Problemas sobre 2009

Publicado por ^DiAmOnD^ | 5 enero, 2009 | Juegos | 32 |

Aprovechando que acabamos de entrar en el año 2009 os dejo unos problemas relacionados con este número:

Sea $a_n$ el $n$ -ésimo término de la sucesión $1,2,4,5,7,9,10,12,14,16, \ldots$ , sucesión que comienza con el $1$ , número impar, que sigue con dos pares (los siguientes al $1$ ), después tres impares, y así sucesivamente. Si $a_n=2009$ , ¿cuál es el valor de $n$ ?.
Encontrar todas las ternas $(x,y,z)$ de enteros tales que $x^z+2009=y^z$ , con $z \ge 2$ .
Encontrar el mayor número entero que es menor que $\sqrt{2 \sqrt{3 \sqrt{4 \ldots \sqrt{2008 \sqrt{2009}}}}}$ .
Demostrar que no existen funciones $f: \mathbb{N} \longrightarrow \mathbb{N}$ tales que $f(f(n))=n+2009$ para todo $n \in \mathbb{N}$ .

Ánimo y a por ellos.

Por cierto, a ver si terminan las fiestas y vuelvo a la publicación más o menos habitual. Estas fechas son magníficas para trastocar todo tipo de planificación.

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Sobre el Autor

^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes encontrarme también en Twitter, en Instagram, en Geogebra.org y en Facebook.

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[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
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$latex código-latex-que-quieras-insertar$ .

Si tienes alguna duda sobre cómo escribir algún símbolo puede ayudarte la Wikipedia.

Y si los símbolos < y > te dan problemas al escribir en LaTeX, te recomiendo que uses los códigos html & lt; y & gt; (sin los espacios) respectivamente.

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Bitacoras.com

05/01/2009 09:02

Información Bitacoras.com…

Si lo deseas, puedes hacer click para valorar este post en Bitacoras.com. Gracias….

Responde

Gulliver

05/01/2009 11:08

La sucesión se puede dividir en bloques:

En el bloque 1 hay un impar, en el bloque 2 hay dos pares y se salta un impar, en el bloque 3 hay tres impares y se saltan dos pares. En general, el bloque k tiene k números y salta k-1.

El número de término n al final del bloque k es $n = 1+2+3+\cdots+k = \frac{k (k-1)}{2}$

$a_n$ al final del bloque k es $a_n = 1 + 3 + 5 + +\cdots + 2 k-1 = k^2$

Es decir, que al final del bloque k, $a_{k(k-1)/2} = k^2$

La raíz de 2009 es 44,82…. El número $a_n$ final del bloque 44 es $44^2=1936$ y el del bloque 45 es $45^2=2025$ , así que 2009 está en algún sitio dentro del bloque 45.
Por otro lado, n para el final del bloque 44 es $\displaystyle{\frac{44\times 45}{2} = 990}$ .

$\displaystyle{a_{990} = 1936}$ . El siguiente está en el bloque 45 que tiene impares. $\displaystyle{a_{991} = 1937}$ . Hasta el 2009 faltan $\displaystyle{\frac{2009-1937}{2} = 36}$ términos. Así que 2009 está en el término n = 991+36 = 1027.

$a_{1027} = 2009$

Responde

Omar-P

05/01/2009 12:48

Es la sucesión de Connell:
Ver aquí.

Responde

Gulliver

05/01/2009 13:08

Para z=2, (y-x)(y+x) = 2009, y tanto y-x como y+x son divisores de 2009. Los divisores positivos son 1, 7, 41, 49, 287 y 2009.

Puedo mirar primero los casos y>0, x>0 y y-x>0, y luego añadir soluciones negativas.

