EGMO 2018 - P6

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Violeta

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EGMO 2018 - P6

Mensaje sin leer por Violeta » Vie 13 Abr, 2018 9:57 pm

a) Probar que para cada numero real $0 < t < \frac{1}{2}$ existe un entero positivo $n$ con la siguiente propiedad: para cada conjunto $S$ de $n$ enteros positivos, existen dos elementos $x,y$ de $S$ y un entero no-negativo $m \geq 0$ tal que:

$$\lvert x-my \rvert \leq ty$$

b) Determinar si para cada numero real $0 < t < \frac{1}{2}$ existe un entero positivo conjunto infinito $S$ de enteros positivos tal que para cada dos elementos $x,y$ de $S$ y para cada entero positivo $m > 0$ cumple que:

$$\lvert x-my \rvert > ty$$
Para todo [math], existen [math] primos en sucesión aritmética.

Matías

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Re: EGMO 2018 - P6

Mensaje sin leer por Matías » Mié 18 Abr, 2018 9:00 pm

a)
Spoiler: mostrar
Supongamos que $\forall x, y\in S$ y $\forall m\in N_0$ tenemos que $|x-my|>ty$
Sean $x_1<x_2<\cdots<x_n$ los elementos de $S$
Si tomamos $x=x_i$, $y=x_{i+1}$ y $m=1$ $\forall 1\leq i\leq n-1$ obtenemos que $x_{i+1}-x_i>tx_{i+1}\implies x_{i+1}>\frac{1}{1-t}x_i$, entonces nos queda que $x_n>\frac{1}{(1-t)^{n-1}}x_1$
Si tomamos $x=x_1$, $y=x_n$ y $m=0$ obtenemos que $x_1>tx_n$, pero como teníamos que $(1-t)^{n-1}x_n>x_1$ concluimos que $(1-t)^{n-1}>t$, pero si tomamos $n>log_{1-t}t+1$, como $0<1-t<1$ nos queda que $(1-t)^{n-1}<t$ (absurdo), por lo tanto $\forall 0<t<\frac{1}{2}$ existe $n\in N$, $n>log_{1-t}t+1$ tal que para todo conjunto $S$ de $n$ naturales existen $x, y\in S$ y $m\in N_0$ tales que $|x-my|\leq ty$
b)
Spoiler: mostrar
Sean $x_1<x_2<x_3<\cdots$ los elementos de $S$
Primero elijamos $x_1$ tal que $x_1$ es impar y $x_1>\frac{1}{1-2t}$
Para $x_2$ tenemos que debe ser $x_2>\frac{1}{1-t}x_1$ y $(m+t)x_1<x_2<(m+(1-t))x_1$ para algún $m$ natural, es decir, si $x_2\equiv a(x_1)$ (con $0\leq a<x_1$) entonces $tx_1<a<(1-t)x_1$.
Como $(m+\frac{1}{2})x_1-(\frac{1}{2}-t)x_1<x_2<(m+\frac{1}{2})x_1+(\frac{1}{2}-t)x_1$ y $(\frac{1}{2}-t)x_1>\frac{1}{2}$ (ya que $x_1>\frac{1}{1-2t}$), entonces $(m+t)x_1<\frac{2mx_1+x_1-1}{2}<\frac{2mx_1+x_1+1}{2}<(m+(1-t))x_1$. También tenemos que $\frac{x_1-1}{2}$, $\frac{x_1+1}{2}$ y $x_1$ son coprimos dos a dos (ya que si un primo $p$ divide a $x_1$ y a $\frac{x_1+1}{2}$ (o a $\frac{x_1-1}{2}$), entonces también divide a su diferencia que es $\frac{x_1-1}{2}$ (o $\frac{x_1+1}{2}$), pero $\frac{x_1-1}{2}$ y $\frac{x_1+1}{2}$ son coprimos por ser consecutivos, absurdo), entonces podemos tomar $x_2$ impar tal que $x_2=mx_1+\frac{x_1-1}{2}$ (si $\frac{x_1-1}{2}$ es par tomamos $m$ impar y viceversa), $x_2>\frac{1}{1-t}x_1$ y $x_1$ y $x_2$ son coprimos.
Ahora bien, si tenemos $n$ números ($n>1$) en $S$ $x_1<x_2<\cdots<x_n$ tales que $|x-my|>ty$ $\forall x, y\in S$ y $\forall m\in N$, $x_i$ es impar $\forall 1\leq i\leq n$ y $dcm(x_i,x_j)=1$ $\forall 1\leq i<j\leq n$, podemos elegir un nuevo número $x_{n+1}$ tal que $x_{i+1}>\frac{1}{1-t}x_n$, $|x_{n+1}-my|>ty$ $\forall y\in S$, $x_{n+1}$ es impar y $dcm(x_{n+1},x_i)=1$ $\forall 1\leq i\leq n$.
Como $x_1$, $x_2$, ...,$x_n$ son coprimos dos a dos, por el teorema chino del resto sabemos que si $a_1$, $a_2$, ..., $a_n$ son números enteros, entonces existen infinitos enteros $x$ (y todos son congruentes en módulo $\prod_{i=1}^{n}x_i$) tal que $x\equiv a_i(n_i)$ $\forall 1\leq i\leq n$, y si $\forall 1\leq i\leq n$ elegimos $a_i$ como el número par entre $\frac{x_i-1}{2}$ y $\frac{x_i+1}{2}$ (lo cual podemos hacer ya que $x_i\geq x_1>\frac{1}{1-2t}\implies tx_i<\frac{x_i-1}{2}<\frac{x_i+1}{2}<(1-t)x_i$), entonces entre los enteros $x$ que cumplen tales $\prod_{i=1}^{n}x_i\leq x<2\prod_{i=1}^{n}x_i$ y $2\prod_{i=1}^{n}x_i\leq x<3\prod_{i=1}^{n}x_i$ uno de ellos es impar (ya que su diferencia es $\prod_{i=1}^{n}x_i$, que es impar) así que podemos elegir ese $x$ como $x_{n+1}$, y tenemos que $x_{n+1}\geq\prod_{i=1}^{n}x_i\geq x_1x_n>\frac{1}{1-t}x_n$; de esta forma nos garantizamos que $x_{n+1}>\frac{1}{1-t}x_n\geq\frac{1}{1-t}x_i$ $\forall 1\leq i\leq n$ y que $|x_{n+1}-mx_i|>tx_i$ $\forall 1\leq i\leq n$ y $\forall m\in N$, y también que sea $x_{n+1}$ impar y coprimo con los demás $x_i$ (ya que $x_{n+1}\equiv a_i(n_i)$ siendo $a_i$ coprimo con $n_i$).
Por lo tanto concluimos que siempre le podemos agregar más elementos a $S$, entonces $S$ es infinito.
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