Nacional 2006 P2 N2

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
Avatar de Usuario
Javiermov
Mensajes: 117
Registrado: Vie 22 Jun, 2012 9:16 pm

Nacional 2006 P2 N2

Mensaje sin leer por Javiermov » Sab 03 Nov, 2012 11:38 pm

Si [math] y [math] son dos números racionales positivos tales que ninguno de ellos es entero pero [math] es entero, determinar si es posible que [math] sea entero. ¿Y [math] ?

Avatar de Usuario
Javiermov
Mensajes: 117
Registrado: Vie 22 Jun, 2012 9:16 pm

Re: Nacional 2006 P2 N2

Mensaje sin leer por Javiermov » Sab 03 Nov, 2012 11:38 pm

Alguna idea?

Avatar de Usuario
Turko Arias

Colaborador OFO - Medalla de Plata OFO - Medalla de Oro FOFO Pascua 2019 - Medalla
Mensajes: 306
Registrado: Lun 28 Nov, 2011 11:39 am
Medallas: 4
Nivel: Ñandú
Ubicación: La Plata, Provincia de Buenos Aires

Re: Nacional 2006 P2 N2

Mensaje sin leer por Turko Arias » Sab 03 Nov, 2012 11:46 pm

amcandio escribió:Solución al problema 5

Como [math] y [math] son racionales decimos [math] y [math] donde [math][math].
Como su suma es entera tenemos [math], de donde resulta [math] y [math], por [math] nos queda [math] y [math], por lo tanto [math].
Ahora [math] [math] [math].

En la parte a) nos queda, [math] [math] [math] [math] [math], por [math] [math].
Entonces [math] [math] [math].
Ahora, por [math],[math] y [math] son impares, luego [math]. ABSURDO.

En la parte b) tenemos que [math], es decir [math], tomando [math] nos queda [math]
Por lo tanto, hay solucion: [math].

Peznerd
Mensajes: 106
Registrado: Jue 07 Jul, 2016 1:04 pm
Nivel: 3
Contactar:

Re: Nacional 2006 P2 N2

Mensaje sin leer por Peznerd » Jue 07 Nov, 2019 6:11 pm

Turko Arias escribió:
Sab 03 Nov, 2012 11:46 pm
amcandio escribió:Solución al problema 5

Como $a$ y $b$ son racionales decimos $a= \frac{x}{m}$ y $b= \frac{y}{n}$ donde $mcd(a,m)=mcd(y,n)=1$$(1)$.
Como su suma es entera tenemos $mn|xn+my$, de donde resulta $m|xn$ y $n|my$, por $(1)$ nos queda $m|n$ y $n|m$, por lo tanto $n=m$.
Ahora $m|x+y$ $\longrightarrow$ $y=mk-x$.

En la parte a) nos queda, $x^{20}+(mk-x)^{20}\equiv 0 \mod{m^{20}}$ $\longrightarrow$ $x^{20}+(mk-x)^{20}\equiv 0 \mod{m}$ $\longrightarrow$ $2x^{20}\equiv 0 \mod{m}$, por $(1)$ $m=2$.
Entonces $x^{20}+(mk-x)^{20}\equiv 0 \mod{2^{20}}$ $\longrightarrow$ $x^{20}+(mk-x)^{20}\equiv 0 \mod{4}$.
Ahora, por $(1)$,$x$ y $2k-x$ son impares, luego $x^{20}+(mk-x)^{20}\equiv 1+1 \equiv 2 \equiv 0 \mod{4}$. ABSURDO.

En la parte b) tenemos que $m^{21}|x^{21}-(mk-x)^{21}$, es decir $x^{21}-(mk-x)^{21}\equiv 0 \mod{m^{21}}$, tomando $k=m^{20}q$ nos queda $x^{21}+(-x)^{21}\equiv x-x \equiv 0 \mod{m^{21}}$
Por lo tanto, hay solucion: $(\frac{x}{m} ; \frac{m^{21}q-x}{m})$.
Qué mal, usa muchísimas cosas que no entiendo. Me marean tantas propiedades de lalos congruencia, ¿cómo se pretende que las sepa dealgo memoria o vaya probando con tantas cosas que parecen sacadas de la galera?
Un día vi una vaca sin cola vestida de uniforme

$$\int u \, dv=uv-\int v \, du\!$$

Responder