Casos:

d1=1 d2=2009 $y = \pm1005$ $x = \pm 1004$
d1= 7 d2= 287 $y = \pm 147$ $x= \pm 140$
d1=41 d2=49 $y = \pm 45$ $x=\pm 4$

Responde

Gulliver

05/01/2009 13:39

No hay soluciones para $z=3$ .
Como la función $f(x) = x^z$ , con z impar, es creciente, necesariamente $y-x>0$ para que $y^z-x^z>0$ .
$2009 = (y-x)(y^2+xy+x^2)$ , de modo que $a=y-x$ es divisor positivo de 2009. a = 1, 7, 41, 49, 287 o 2009.
Como $y = x+a$ , $2009/a = 3x^2 + 3ax + a^2$ .
Para cada a esto es una ecuación de segundo grado. El discriminante $\displaystyle{ \Delta = \sqrt{ \frac{\frac{4\times 2009}{a} - a^2}{3}} }$ ha de ser positivo y además un cuadrado perfecto, sin embargo esta condición no se cumple para ninguno valor de a divisor de 2009, así que no hay soluciones.

Responde

Problemas sobre el número 2009

05/01/2009 16:05

[…] Problemas sobre el número 2009gaussianos.com/problemas-sobre-2009/ por pichorro hace pocos segundos […]

Responde

05/01/2009 16:20

Una posible forma de atacar el número 3:

Sea la sucesión $a_1=\sqrt{2}$ , $a_2=\sqrt{2\sqrt{3}},\ldots, a_n:=\sqrt{2\sqrt{3\sqrt{\ldots\sqrt{n+1}}}}$ ( $n\geq 1$ ).

Se ve que $\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=(n+2)^{2^{-(n+1)}}$ . Tomando logaritmos (naturales), llegamos por recurrencia a la fórmula

$log(a_{n+1})=\displaystyle{\sum_{k=1}^{n+1}} \cfrac{log(k+1)}{2^{k}}$

Así, la sucesión $\{a_n\}$ es estrictamente creciente y acotada superiormente (ya que la serie converge por comparación). Por lo demás, ya sólo resta acotar la serie anterior. Sumando doce términos ya obtenemos una aproximación con un error menor que una milésima (lo cual nos dará un error menor que tres milésimas al tomar la exponencial). De cualquier manera, dicha serie converge a un valor $S^*\prec 1.02$ , y por tanto, tomando exponenciales, $a_{2008}$ estará comprendido estrictamente entre 2 y 3 (de hecho, está comprendido entre 2.76 y 2.77). Además, si $n\geq 3$ , $a_n$ está comprendido entre 2 y 3.

Responde

Gulliver

05/01/2009 18:01

Iba a excusarme diciendo que tengo una demostración de que no hay soluciones de $x^z + 2009 = y^z$ para z>2, pero que la ventana de comentarios es demasiado pequeña para anotarla. Supongo que no cuela, así que allá voy.

Basta con encontrar soluciones para $z=p$ primo, porque el caso de z compuesto es un caso particular del de sus factores primos.

Podemos limitar al estudio a los casos en que y es positivo y $a\equiv y-x$ es positivo, porque para una solución que no lo sea, tomando los negativos de x e y, e intercambiando x e y, llegaremos a una solución que cumpla esas condiciones. También podemos descartar soluciones en que x o y sean cero porque 2009 no es potencia de ningún número.

$\displaystyle{ 2009 = y^p-x^p = (x+a)^p-x^p = {p \choose 1} x^{p-1} a + {p \choose 2} x^{p-2} a^2 + \ldots + {p \choose p-1} x a^{p-1} + {p \choose p} a^p }$ .

$\displaystyle{ 2009 = a \left[ {p \choose 1} x^{p-1} + {p \choose 2} x^{p-2} a + \ldots + {p \choose p-1} x a^{p-2} + a^{p-1} \right] }$

a es divisor positivo de 2009. Los divisores positivos de 2009 son 1, 7, 41, 49, 287 y 2009, así que a será uno de estos.

$\displaystyle{ {p \choose 1} x^{p-1} + {p \choose 2} x^{p-2} a + \ldots + {p \choose p-1} x a^{p-2} + a^{p-1} = \frac{2009}{a} - a^{p-1} }$

Se puede comprobar fácilmente que $\displaystyle{ {p \choose k}}$ es múltiplo de p cuando p es primo y $1 \le k \le p-1$ . $\displaystyle{ a^{p-1}-1}$ también es múltiplo de p por el teorema de Fermat, así que $\displaystyle{ \frac{2009}{a}-1 }$ tiene que ser múltiplo de p.

