tag:blogger.com,1999:blog-444408592833092365.post3665880184250008025..comments2023-06-29T04:02:58.043-06:00Comments on México rumbo a la IMO: Problema del Dia (viernes 21 de enero - NUM)David (sirio11)http://www.blogger.com/profile/13765612869477578855noreply@blogger.comBlogger10125tag:blogger.com,1999:blog-444408592833092365.post-60794342054775869412011-02-06T20:26:17.238-06:002011-02-06T20:26:17.238-06:00Para n impar se tiene que
los primeros dos sumando...Para n impar se tiene que<br />los primeros dos sumandos son congruentes a 1 modulo1, y el tercer sumando es congruente a -1 modulo 11, entonces la suma es congruente a 1+1-1-1=0 Modulo11,<br />entonces supongamos que n es par, sea n=(2^t)I, con I impar, y sea m=(10^2^k) + 1<br />entonces<br />10^n==10^((2^t)I)==10^(2^t)^I==(-1)^I==-1Mod m<br />ademas ya que 10 ^(2^t)/ 10^n, se llegua a que 2^(t+1)/10^n/10^10^n.<br />usando congruencias se llaga a que<br />R=(10^10^10^n)+(10^10^n)+(10^n)-1==1+1-1-1==0Mod m, por lo que R no es primo.angel95https://www.blogger.com/profile/02851661192117175892noreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-444408592833092365.post-58516667750701558082011-02-05T14:20:29.354-06:002011-02-05T14:20:29.354-06:00Este comentario ha sido eliminado por el autor.DANIELIMOhttps://www.blogger.com/profile/02024822566397214634noreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-444408592833092365.post-76686636429380503272011-02-05T14:19:00.501-06:002011-02-05T14:19:00.501-06:00Este comentario ha sido eliminado por el autor.DANIELIMOhttps://www.blogger.com/profile/02024822566397214634noreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-444408592833092365.post-58187457488973176502011-02-05T14:18:43.624-06:002011-02-05T14:18:43.624-06:00sea n=(2^k)i con i impar y sea x=10^(2^k),
sabemo...sea n=(2^k)i con i impar y sea x=10^(2^k), <br />sabemos que k<n, por lo tanto<br />(2^k)a=10^(10^n) y (2^k)b=10^n, con a, b enteros pares, por lo tanto<br />10^(10^(10^n))=x^a=1 (mod x+1) y<br />10^(10^n)=x^b=1 (mod x+1)<br />y sabemos que x=-1 (mod x+1)<br />por lo tanto al sumar las 4 potencias nos queda que son divisibles entre x+1 y claramente es un numero mayor, por lo tanto no es primo.DANIELIMOhttps://www.blogger.com/profile/02024822566397214634noreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-444408592833092365.post-64004493776590872972011-01-26T16:39:59.881-06:002011-01-26T16:39:59.881-06:00Supongamos que $2^a$ || n, entonces sea
$k = 10^{...Supongamos que $2^a$ || n, entonces sea <br />$k = 10^{2^a}+1$ entonces <br />$10^{2^a}\equiv -1 \pmod{k}$, luego $2^a \leq n$,<br />$10^{2^a} | 10^n$ y a $2^{a+1}|10^n$, luego los terminos de la derecha, son potencias pares de $10^k$ entonces son 1 modulo k, luego la suma queda 0 modulo k y k es divisor de ese numero y entonces no es primo.Flaviohttps://www.blogger.com/profile/05534283841386385435noreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-444408592833092365.post-73421994403024756252011-01-24T23:07:09.073-06:002011-01-24T23:07:09.073-06:00Ya me salio pero tengo la misma solucion que Diego...Ya me salio pero tengo la misma solucion que Diego, considerar el numero 10^(2^k)+1 donde 2^k es la maxima potencia