Solucion del 3 en la seccion 2.2: suponemos que a>=b>=c Entonces al elevar al cubo y multiplicando por dos, nos queda que: a^3 + b^3 + c^3 + 3abc >= 2(a^2) -(a^3) + b^3 + c^3 + 3abc >= 0 y esto se puede factorizar en (-a+b+c)(a^2 + b^2 + c^2 + ab + ac - bc)>= 0 Y es facil de ver que esto es cierto porque en la primera parte por la desigualdad del triangulo tenemos que -a+b+c > 0 y para la segunda, como a^2 es mayor que bc porque a>=b>=c, entonces el segundo termino no es negativo. por lo tanto todo eso e smayo o igual que cero y ya terminamos.
elevamos al cubo y multiplicamos por 2, expresamos a 3abc=-3abc+6abc y pasamos restando 6abc, factorizamos de ambos lados y nos queda: (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)>=2a(a^2-3bc) tenemos que a+b+c>2a por la desigualdad del triangulo. Y tenemos que b+c>a (b+c)^2>a(b+c) b^2+c^2-ab-ac>-2bc a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc>a^2-3bc y con eso probamos que (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)>=2a(a^2-3bc) y de hecho probamos que es mayor estricto.
En el segundo de induccion tenemos que cuando n=1 si cumple ya que a 3 lo divide 3 Suponemos que para un cierto n fija, 2^(2^n)-1 si tiene al menos n divisores primos distintos. Ahora lo multiplicamos por 2^(2^n)+1 y magicamente nos queda 2^(2^n+1)-1 que es nuestros sigueinte termino. Ahora chequemos que 2^(2^n)-1 y 2^(2^n)+1 son primos relativos ya que si algun primo los dividiera, dividiria a su diferencia, la cual es dos y entonces el primo seria 2 y 2 no divide a un impar. Asi que son primos relativos, por lo tanto los primos que componen a 2^(2^n)+1 (que al menos es uno) son distintos de los primos que ya dividian a 2^(2^n)-1 y por tanto 2^(2^n+1)-1 tiene al menos n+1 primos divisores distintos.
Diego, Anthony, ambos tienen bien el problema 3 de la seccion 2.2.
Anthony tiene bien el segundo problema de induccion.
Acerca del problema 3 de induccion, Anthony, lo que tienes que mostrar es que siempre exite una representacion de $a$ con a lo mas n distintos divisores.
ok la solucion del 2 de induccion: ok para el caso n=1 tenemos que (2^2)-1, es tres y tiene un divisor primo. Ahora suponemos que 2^(2^n)- 1 tiene almenos n divisores primos distintos. Ahora nos fijamos para n+1 que nos da 2^(2^(n+1))-1= [2^(2^n)]^2 - 1 y por lo tanto tenemos una diferencia de cuadrados ([2^(2^n)]- 1)([2^(2^n)] + 1) y como teniamos que [2^(2^n)]- 1 ya tiene por lo menos n divisores distinos, entonces [2^(2^n)] + 1 tiene almenos un factor primo distinto, porque son primos consecutivos y por lo tanto primos relativos. y ya tenemos que para n+1 tiene almenos n+1 factores primos.
Perdón por no publicar antes, El problema 3 lo hize muy parecido, pero me fijé en cómo factorizar (a^3 - b^3 - c^3 -3abc). Eleve al cubo y multipliqué todo por 2. Luego cancelé un a^3 de cada lado. Tenía que probar que b^3 + c^3 + 3abc >= a^3, así que pase a (b^3 + c^3 + 3abc) restando. Y de ahí factorizé como (a^3 - b^3 - c^3 -3abc) = (a-b-c)(a^2+b^2+c^2+ab-bc+ac). Tenía que probar que eso es menor o igual a cero. Lugo me fijo en (a-b-c) por la desiguladad del triángulo, (a-b-c) es negativo, y es fácil ver que (a^2+b^2+c^2+ab-bc+ac) es mayor igual a cero porque el único término negativo es bc, que es menor que ab+ac+a^2+b^2+c^2. Así que (a-b-c) se multiplica por algo mayor igual a cero, entonces (a-b-c)(a^2+b^2+c^2+ab-bc+ac) es menor igual a cero.