Para x>0, tenemos que $\displaystyle{ 2009 > a^{p}\ge a^3 }$ ya que $p\ge 3$ . Esto implica que $a \le 12$ . Las opciones que quedan son a=1 o a=7.

Para a=1, p tiene que ser divisor de 2009-1=2008. El único divisor primo distinto de 2 es 251.

$\displaystyle{ 2009 > a \cdot p \cdot x^{p-1} = 251 \cdot x^{250} }$ , que implica x=1 e y=2. Sin embargo $\displaystyle{ 2^{251}-1}$ no es 2009, así que por aquí no llegamos a una solución.

Para a=7, p tiene que ser divisor de $\displaystyle{ \frac{2009}{7} - 1 = 286}$ . Sus divisores impares son 11 y 13, así que p tendría que ser uno de los dos. Sin embargo,
$\displaystyle{ 2009 > a^{p}\ge a^{11} \Rightarrow a \le 1}$ . Contradicción.

Para x<0, a no puede ser 1. Solo tenemos a=7, de modo que p debe ser 11 o 13. $\displaystyle{ 2009 = y^p - x^p \ge y^{11} \Rightarrow y \le 1 }$ . Llegamos a una contradicción.

Ya he agotado todas las posibilidades sin encontrar soluciones para p primo impar.

Responde

Tobar

05/01/2009 18:49

1.) $1,2,4,5,7,9,10,12,14,16$ … vaya sucesion.

pero, esto no es diferente, por que responde al numero, de…

$2n-1,2n,2n,2n-1,2n-1,2n-1,2n,2n,2n,2n,2n-1$ … hasta ir completando el respectivo numero de veces impares para el $2n-1$ y pares de veces para el $2n$ claro esta, con el respectivo $n$ que genere el valor. como ya es sabido 2009 es impar, luego responde a $2n-1$ , en una posicion $Xo$ en la sucesion. asi el 17, corresponde a la posicion $No11$ en la sucesion, el 25 sera $11+Zo=25,Zo=14+1$ , asi la posicion $Xo$ del numero 2009 en la sucesion, sera $11+Zo=2009,Zo=1998+n$ , $Xo=1999$ , y esa posicion corresponde a un impar, es decir a $2n-1=2009$ , y cual es ese $n$ que lo genera, es $n=1005$ .

2). $n=\sqrt[2]{2\sqrt[2]{3}}$ … $Zo$ sera el entero antes que n, es decir el mayor numero entero que es menor que n, luego una vez se tenga el valor de n, el valor de $Zo$ sera:

$Zo=\sqrt[2]{n\sqrt[2]{n+1}}..-1$ con $n=2$ hasta llegar a $2009$

3). $(x,y,z)$ enteros tales que $x^{2}+2009=y^{2}$ , con $z>=2$ . esto no es nuevo.El último teorema de Fermat plantea que no existen ternas no triviales análogas a las ternas pitagóricas para exponentes mayores que dos con números naturales. Sin demostración durante más de 300 años, Andrew Willes consiguió una demostración en 1994 que imposibilita la ecuación $x^{n}+y^{n}=z^{n}$ para n>2.la llamada Conjetura de Taniyama-Shimura conduciría directamente a una demostración del último teorema de Fermat. y respecto a la que se trata en el problema imagino que tendra valores dependiendo si es una terna primitiva o no.

4.) supongase $f(X)=x+2009$ , y $f(n)=n$ ,ahora la composicion de funciones, $f(f(n))$ que por ende sera $f(f(n))=n+2009$ con n—N. asi se me ocurrio, pero espero aprender de ustedes.

Responde

Omar-P

05/01/2009 19:58

Si n=1005, Tobar, entonces tenemos que a(n)=1965.
El valor correcto del índice es el mencionado por Gulliver, pues en la sucesión de Connell a(1027)=2009.

