lo cual nos lleva a una contradicción y si , se tendrá y entonces 2^{k+1} se enconrará también entre los números y nuevamente llegamos a una contradicción.
2)Ahora en el problema, cuando sumemos el denominador de la fracción resultante (reducida), es decir el minimo común multiplo de 1,2,…,n va a ser multiplo de , mientras que el numerador todos los términos van a ser pares excepto por el término correspondiente a la fracción de denominador , en consecuencia el numerador será impar y el denominador par, por lo cual es imposible que el resulltado sea un entero.
Ojalá ahora si esté bien. Jorge por favor puedes borrar los dos post anteriores?
Les propongo un problema que había visto varias veces pero recien me ha salido:
Hallar todos los números enteros de tres digitos, tales que el número es igual a la suma de los factoriales de sus dígitos.
Primero hay que saber que el máximo dígito del número puede ser 5!=120 ya que 6!=720 nos generará un número cuyas cifras iniciales serán 7, 8 o 9, y el factorial tendría mas de tres cifras.
También si sumamos factoriales menores a 5, la respuesta será un número menor a 100; esto quiere decir que el número debe tener como mínimo a un 5, y que este el número no debe ser mayor a 360 (555 daría como suma de sus factoriales 360, y si fuese este el mas cerca sería 355, pero daría 246 y el mas cerca a este es 245 pero dará 146; entonces el número no será mayor a 146) ni menor a 120(5!).
Y los posibles números podrían ser 125, 135,145 de los cuales solo 145 cumple lo requerido.
hola un saludo cordial y una pregunta:qué posibiliades hay para que en la semana del 6 al 10 de octubre pueda hacer un curso sobre problemas de olimpiadas dirigido a docetes de matematica de la provincia,conversariamos sobre costos, esquema de trabajo etc. si no es esa fecha, indicar otra
Son cosas que se podrían conversar con cuidado, eso si sin nigún compromiso debido a mi tiempo. Mi correo es jorgetipe(arroba)gmail.com
ke pazó con la maraton?
en kual ejercicio
se kedaron?’
avizen pleazee
Profesor JORGE,buenos días, ¿que tal si se continua con la maratón?, recién hace unos días me di cuenta que había eso, me pareció interesante para el entrenamiento para la ONEM u otros concursos, usted puede iniciar dando otro problema o si no, yo puedo dar un problema para continuar. Le agradeceria si lo hiciera.
Problema:
Sea ƒ un número real tal que si se le suma o resta 21 es un cuadrado perfecto. Determina un valor de ƒ.
Voy a hacer caso a tu sugerencia y vamos a seguir con la maratón, lo que pasó es que la última persona que hizo una solución ya no volvió a subir otro problema. Así que esperemos que suban la solución a tu problema, si no lo haré yo… para seguir con la maratón, gracias por la iniciativa a retomar esta maratón.
P.D. Gabriel, estás seguro del enunciado de este problema?
Creo que si cambiamos el número 21 del problema por otro número como 20 o 24 ya podemos encontrar una solución.
Disculpe por no plantear bien el problema me equivoque, aqui tengo el problema original:
Sea ƒ un cuadrado perecto tal que si se le suma o resta 21 sigue siendo un cuadrado perfecto. Probar que ƒ es un número racional.