PROBLEMAS RESUELTOS DE PREPARACIÓN PARA OPOSICIONES. Problemas 02

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1 PROBLEMAS RESUELTOS DE PREPARACIÓN PARA OPOSICIONES Problemas 0 Salvador Pérez Gómez pies3coma14@hotmail.com 4 de abril de 007 PROBLEMA 1 Sea n un número natural. Sea A n = n + n + 3n. a) Demostrar que para todo n, A n+3 es congruente con A n módulo 7. b) Encontrar para que valores de n se verifica que A n sea divisible por 7 (utilizando el resultado del apartado a). c) Los números que en el sistema en de numeración de base se escriben: I) 1110 II) III) son divisibles entre 7? Una solución del apartado a A n+3 = 8( n + n + 3n ) A n (mód 7). Una solución del apartado b En el apartado anterior se demuestra que si n es un número natural y m n (mód 3), entonces A n A m (mód 7). Por lo tanto cada A n será congruente o bien con A 0, o bien con A 1, o bien A. A 0 = = 3. A 1 = (mód 7). A = (mód 7). Luego 7 A n 3 n. 1

2 Una solución del apartado c I) 1110 = A 1 0 (mód 7). II) = A 0 (mód 7). III) = A 3 A 0 (mód 7) 3 (mód 7). PROBLEMA Demostrar que 3 3n+3 6n 7 es múltiplo de 169 para todo n entero positivo. Una solución Probar el enunciado es equivalente a probar que para todo n entero positivo, 7 n+1 6(n + 1) + 1 (mód 169); o que para todo n, 7 n 6n + 1 (mód 13 ). 7 n = (6 + 1) n = n ( n ) k=0 k 6 k = 1 + 6n + ( 13) n ( n k= k) 6 k 6n + 1 (mód 13 ). PROBLEMA 3 Sea n un número natural cualquiera y p(n) el número de números primos con n y menores que él 1. Se pide: a) La suma de todos los números primos con n y menores que n, en función de n y de p(n). b) La suma de todos los números primos con n menores que n m, siendo m un número natural cualquiera, en función de n, m y p(n). Aplicación al caso n = 1000, m = 4. Una solución del apartado a El algoritmo de Euclides nos permite, a través de los restos ciertas divisiones, obtener el máximo común divisor d de dos enteros p y q no nulos. Pero también nos permite determinar otros dos enteros (no únicos) x e y tales que x p + y q = d. Esta relación se conoce con el nombre de identidad de Bezout. En el caso en el que d = 1, es decir cuando p y q son primos entre si, se tiene una equivalencia. Es decir, supongamos que existen dos enteros x e y no nulos, tales que x p + y q = 1. Si notamos por d = m.c.d.(p, q), entonces d 1 y por tanto d = 1 (luego a y b son primos entre sí). En resumen, dos enteros p y q son primos entre si (o coprimos) si, y sólo si, existen dos enteros x e y tales que x p + y q = 1. 1 Suele notarse por φ(n), léase fi de Euler. Si la descomposición en factores primos de n es n = p e 1 1 per r, entonces φ(n) = p e1 1 1 (p 1 1) p e r 1 r (p r 1). Étienne Bézout ( ), conocido también por su teorema que sobre el número puntos de intersección de dos curvas algebraicas.

3 Sea k un número primo con n y menor que n. Entonces gracias al resultado, existen a y b enteros tales que a k + b n = 1. Es evidente también que 1 = a n + a k + b n + a n = ( a) (n k) + (b + a) n. Luego volviendo a usar el resultado (pero en el otro sentido), se tiene que (n k) y n también son primos entre sí. Esto prueba que todo natural k menor que n y primo con él, tiene asociado otro número natural único k = n k que, además de ser menor que n y primo con él, cumple que k + k = n. Si denotamos por S 1 a la suma de todos los números primos con n y menores que n se tiene que S 1 + S 1 = p(n) n S 1 = p(n) n. Una solución del apartado b También se tiene que para todo entero l entre 1 y m, 1 = a l n + a k + b n + a l n = ( a) (l n k) + (b + a l) n. Por lo tanto, para cada k menor que n y para cada l, existen un único k l (primo con n) tal que k + k l = l m. Denotemos por S l a la suma de los enteros comprendidos entre (l 1) n + 1 y l n que son primos con n. Entonces S 1 + S l = p(n) l n. Luego S 1 + S l = p(n) l n m S 1 + S l = p(n) n (m + 1) m S l = p(n) n m. El resultado para para el caso de n = 1000 y m = 4 es p(1 000) = p( ) 8000 = ( 1) 5 (5 1) 8000 = PROBLEMA 4 Escribir los divisores de Si N = a 0 +a 1 t+ +a n t n y S = a 0 a 1 +a +( 1) n a n, donde t = 1000 y cada coeficiente a p es entero, demostrar que N y S son congruentes respecto al módulo Deducir de ello un criterio de divisibilidad por 7, 11 ó 13 y aplicarlo a Una solución Los divisores de 1001 son 1, 7, 11, 13, 77, 91, 143, 1001 y sus opuestos. t 1 (mód 1001) t n ( 1) n (mód 1001), para todo número natural n. Luego N S (mód 1001). 3