de 2 que divide a n, y hacer las cuentas para ver que cumple.Georgeshttps://www.blogger.com/profile/01952800395162229443noreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-444408592833092365.post-5295421359290453342011-01-21T22:40:07.788-06:002011-01-21T22:40:07.788-06:00Muy bien Jorge 'Chuck'Muy bien Jorge 'Chuck'Enrique Treviñohttps://www.blogger.com/profile/08421794717794616014noreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-444408592833092365.post-85147898793720678122011-01-21T22:14:38.470-06:002011-01-21T22:14:38.470-06:00sea n = 2^k*r con r impar demostremos que 10^(2^k)...sea n = 2^k*r con r impar demostremos que 10^(2^k) + 1 = d divide a 10^(10^(10^(2^k*r))) + 10^(10^(2^k*r)) + 10^(2^k*r) - 1 = S<br /><br />10^(2^k*r) = (d-1)^r = (-1)^r(mod d)<br />y como r es impar (-1)^r=-1(mod d)<br /><br />10^(10^(2^k*r))=10^(2^(2^k*r)*5^(2^k*r)) = 10^(2^k*2^(2^k*r - k)*5^(2^k*r))<br />como <br />2^k*r>k, 2^(2^k*r - k)>=2 y es entero de modo que<br />10^(2^k*2^(2^k*r - k)*5^(2^k*r))= (10^(2^k))^(2^(2^k*r - k)*5^(2^k*r)) = (-1)^(2^(2^k*r - k)*5^(2^k*r)) (mod d)<br />y como (2^(2^k*r - k)*5^(2^k*r)) es par <br />(porque 2^(2^k*r - k)>=2 y es entero)<br />(-1)^(2^(2^k*r - k)*5^(2^k*r)) = 1 (mod d)<br /><br />De manera similar<br />10^(10^(10^(2^k*r))) = 10^(2^(10^(2^k*r))*5^(10^(2^k*r))) = 10^(2^k*2^(10^(2^k*r) - k)*5^(10^(2^k*r)))<br />y como <br />10^(2^k*r) > k entonces 2^(10^(2^k*r) - k >=2 y es entero por lo que<br />10^(2^k*2^(10^(2^k*r) - k)*5^(10^(2^k*r))) = (10^(2^k))^(2^(10^(2^k*r) - k)*5^(10^(2^k*r))) = (-1)^(2^(10^(2^k*r) - k)*5^(10^(2^k*r))) (mod d)<br />y como 2^(10^(2^k*r) - k) >=2 y es entero, es par, por lo que<br />(-1)^(2^(10^(2^k*r) - k)*5^(10^(2^k*r))) = 1 (mod d)<br /><br />Si juntamos todo lo de arriba podemos ver que<br />S=(1)+(1)+(-1)-1 = 0 (mod d)<br />de modo que d|S y como d<S sabemos que todos los primos que dividen a d, también dividen a S por lo que S no puede ser primo.Anonymousnoreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-444408592833092365.post-49002283816959536092011-01-21T10:18:52.494-06:002011-01-21T10:18:52.494-06:00Bien hecho Diego. Mi solución es la misma.Bien hecho Diego. Mi solución es la misma.Enrique Treviñohttps://www.blogger.com/profile/08421794717794616014noreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-444408592833092365.post-69344366461661053532011-01-21T01:17:33.652-06:002011-01-21T01:17:33.652-06:00Sea $A=10^{10^{10^n}}+10^{10^n}+10^n-1$
Sea $n=2^k...Sea $A=10^{10^{10^n}}+10^{10^n}+10^n-1$<br />Sea $n=2^k I$ donde $I$ es impar. Sea $m=10^{2^k}+1$.Tenemos que $10^n\equiv 10^{2^k I} \equiv {10^{2^k}}^I\equiv (-1)^I\equiv -1$ $mod$ $m$.<br />$2^(k+1)|10^(k+1)|10^{2^k}|10^{2^k I}$ entonces $10^n=2^{k+1} r$<br />$10^{10^n}\equiv {10^{2^k}}^{2r} \equiv (-1)^{2r}\equiv 1$ $mod$ $m$.<br />$2^{k+1}|10^{k+1}|10^{10^{2^k}}|10^{10^n}$. $10^{10^n}=2^{k+1} u$ entonces<br />$10^{10^{10^n}}\equiv {10^{2^k}}^{2u} \equiv (-1)^{2u}\equiv 1$ $mod$ $m$.<br />Porlotanto $10^{10^{10^n}}+10^{10^n}+10^n-1\equiv 1+1-1-1\equiv 0$ $mod$ $m$.<br />Tenemos que $m|A$, $m\geq 2$, $m<A$ porlotanto $A$ no es primoAnonymoushttps://www.blogger.com/profile/14839425512917090298noreply@blogger.com