viernes, 2 de marzo de 2012
Problema del dia: Viernes
Encuentra todos los enteros $1 < a < b < c$ tales que $(a-1)(b-1)(c-1)|abc-1$
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10 comentarios:
Mostraré que sólo (2,4,8) y (3,5,15) son soluciones. Supongamos que $F$ es la función de 3 variables que lleva $(a,b,c)$ a $\displaystyle\frac{abc-1}{\displaystyle\prod_{cyc} (a-1)} = 1 + \displaystyle\sum_{cyc} \left(\displaystyle\frac{1}{a-1} + \displaystyle\frac{1}{(b-1)(c-1)}\right)$. $F$ es decreciente. Ahora si $F(a,b,c)$ es entero, es fácil ver que $a$, $b$ y $c$ son de la misma paridad. Con ésto en mente vemos que $a \le 3$ por contradicción. Si $a \ge 4$, $1 \textless F(a,b,c) \le F(4,6,8) \textless 2$. ¡Contradicción! Si $a=2$, entonces $b$ y $c$ son pares, y entonces se ve que $F(2,b,c)$ es impar y por desigualdades es menor a $47/15 \textless 4$. Por tanto, es 3. Ésto se reduce a $(b-3)(c-3)=5$, por lo que $(a,b,c)=(2,4,8)$. Si $a=3$, entonces $b$ y $c$ son impares, y se ve por desigualdades que la $F$ es menor a $104/48 \textless 3$ por lo que es 2, y se reduce a $(b-4)(c-4)=11$, y se obtiene $(a,b,c)=(3,5,15)$. Por lo tanto sólo hay 2 soluciones: (2,4,8) y (3,5,15). Quod erat demonstrandum. $\clubsuit$.
Veamos que si $a\geq 4$ entonces tenemos que
$\left(\frac{a}{a-1}\right)\left(\frac{b}{b-1}\right)\left(\frac{c}{c-1}\right)=$
$\left(1+\frac{1}{a-1}\right)\left(1+\frac{1}{b-1}\right)\left(1+\frac{1}{c-1}\right)\leq$
$\left(1+\frac{1}{3}\right)\left(1+\frac{1}{4}\right)\left(1+\frac{1}{5}\right)=2$
y con esto vemos que $2\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)$ es mayor a $abc-1$, y entonces $\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)$ no podría ser divisor de $abc-1$. Así que $a\leq 3$.
Entonces, si $a=2$, tenemos que $\left(b-1\right)\left(c-1\right)\leq2bc-1$ y obtenemos que $\left(b-3\right)\left(c-3\right)\leq5$. Entonces vemos que $b\leq 4$, así que probamos los casos $b=3$, donde obtenemos una contradicción, pues tenemos que $2\left(c-1\right)|5$, y checamos $b=4$, donde vemos que $3\left(c-1\right)|2c+5$, y que $c-1|7$, de donde de la primera desigualdad vemos que $c\leq 8$, y obtenemos que $c=8$.
Si $a=3$, entones similarmente llegamos a que $\left(b-4\right)\left(c-4\right)\leq 11$, y vemos que $b\leq 6$. De nuevo, probamos los casos $b=4, 5, 6$ y obtenemos una contradicción con $b=4$ pues tenemos que $6\left(c-1\right)|11$ y con $b=6$ llegamos a que $c-1|17$ lo cual no es posible. Vemos $b=5$ y llegamos a que $c-1|14$ y que $c\leq 15$, por lo que $c=15$.
Entonces las únicas ternas que cumple la condición son
$\left(2, 4, 8\right)$
$\left(3, 5, 15\right)$
$k(a-1)(b-1)(c-1)=abc-1 \textless abc$
$k \textless (\frac{a}{a-1}) (\frac{b}{b-1}) (\frac{c}{c-1})$
$=(1+\frac{1}{a-1})(1+\frac{1}{b-1})(1+\frac{1}{c-1})$
Si $a\geq 4$, entonces $b\geq 5$ y $c\geq 6$
$\Rightarrow k \textless (1+\frac{1}{3})(1+\frac{1}{4})(1+\frac{1}{5}) =2$
$\Rightarrow k=1$
$\Rightarrow (a-1)(b-1)(c-1)=abc-1$
$\Rightarrow a+b+c=ab+bc+ca$
Y esto es una contradiccion porque $a,b,c \textgreater 1$.
