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Soluciones zona ol´ımpica

Soluciones Zona Ol´ımpica #44

Problema 1 Enunciado Encuentra todas las funciones f : R → R que satisfagan f (x1 ) − f (x2 ) ≤ (x1 − x2 )2 para todo x1 y x2 en R.

Soluci´ on Sale directamente de la desigualdad que f (x1 ) − f (x2 ) ≤ |x1 − x2 | |x1 − x2 | entonces la derivada de f existe en todo x2 en R y es igual a cero. Por el teorema fundamental del calculo, la funci´ on f es una constante.

Problema 2 Enunciado ¿Qu´e es m´ as grande, log2 3 o log3 5?

Sugerencia: Compare ambos n´ umeros con

3 .

2

Soluci´ on otonas en los reales positivos, entonces la composici´on de Las funciones 2x , 3x y x2 son mon´ estas tambi´en los es. Podemos usarlas para simplificar los c´alculos en las desigualdades.

3 Comparamos primero log2 3 con 2 3 2 2 2log2 3 = 32 = 9 > 8 = 23 = 2 2 0.151515151515151515151515151515151515151515151515151515151515151515151515 1

laberintos e infinitos 3 .

2 3 Comparamos ahora log3 5 con 2

y obtenemos log2 3 >

3log3 5

2

3 2 = 52 = 25 < 27 = 33 = 3 2

3 y obtenemos log3 5 < .

2 Por lo tanto log3 5 < log2 3

Problema 3 Enunciado Probar que existe una infinidad de ternas (x, y, z) de enteros positivos que satisfacen la ecuaci´ on x2 + y 2 = z 3 .

Soluci´ on Sean a y b dos n´ umeros enteros dados y sea z = a2 + b2 . Si definimos x = za y y = zb, entonces la terna (xyz) satisface la ecuaci´ on.

Problema 4 Enunciado Demostrar que no existe ninguna pareja de primos p, q, con p < q que satisfagan la propiedad de que p2 + pq + 6q − 1 sea m´ ultiplo de pq.

Soluci´ on Supongamos que p y q son dos primos que cumplen que p2 + pq + 6q − 1 es m´ ultiplo de pq.

Entonces p2 + pq + 6q − 1 ≡ 0 m´od pq, por lo tanto p2 − 1 ≡ 0

m´ od q.

2

De aqu´ı obtenemos que q|p − 1, lo que implica que q| (p − 1) (p + 1). Como q es primo y p < q, entonces q|p + 1, pero como p < q, entonces q = p + 1.

Solo existen dos primos q y p con la propiedad de que q = p+1 y estos son 2 y 3, si sustituimos en la ecuaci´ on del principio obtenemos 22 + 2 ∗ 3 + 6 ∗ 3 − 1 ≡ 27 ≡ 3

m´od 2 ∗ 3,

lo cual claramente es una contradicci´ on.

0.151515151515151515151515151515151515151515151515151515151515151515151515 2

Soluciones zona ol´ımpica

Problema 5 Enunciado Prueba que √ si α esta dado por los decimales .999...., donde por lo menos hay 100 nueves, entonces α tiene 100 nueves al principio.

Soluci´ on √ Si α es menor√a 1, entonces α es menor a 1.

Suponga que α en su representaci´ on decimal tiene menos de 100 nueves al principio. Esto implica que 100 200 1 1 + . α<1−2 10 10 100 200 100 100 1 1 1 1 Pero 1 − 2 + < 1− , entonces α < 1 − lo que implica 10 10 10 10 que α no puede tener 100 nueves al principio, lo cual es claramente una contradicci´on.

Problema 6 Enunciado Sea x = 123456789(10)(11)(12)(13)(14)15 (base 15). ¿Cu´al es residuo si dividimos x entre 7?

Soluci´ on El residuo de 15 entre 7 es 1, es f´ acil ver por inducci´on matem´atica que cualquier n´ umero de la forma 15n al dividirlo por 7 deja como residuo 1.

Si la suma 1 + 2 + 3 + ... + 14 = 105 es restada de x obtenemos que 13(15 − 1) + 12(152 − 1) + 11(153 − 1) + ... + 1(1513 − 1), este n´ umero es claramente divisible entre 7 y como 105 es tambi´en divisible entre 7 eso implica que x es divisible entre 7 y por lo tanto el residuo es 0.

Problema 7 Enunciado Prueba que si x +

1 1 = 2cos(α), entonces xn + n = 2cos(nα) x x

0.151515151515151515151515151515151515151515151515151515151515151515151515 3

laberintos e infinitos

Soluci´ on 1 Reescribimos la ecuaci´ on x+ = 2cos(α) como x2 +1 = 2xcos(α) o como x2 −2xcos(α)+1 = x 0. p Entonces, x = cos(α) ± cos2 (α) − 1 = cos(nα) ± isen(α).

1 Del teorema de De Moivre sale que xn = cos(nα) ± isen(nα) y que n = cos(nα) ∓ isen(nα), x 1 si los sumamos obtenemos que xn + n = 2cos(nα). x

Problema 8 Enunciado Encuentre todos los primos p tales que 2p + p2 es primo.

Soluci´ on Note que si p = 2, entonces 2p + p2 = 8. No es un primo.

Note que si p = 3, entonces 2p + p2 = 17. Si es un primo.

Sea p > 3 un primo dado.

Entonces p ≡ 1 mod 3 0 p ≡ 2 mod 3, lo que implica que p2 ≡ 12 ≡ mod 3 o p2 ≡ 22 ≡ 4 ≡ 1 mod 3, por lo tanto p2 ≡ 1 mod 3.

Note que p es impar y que 2p ≡ −1 mod 3.

Por lo tanto 2p + p2 ≡ 0 mod 3 para todo primo p, lo que implica que el u ´nico primo con esa propiedad es el 3.

0.151515151515151515151515151515151515151515151515151515151515151515151515 4