Pues bueno lo primero que hay que notar es que 2^(2^n) es par, lo cual es facil de ver, ya que es potencia de 2.
Bueno, entonces, aplicaré una inducción muy básica. Veamos que 1 y 2 si cumplen, ya que sustituyendo los valores, sí queda. Luego supongamos que 2^(2^k-1) si cumple.
Ahora, sabemos que 2^(2^k)=(2^(2^k-1))^2, lo cual es fácil de ver, ya que cuando elevamos 2^(2^k-1) al cuadrado, nos queda 2^(4^k-1), que es lo mismo que 2^(2^k).
Bueno, entonces continuemos. Sean d1, d2, d3,... dk-1 los divisores primos de 2^(2^k-1)-1. Entonces 2^(2^k-1) es congruente a 1 (mod d1, d2,... dk-1) y por lo tanto, (2^(2^k-1))^2=2^(2^k) es congruente a 1 también, módulo esos divisores. Entonces, todos los divisores primos de 2^(2^k-1)-1 dividen a 2^(2^k)-1. Ahora, expresemos 2^(2^k-1)-1 como un producto. Llamémos al producto W. 2^(2^k-1)-1=W, por lo tanto 2^(2^k-1)=W +1 y ya sabemos que 2^(2^k)=(W+1)^2= W^2+2W+1, por lo que 2^(2^k)-1=W^2+2W=W(W+2). Notemos, que (W, W+2)=1 (debido a que son impares consecutivos), por lo que W+2 es producto de primos distintos a los que habíamos visto que dividían a 2^(2^k)-1 que eran k-1 y como el W+2 también lo divide, son k los primos distintos que lo dividen y terminamos el problema.
Solucion del 3 en la seccion 2.2:
ResponderBorrarsuponemos que a>=b>=c
Entonces al elevar al cubo y multiplicando por dos, nos queda que:
a^3 + b^3 + c^3 + 3abc >= 2(a^2)
-(a^3) + b^3 + c^3 + 3abc >= 0
y esto se puede factorizar en
(-a+b+c)(a^2 + b^2 + c^2 + ab + ac - bc)>= 0
Y es facil de ver que esto es cierto porque en la primera parte por la desigualdad del triangulo tenemos que -a+b+c > 0 y para la segunda, como a^2 es mayor que bc porque a>=b>=c, entonces el segundo termino no es negativo. por lo tanto todo eso e smayo o igual que cero y ya terminamos.
elevamos al cubo y multiplicamos por 2, expresamos a 3abc=-3abc+6abc y pasamos restando 6abc, factorizamos de ambos lados y nos queda:
ResponderBorrar(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)>=2a(a^2-3bc)
tenemos que a+b+c>2a por la desigualdad del triangulo. Y tenemos que
b+c>a
(b+c)^2>a(b+c)
b^2+c^2-ab-ac>-2bc
a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc>a^2-3bc
y con eso probamos que
(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)>=2a(a^2-3bc)
y de hecho probamos que es mayor estricto.
En el segundo de induccion tenemos que cuando n=1 si cumple ya que a 3 lo divide 3
Suponemos que para un cierto n fija, 2^(2^n)-1 si tiene al menos n divisores primos distintos.
Ahora lo multiplicamos por 2^(2^n)+1 y magicamente nos queda 2^(2^n+1)-1 que es nuestros sigueinte termino. Ahora chequemos que 2^(2^n)-1 y 2^(2^n)+1 son primos relativos ya que si algun primo los dividiera, dividiria a su diferencia, la cual es dos y entonces el primo seria 2 y 2 no divide a un impar. Asi que son primos relativos, por lo tanto los primos que componen a 2^(2^n)+1 (que al menos es uno) son distintos de los primos que ya dividian a 2^(2^n)-1 y por tanto 2^(2^n+1)-1 tiene al menos n+1 primos divisores distintos.
En el tercero de indiccion, tal vez no lo estoy entendiendo bien, pero si nos tomamos a n=5 y "a"=23=1+2+3+4+5+8, no se cumple lo que se quiere.
ResponderBorrarDiego, Anthony, ambos tienen bien el problema 3 de la seccion 2.2.