Responde

05/01/2009 20:38

Bueno vamos con la cuarta cuestión (que por cierto no será aplicable el año que viene 😀 ). La cuestión está en que la función definida sobre $\mathbb{N}$ $g(n)=n+a$ tiene «raíz cuadrada» si y sólo si $a$ es par ( $f(n)=n+\frac{a}{2}$ cumpliría $f(f(n))=n+a$ ).

Vamos a ver porqué no es posible en el caso impar

1) $f(n)=f(m)\Rightarrow n=m$ (aplicar $f$ en la ecuación original)

2) $f(n+2009)=f(n)+2009$ (aplicar $f$ en la ecuación original)

3) De la propiedad 2), $f(p\cdot 2009+q)=p\cdot 2009+f(q),\;\;\forall p,q\geq 0$

4) Por 3) y 1), los valores $f(0),f(1),\ldots,f(2008)$ son incongruentes módulo 2009:

si $f(i)=p_1\cdot 2009+q$ y $f(j)=p_2\cdot 2009+q$ (con $i,j\in\{0,1,\ldots,2008\}$ ), entonces vemos de 3) que $f(p_2\cdot 2009+i)=f(p_1\cdot 2009+j)=(p_1+p_2)\cdot 2009+q$ , y de 1) que $p_1=p_2$ y $i=j$ .

5) De la identidad del enuncado y de 3), si $f(i)\equiv j \;(mod 2009)$ entonces $f(j)\equiv i \;(mod 2009)$ :

$f(i)=p\cdot 2009+j\Rightarrow i+2009=p\cdot 2009+f(j)$

6) De 5), como 2009 es impar, existe al menos un índice $k\in\{0,1,\ldots,2008\}$ tal que $f(k)\equiv k\;(mod 2009)$ , es decir, $f(k)=p\cdot 2009+k$ (al agrupar en parejas, sobrará al menos uno que debe aplicarse a sí mismo, módulo 2009). Finalmente, aplicando $f$ en esta última identidad, se obtiene de 3) que

$k+2009=p\cdot 2009+f(k)=2p\cdot 2009+k$

que no es posible para $p$ natural.

Responde

Gulliver

05/01/2009 21:07

Perfecto. Solo añado que tampoco es posible f(k) = k, porque aplicando f en ambos lados se obtendría k + 2009 = k.

Responde

Gulliver

05/01/2009 21:10

Retiro lo dicho. Ya estaba contemplado en el punto 6 de tu demostración, cuando p=0.

Responde

Tobar

05/01/2009 23:11

si, he examinado un poco y estoy de acuerdo con lo que dice Omar-P y la conclusion de Gulliver sobre la sucesion de conell. que por cierto para los interesados es… $a_n=2n-\frac{1}{2}\sqrt[2]{8n-7}$ .

Responde

Tobar

05/01/2009 23:15

agrega +1, pero es relativamente facil hacer igualar a 2009, la cuestion que amerita es, como sale la sucesion? es decir, cual es el procedimiento logico-deductivo para obtenerla? puede alguien ayudar dando esta informacion para obtener termino general ?. de antemano gracias si responde.

Responde

Horacio

05/01/2009 23:18

estoy de acuerdo con la pregunta, alguien puede explicar de donde sale la formula de conell ?.

Responde

Carlos

05/01/2009 23:21

por que ^DiAmOnD^ no opina ?, vamos ^DiAmOnD^ opina… tu debes saber bastante eh… . magnifico blog.

Responde

Omar-P

05/01/2009 23:21

¿Has verificado esa fórmula?

Responde

Laura

05/01/2009 23:28

una preguntita… quienes de ustedes son matematicos?, todos son matematicos?… .parece un blog de solo matematicos.

Responde

Tobar

05/01/2009 23:31

por supuesto, si no no estaria de acuerdo.la pregunta es otra.

Responde

Marco

05/01/2009 23:34

vaya, la pregunta es eso no se saca con termino general comun, verdad ? por ejemplo, las sucesiones »faciles» responden a la aritmetica o geomtrica (A. Tn= an +(n-1)d, Tn = termino general) entonces como se llega a la formula de conell ?.

