Vuelven los problemas de la Olimpiada Matemática Internacional (IMO, según sus siglas en inglés) a Gaussianos. Hoy comenzaremos la serie de los seis problemas que se han propuesto en la de este año 2019, celebrada en Bath (Reino Unido).
Ahí va el primero:
A por él.
Recuerdo que la idea de publicar estos problemas es que los intentemos resolver nosotros, no que alguien busque la solución en internet y la copie aquí. Confío en vuestro buen criterio en este sentido.
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Estoy tratando de relacionarla a las funciones trigonométricas de todo ángulo hasta 90 grados. Para formar el nonágono tengo que trazar una unidad arbitraria y luego 2/3 de esta. Tengo trabajos que deseo publicar, pido ayuda para ello, pues soy un matemático autodidacta.
Sobre lo anteriormente escrito primero va esto:
discúlpenme que me salga del tema, pero he encontrado un método sencillo y finito (con regla y compás), que me permite dividir un arco de circunferencia de 90 grados en una razón r, siendo r perteneciente a los números reales. El nonágono es construible y la trisección del ángulo de 60 grados también. Tal vez Gauss no contaba con el ingenio humano.
Tengo la demostración de la Hipótesis de Riemann, esta es cierta, y entre otros trabajos, tengo una demostración sencilla (geométrica) del Último Teorema de Fermat o teorema Fermat-Wiles.
Sobre el Último Teorema de Fermat he hecho un intento de demostración. Pero es algebraico. Es por reducción al absurdo.
Seria bueno que lo publicaras, te animo a ello.
Probamos con algún valor inicial a=0 b=2 f(0)+2f(2)=f(f(2)) a=1 b=1 f(2)+2f(1)=f((f2)) Igualando las expresiones anteriores deducimos que f(2)=2f(1)-f(0) Usando un procedimiento análogo, y contando con el valor de f(2), obtenemos f(3)=3f(1)-2f(2) Podemos intuir que se ha de cumplir la relación general f(n)=nf(1)-(n-1)f(0) Vamos a demostrarla por inducción. Supongamos que se deba cumplir para n-1. Entonces f(n-1)=(n-1)f(1)-(n-2)f(0) Ahora usamos los valores de a y b precisos: a=0 b=n f(0)+2f(n)=f(f(n)) a=1 b=n-1 f(2)+2f(n-1)=f(f(n)) Igualando las dos expresiones anteriores y sustituyendo el valor de f(n-1) f(0)+2f(n)=f(2)+2[(n-1)f(1)-(n-2)f(0)] Simplificando: f(n)=nf(1)-(n-1)f(0) Llamando A=f(1)-f(0) y B=f(0) nos queda f(n)=An+B [1] Concluimos que las funciones deben tener la… Lee más »
Al inicio hay una errata: donde dice f(3)=3f(1)-2f(2) debe decir
f(3)=3f(1)-2f(0)
Si nos dicen que f(2a) + 2f(b) = f(f(a+b)), se cumplirá que f(2b) + 2f(a) = f(f(a+b)) , luego, restando ambas expresiones tenemos que f(2a) – f(2b) = 2[f(a) – f(b)], de donde deducimos que f(2x) = 2f(x), de solución f(x) = 2x
Las últimas deducciones no tienen el menor sentido. De f(2x)=2f(x) (que no se sabe de donde sale) ¿Cómo puede deducirse f(x)=2x? No tiene sentido.
Por que an me siguen asiendo bulin y mi familia estan en peligro estan secuestrodo mis hermanos y mi hija
Yo obtengo exactamente la misma solución que Manuel Amorós. He hecho: ff(1+n)=f(2)+2f(n). Y ahora un truquito algebraico: ff[0+(1+n)]=f(0)+2f(n+1). Igualando las dos expresiones resulta: f(n+1)-f(n)=[f(2)-f(0)]/2, Y como el lado derecho es constante, efectivamente recuerda a una progresión aritmética, donde la diferencia de dos términos consecutivos es igual a la diferencia de la progresión. Teniendo en cuenta que una p.a. no deja de ser una función afín definida sólo para valores discretos (en este caso Z, los números enteros) se puede pensar que f(n)=dn+k. Volviendo a usar la hipótesis del problema para la f(n) arriba definida se deduce que o bien d=k=0,… Lee más »
Una forma sencilla de verlo:
f(f(n))=f(f(0+n))=f(2*0)+2f(n)=f(0)+2f(n); llamando f(n)=m y f(0)=c, tenemos f(m)=2m+c para todo m entero.
Luego la familia de funciones es de esta forma, y el único punto fijo es -c.
Me comento un detalle: m solo puede ser par, o impar, dependiendo de la paridad de f(0), hay que contemplar ambos casos para decir para todo m entero.
La solución es la siguiente : función derivada = f= d
Para cualquier entero sea positivo o negativo se cumple:
d(2a) + d(2b) = 0 = d(d(a+b))
d(d(a+b))=d(0)=0