$\Righarrow a=2,3$
1) $a=2 \Righarrow b \geq 3, c \geq 4$
$(b-1)(c-1) \pmid 2bc-1$
$k(b-1)(c-1)=2bc-1 \textless 2bc$
$\frac{k}{2} \textless (1+\frac{1}{b-1})(1+\frac{1}{c-1})$
$\textless (1+\frac{1}{2})(1+\frac{1}{3}) =4$
$\Rightarrow k=2,3$
Si k=2
$2(b-1)(c-1)=2bc-1$
$\Righarrow \frac{3}{2}=b+c$ contradiccion
Si k=3
$3(b-1)(c-1)=2bc-1$
$\Rightarrow (b-3)(c-3)=5$
Entonces tenemos que b=4 y c=8.
2) a=3
$2(b-1)(c-1) \pmid 3bc-1$
$2k(b-1)(c-1)=3bc-1 \textless 3bc$
$\frac{2k}{3} \textless (1+\frac{1}{b-1})(1+\frac{1}{c-1})$
$ \leq (1+\frac{1}{3})(1+\frac{1}{4})=\frac{5}{3}$
$ \Rightarrow k \textless \frac{5}{2}$
$ \Righarrow k=2$
$4(b-1)(c-1)=3bc-1$
$\Righarrow (b-4)(c-4)=11$
Entonces obtenemos que b=5 y c=15.
Y las unicas dos soluciones son $(2,4,8)$ y $(3,5,15)$
En el caso uno era
$\leq (1+\frac{1}{2})(1+\frac{1}{3}) =4$
en vez de
$\textless (1+\frac{1}{2})(1+\frac{1}{3})
Veamos primero que si $a\geq 4$ entonces no es posible; para empezar queremos acotar la mínima $k$ tal que para cualesquiera $4\leq a\textless b\textless c$, $abc\textless k(a-1)(b-1)(c-1)$ y esto es fácil, pues $\prod_{cyc}\left(\frac{a}{a-1}\right)\leq \left(\frac{4}{3}\right)\left(\frac{5}{4}\right)\left(\frac{6}{5}\right)=2$, así que $abc-1\textless 2(a-1)(b-1)(c-1)$ pero como debe dividirlo, entonces $abc-1=(a-1)(b-1)(c-1)$ sin embargo, esto implica que $ab+bc+ca=a+b+c$ pero dado que $a,b,c\geq 4$, $ab\textgreater a$, $bc\textgreater b$ y $ca\textgreater c$, de modo que no es posible.
Por lo dicho anteriormente, $a\leq 3$. Si $a=2$ entonces $(b-1)(c-1)|2bc-1$ por lo tanto, $b,c$ son pares. Ahora, de la misma manera que acotamos la otra razón, veremos que $2\left(\frac{b}{b-1}\right)\left(\frac{c}{c-1}\right)\leq 2\left(\frac{3}{2}\right)\left(\frac{4}{3}\right)=4$ de dónde $2bc-1\textless 4(b-1)(c-1)$ es decir que como lo dividen, y por la paridad de la que hablamos hay dos formas:
$(1).$ en dónde $(b-1)(c-1)=2bc-1$ por lo cual $3=(b+1)(c+1)$ pero esto es imposible, pues $b\geq 3$.
$(2).$ en dónde $3(b-1)(c-1)=2bc-1$ por lo cual $5=(b-3)(c-3)$ pero si $b\geq 5$, entonces tanto $b-3$ como $c-3$ serían distintos de la unidad y su producto no podría ser primo, por lo que $b=4$ y entonces $c=8$ y la solución $(2,4,8)$ funciona.
Si $a=3$ entonces $2(b-1)(c-1)|3bc-1$ y entonces, si $b,c$ no son impares ambos, un par divide a un impar, lo que no tiene sentido, así que son impares los dos. por la misma forma de acotarlos, veremos que $3bc-1\textless 5(b-1)(c-1)$ de modo que como $2(b-1)(c-1)|3bc-1$, entonces tenemos dos opciones:
$(1).$ en dónde $2(b-1)(c-1)=3bc-1$ por lo cual $3=bc+2b+2c$ es decir que $7=(b+2)(c+2)$ pero esto no es posible, pues $b,c\geq 5$.