Responde

Omar-P

05/01/2009 23:45

También debe llevar el símbolo de redondeo.

Responde

06/01/2009 01:46

Respecto a la fórmula explícita de la sucesión de Connell:

Nombremos a la sucesión por bloques como hizo Gulliver:

Bloque 1: $a_1$
Bloque 2: $a_2,a_3$
Bloque 3: $a_4,a_5,a_6$
Etcétera

Es decir, dentro del bloque $k+1$ ( $k\geq 0$ ), hay $k+1$ elementos y existe una función $i_{k+1}(j)$ (para $j=1,2,\ldots ,k+1$ ) que nos indica la posición del elemento que ocupa la posición $j$ del bloque $k+1$ respecto al valor inicial de la sucesión. Así, el bloque $k+1$ está formado por los elementos $a$ ‘s cuyos índices son de la forma

$i_{k+1}(j)=\cfrac{(k+1)k}{2}+j,\qquad j=1,\ldots,k+1\qquad\qquad (1)$

(como decía Gulliver, el bloque k+1 empieza en la posición $\cfrac{(k+1)k}{2}+1$ y acaba en la posición $\cfrac{(k+2)(k+1)}{2}$ ).

Además, ya sabemos que el elemento que ocupa la posición final del bloque $k+1$ es precisamente $(k+1)^2$ . Con lo cual, el bloque $k+1$ está formado, de acuerdo a los índices dados en (1), por los números

$k^2+1,k^2+3,\ldots, k^2+1+2k$

o bien, ya que $j$ denota la posición dentro del bloque, los elementos son los números

$a_{i_{k+1}(j)}=k^2+2j-1,\qquad j=1,\ldots,k+1 \qquad\qquad (2)$

Ahora lo que hay que hacer es relacionar el índice $i_{k+1}(j)$ (global) y el índice $j$ (local) de modo correcto.

De (1): $2\cdot i_{k+1}(j)=k^2+k+2j$

Comparando con (2) obtenemos directamente que

$a_{i_{k+1}(j)}=2\cdot i_{k+1}(j)-(k+1) \qquad \qquad (3)$

(3) nos dice que para obtener un elemento de la serie hay que duplicar su índice y restarle el número de elementos del bloque que le corresponde. Para relacionar $k+1$ con el índice $i_{k+1}(j)$ resolvemos la ecuación de segundo grado en $k$ que nos da la ecuación (1). En esta ecuación debe tomarse la determinación positiva ya que en otro caso nos sae un valor negativo, y así obtenemos (sumando 1) que

$k+1=\cfrac{1}{2}+\cfrac{\sqrt{1+8\cdot(i_{k+1}(j)-j)}}{2},\qquad \forall\;j=1,\ldots,k+1$

Ahora, dos observaciones finales:

PRIMERO:

$k+1=\cfrac{1}{2}+\cfrac{\sqrt{1+8\cdot(i_{k+1}(j)-1)+8(1-j)}}{2}\leq \left\lfloor \cfrac{1}{2}+\cfrac{\sqrt{1+8\cdot(i_{k+1}(j)-1)}}{2}\right\rfloor$ (ya que 1-j es no positivo y la expresión de partida resulta ser un número entero).

SEGUNDO:

$i_{k+1}(j)-1=\cfrac{(k+1)k}{2}+(j-1)\leq \cfrac{(k+1)k}{2}+k=\cfrac{(k+3)k}{2}$

y por tanto

$\cfrac{1}{2}+\cfrac{\sqrt{1+8\cdot(i_{k+1}(j)-1)}}{2}\leq \cfrac{1+\sqrt{1+12k+4k^2}}{2}$ ,

y resulta que $\cfrac{1+\sqrt{1+12k+4k^2}}{2}\prec k+2,\;\;\forall k\geq 0$

Debe ser también que

$\left\lfloor \cfrac{1}{2}+\cfrac{\sqrt{1+8\cdot(i_{k+1}(j)-1)}}{2}\right\rfloor\prec k+2$

En definitiva hemos probado que

$\left\lfloor \cfrac{1}{2}+\cfrac{\sqrt{1+8\cdot(i_{k+1}(j)-1)}}{2}\right\rfloor=k+1$

lo cual sustituido en (3) nos da directamente la fórmula de Connell (cambiando el $i_{k+1}(j)$ por $n$ ).