ResponderBorrarAnthony tiene bien el segundo problema de induccion.
Acerca del problema 3 de induccion, Anthony, lo que tienes que mostrar es que siempre exite una
representacion de $a$ con a lo mas n distintos divisores.
creo que ya me salió el segundo de inducción, Rogelio, nos podrias dar un hint a todos del primero de induccion? lo hemos intentado bastante yo creo.
ResponderBorrarok la solucion del 2 de induccion:
ResponderBorrarok para el caso n=1 tenemos que (2^2)-1, es tres y tiene un divisor primo. Ahora suponemos que 2^(2^n)- 1 tiene almenos n divisores primos distintos. Ahora nos fijamos para n+1 que nos da 2^(2^(n+1))-1= [2^(2^n)]^2 - 1 y por lo tanto tenemos una diferencia de cuadrados
([2^(2^n)]- 1)([2^(2^n)] + 1) y como teniamos que [2^(2^n)]- 1 ya tiene por lo menos n divisores distinos, entonces [2^(2^n)] + 1 tiene almenos un factor primo distinto, porque son primos consecutivos y por lo tanto primos relativos. y ya tenemos que para n+1 tiene almenos n+1 factores primos.
Perdón por no publicar antes,
ResponderBorrarEl problema 3 lo hize muy parecido, pero me fijé en cómo factorizar (a^3 - b^3 - c^3 -3abc).
Eleve al cubo y multipliqué todo por 2. Luego cancelé un a^3 de cada lado.
Tenía que probar que b^3 + c^3 + 3abc >= a^3, así que pase a (b^3 + c^3 + 3abc) restando. Y de ahí factorizé como (a^3 - b^3 - c^3 -3abc) = (a-b-c)(a^2+b^2+c^2+ab-bc+ac). Tenía que probar que eso es menor o igual a cero.
Lugo me fijo en (a-b-c) por la desiguladad del triángulo, (a-b-c) es negativo, y es fácil ver que (a^2+b^2+c^2+ab-bc+ac) es mayor igual a cero porque el único término negativo es bc, que es menor que ab+ac+a^2+b^2+c^2. Así que (a-b-c) se multiplica por algo mayor igual a cero, entonces (a-b-c)(a^2+b^2+c^2+ab-bc+ac) es menor igual a cero.
El 2 de inducción:
ResponderBorrarPues bueno lo primero que hay que notar es que 2^(2^n) es par, lo cual es facil de ver, ya que es potencia de 2.
Bueno, entonces, aplicaré una inducción muy básica.
Veamos que 1 y 2 si cumplen, ya que sustituyendo los valores, sí queda.
Luego supongamos que 2^(2^k-1) si cumple.
Ahora, sabemos que 2^(2^k)=(2^(2^k-1))^2, lo cual es fácil de ver, ya que cuando elevamos 2^(2^k-1) al cuadrado, nos queda 2^(4^k-1), que es lo mismo que 2^(2^k).
Bueno, entonces continuemos. Sean d1, d2, d3,... dk-1 los divisores primos de 2^(2^k-1)-1. Entonces 2^(2^k-1) es congruente a 1 (mod d1, d2,... dk-1) y por lo tanto, (2^(2^k-1))^2=2^(2^k) es congruente a 1 también, módulo esos divisores.
Entonces, todos los divisores primos de 2^(2^k-1)-1 dividen a 2^(2^k)-1.
Ahora, expresemos 2^(2^k-1)-1 como un producto. Llamémos al producto W. 2^(2^k-1)-1=W, por lo tanto 2^(2^k-1)=W +1 y ya sabemos que 2^(2^k)=(W+1)^2= W^2+2W+1, por lo que 2^(2^k)-1=W^2+2W=W(W+2). Notemos, que (W, W+2)=1 (debido a que son impares consecutivos), por lo que W+2 es producto de primos distintos a los que habíamos visto que dividían a 2^(2^k)-1 que eran k-1 y como el W+2 también lo divide, son k los primos distintos que lo dividen y terminamos el problema.
En donde puse expresemos a 2^(2^k-1)-1 como un producto, llamémos al producto W, me refería a "variable" no "producto"
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