$(2).$ en dónde $4(b-1)(c-1)=3bc-1$ por lo cual $(b-4)(c-4)=11$ pero por un argumento similar al de antes, $b=5$ y $c=15$ por lo tanto la última solución es $(3,5,15)\blacksquare$
En un punto puse un producto cíclico que en realidad no lo es, pero se entiende que lo quiero hacer para $a,b,c$.
Como $c>b>a>1$, tenemos que $c\geq 4$, $b\geq 3$, $a\geq 2$. De la hipótesis es fácil obtener que $(a-1)(b-1)(c-1)\mid ab+bc+ca-a-b-c$. Como $ab+bc+ca-a-b-c>0$ (pues $ab+bc+ca>bc\geq 3c>a+b+c$), $ab+bc+ca-a-b-c\geq (a-1)(b-1)(c-1)$. Desarrollando y simplificando obtenemos que
$2(ab+bc+ca)\geq abc+2(a+b+c)$
De aquí obtenemos que $(2a-2)(b+c)\geq (a-2)bc+2a$. Como $c-1\geq b\geq a+1$, $(2a-2)(2c-1)\geq (2a-2)(b+c)$ $\geq (a-2)bc+2a\geq (a-2)(a+1)c+2a$, de donde $4ac+2\geq (a^{2}-a-2)c+4a+4c$. Como $4a+4c>2$, $4ac>(a^{2}-a-2)c\Rightarrow 4a>a^{2}-a-2$ $\Rightarrow 5a+2>a^{2}$. Es fácil verificar que esto se cumple sólo cuando $a\leq 4$.
Tenemos que $(a-1)(b-1)(c-1)\mid (a-1)abc-(a-1)$ y que $(a-1)(b-1)(c-1)\mid (a-1)abc-a(a-1)(b+c)+a(a-1)$, restando ambas y simplificando obtenemos que $(b-1)(c-1)\mid a(b+c)-a-1$, de donde $a(b+c)-a-1\geq bc-b-c+1$, luego $bc+a+2\leq (a+1)(b+c)\leq (a+1)(2c-1)$ $\Rightarrow (2a+2)c\geq bc+2a+3$. Entonces,
$2a+2>b\Rightarrow b\leq 2a+1$ (1)
Por otro lado, $(a-1)(b-1)(c-1)\mid (a-1)(b-1)abc-(a-1)(b-1)$ y que $(a-1)(b-1)(c-1)\mid (a-1)(b-1)abc-ab(a-1)(b-1)$, restando ambas y simplificando obtenemos que
$c-1\mid ab-1$ (2)
Tenemos los siguientes casos:
-$a=2$. Entonces, $(b-1)(c-1)\mid 2bc-1$, de donde $b,c$ son ambos pares. Por (1), $b\leq 5$, de donde $b$ sólo puede ser $4$. Por (2) obtenemos que $c-1\mid 7$, de donde $c=8$. Es fácil verificar que $(a,b,c)=(2,4,8)$ es solución.
-$a=3$. Entonces, $2\mid 2(b-1)(c-1)\mid 3bc-1$, de donde $b,c$ son ambos impares. Por (1), $b\leq 7$, de donde $b$ sólo puede ser $5$ ó $7$. Probando ambos casos y considerando (2) obtenemos que la única posible solución es $b=5$, $c=15$. Es fácil verificar que $(a,b,c)=(3,5,15)$ es solución.
-$a=4$. Entonces, $3(b-1)(c-1)\mid 4bc-1$, de donde $b,c$ son ambos pares. Por (1), $b\leq 9$, de donde $b$ sólo puede ser $6$ u $8$. Probando ambos casos, si consideramos (2) y el hecho de que $c$ es par obtenemos que no hay posibles soluciones para este caso.
Entonces, las soluciones $(a,b,c)$ son $(2,4,8)$ y $3,5,15$.
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