Responde

Asier

06/01/2009 01:52

Vaya, M, me acabas de ‘robar’ la explicación, je, la he visto mientras usaba la vista previa. Un saludo.

Responde

fede

06/01/2009 03:17

Bueno, como también estaba en ello, lo mismo dicho de otra forma:
El libro ‘Sobre los números poligonales’ de Diofanto da una fórmula para encontrar el lado de un número poligonal dado, que en el caso de un numero triangular $T(h) = \dfrac{h(h+1)}{2}$ se traduce en $h = \dfrac{ \sqrt{ 8T(h) + 1 }-1}{2}$ .

Entonces si D(n) es la secuencia 1 1 2 2 2 3 3 3 3 4 …, D(n) es el lado del mayor número triangular menor o igual que n. D(n) = $\left \lfloor \dfrac{ \sqrt{ 8n + 1 }-1}{2} \right\rfloor$

Si B(n) es la secuencia 1 2 2 3 3 3 4 4 4 4 5…., B(n) = D(n-1) + 1.

Y como la secuencia de Connell es C(n) = 2n – B(n), tenemos la fórmula buscada.

Responde

Omar-P

06/01/2009 10:01

Encontré que una fórmula general para hallar números poligonales es:
P(n,k) = (n-2)(k-1)k/2 + k
En donde P(n,k) es el k-ésimo número n-gonal.

Responde

Omar-P

06/01/2009 10:04

Por ejemplo, si hacemos: k=19 y n=12, nos encontraremos con el décimonoveno número dodecagonal:
¡Un número muy interesante!

Responde

06/01/2009 12:07

Muy buena observación, fede! Resulta que tengo la versión de la Aritmética y el Sobre los números poligonales de Diofanto que sacó hace unos meses Nivola pero no aún no he tenido tiempo de estudiarla con calma. Por si alguien está interesado, acabo de ver que la expresión del lado $n$ de un número $m$ -gonal $P$ viene en la página 284 del tomo II:

$n=\cfrac{\sqrt{8(m-2)P+(m-4)^2}+m-4}{2(m-2)}$

Responde

Omar-P

06/01/2009 12:35

¡Muy buena!. Si P=1729 entonces n=19.

Responde

Omar-P

06/01/2009 18:20

Ahora nos falta saber que tipo de m-gonal es el número poligonal P, conociendo su índice n, mayor que 1. Para ello empleamos la siguiente fórmula:
m = 2(P-n)/(n(n-1)) + 2
Ejemplo:
Sabiendo que n=19 y P=1729 utilizamos la fórmula y vemos 1729 es un número 12-gonal.

Responde

Cuadrado perfecto y 2009 | Gaussianos

10/03/2009 09:02

[…] problema relacionado con este año . Aquí podéis ver alguno más que se publicaron en […]

Responde

Leandro Garcia Tabar

12/03/2009 17:48

Les felicito por el aporte a la ciencia con la elaboración de páginas de esta naturaleza.

Sinceramente, felicidades.

Leandro Garcia

Responde

carlos torres

15/06/2009 21:35

Me impresiona que aveces nos ahogamos en un vaso de agua; felicidades señor gulliver puedo decirte aun no entender tu gran capacidad, pero te cuento que en el año 2002 yo ya tenia una solución del ultimo teorema de Fermat con el metodo que utilizaste en tu demostración de no existir ternas para numeros mayores al 3 para el ejercio 2 de este portal, es decir la solución maravillosa de que Fermat hablo si existe.

Responde

Dani

15/06/2009 21:54

fantástico! podrías enseñárnosla?

Responde

gaussianos

16/06/2009 03:10

Ya empezamos…

Responde

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