4 Sea d un divisor de 1001, N un número natural y S el valor asociado según el enunciado. Entonces d N si, y sólo si, 1001 S 1001 S (mód 1001). d d Como podemos observar 7, 11 y 13 son divisores de 1001 y al dividir este entre cada uno de ellos se obtiene respectivamente 143, 91 y 77. Sea ahora N = Por el resultado N (mód 1001). N no es divisible entre 7, pues = = (mód 1001). N no es divisible entre 11, pues = = 91 0 (mód 1001). N si es divisible entre 13, pues = = 0 (mód 1001). PROBLEMA 5 a) Estudiar según los diferentes valores del número natural n, el resto de la división euclídea de 7 n entre 9. b) Cuál es el resto de la división de entre 9? c) Para qué valores de n, número natural no nulo, el número B = 16 3n + 16 n es divisible por 9? Una solución del apartado a Obsérvese la siguiente tabla: n 7 n 0 1 (mód 9) 1 7 (mód 9) 4 (mód 9) 3 1 (mód 9) Lo primero que se deduce es que para todo n múltiplo de 3, 7 n = 7 3m 1 m (mód 9) 1 (mód 9). Por lo tanto 1, si n 0 (mód 3), 7 n 7, Si n 1 (mód 3), (mód 9). 4, Si n (mód 3), Una solución del apartado b Observemos que 10 1 (mód 9), y por tanto para todo n natural, 10 n 1 (mód 9). Luego a 0 + a a n 10 n a 0 + a 1 + a n (mód 9). En particular (mód 9) = 5 (mód 9) + 5 (mód 9) = 7 (mód 9) 4

5 La misma prueba que realizamos para 9, sirve para demostrar que a 0 + a a n 10 n a 0 + a 1 + a n (mód 3). Luego (mód 3) (mód 3). Entonces (mód 9) 7 (mód 9) 4 (mód 9). Una solución del apartado c 16 3n + 16 n ((1 + 6) 3 ) n + (1 + 6) n (mód 9) n (mód 9) 7 n 1 (mód 9). Luego 9 B 7 n 1 (mód 9) 3 n. PROBLEMA 6 Determinar el mayor número posible que sea el producto de enteros cuya suma sea 005. Una solución Notaremos por F (n) a la función que a cada número natural le asocia el máximo del conjunto formado los elementos que resultan de multiplicar enteros positivos que suman n. Convengamos (para simplificar la notación) que F (0) = 1. F verifica la siguiente fórmula de recurrencia: F (n) = máx {k F (n k)} (1) 1 k n Proposición: Sea n = s 1 + s s r una descomposición de n en sumandos para la que se alcanza el máximo de F (n). Entonces se tiene que s 1 = F (s 1 ). Demostración: Por (1) se tiene que F (n) = s 1 F (n s 1 ). Además también se tiene que F (n) = F (s 1 ) F (n s 1 ), ya que de no ser así, F (n) = s 1 F (n s 1 ) < F (s 1 ) F (n s 1 ), que contradice que F (n) es máximo. Por tanto s 1 = F (s 1 ). Luego una condición necesaria para obtener el máximo es que k = F (k). () Sin más que hacer los cálculos y usando (1), se tiene que 1 k 4, F (k) = k. A continuación nos disponemos a probar que para todo n 5, F (n) = 3 F (n 3), lo que nos forzará a estudiar 3 casos, según la congruencia de n (mód 3). Primero probaremos que se cumple para n = 5, 6 y 7; y después fijado un n, y suponiendo el resultado cierto para todo m n, probaremos que también es cierto para n + 1. Sea n = 5, entonces los únicos k < n, para los que se verifica (3) son k = 1,, 3 y 4. Luego F (5) = máx {k F (5 k)} = máx{1 4, 3, 3, 4 1} = 6 = 3 F () = 3 F (5 3) 5. 1 k 4 Sea n = 6, entonces los únicos k < n, para los que se verifica (3) vuelven ha ser k = 1,, 3 y 4. Luego F (6) = máx {k F (6 k)} = máx{1 6, 4, 3 3, 4 } = 9 = 3 F (3) = 3 F (6 3) 6. 1 k 4 5

6 Sea n = 7, entonces los únicos k < n, para los que se verifica (3) son k = 1,, 3 y 4. Luego F (7) = máx {k F (7 k)} = máx{1 9, 6, 3 4, 4 3} = 1 = 3 F (4) = 3 F (7 3) 7. 1 k 4 Supongamos fijado un número entero n 5. De ser cierta la relación de recurrencia F (m) = 3 F (m 3) para 5 m n y m = 3c + r con 0 r < 3, se tendría, aplicando inducción, que 3 c si r = 0, F (m) = 4 3 c 1 si r = 1, 6 3 c 1 si r =. Además supondremos que F (k) = k k = 1,, 3 ó 4 (para k n). Pasemos ya a probar la fórmula de recurrencia de F para n + 1. Supongamos que n = 3c. Entonces, por la suposición que acabamos de hacer y por (3) se tendría que F (n + 1) = máx{3 c, 6 3 c, c, 4 3 c 1 } = 4 3 c 1 = 3 F (n + 1 3). Además F (n + 1) n + 1, pues 3 F (n + 1) y 3 n + 1. Supongamos que n = 3c + 1. Entonces, por idénticos motivos, se tendría que F (n + 1) = máx{4 3 c 1, 3 c 1, c, c } = 6 3 c 1 = 3 F (n + 1 3). Además F (n + 1) n + 1, pues 3 F (n + 1) y 3 n + 1. Supongamos que n = 3c +. Entonces, por los mismos motivos que en los casos anteriores F (n + 1) = máx{6 3 c 1, 4 3 c 1, 3 3 c, c } = 3 3 c = 3 F (n + 1 3). Además F (n + 1) n + 1, pues 3 c+1 > 3(c + 1) para c 1. A la vista de todo lo anterior se tiene que F(005) = F( ) = = ,