Entrenamiento Cono Sur 2013 - Problema 14

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AgustinChenna.
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Entrenamiento Cono Sur 2013 - Problema 14

Mensaje sin leer por AgustinChenna. » Dom 26 May, 2013 7:43 pm

Sean [math] e [math] dos numeros racionales y sea [math] un entero positivo impar. Supongamos que [math] . Demostrar que [math]

Matías

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Re: Entrenamiento Cono Sur 2013 - Problema 14

Mensaje sin leer por Matías » Vie 04 May, 2018 7:55 pm

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Si $n=1$ tenemos que $-x=-y\implies x=y$. Ahora supongamos que $n\geq 3$
Si $x=0$ tenemos que $0=y(y^{n-1}-2)$, por lo tanto $y=0\vee y^{n-1}=2$, pero como $n-1\geq 2$ si $y^{n-1}=2$ entonces $y$ no es racional, ya que si $y=\frac{a}{b}$, $a, b\in Z$ entonces $a^{n-1}=2b^{n-1}$, pero de ser así $a^{n-1}$ tiene una cantidad de factores $2$ múltiplo de $n-1$, y $2b^{n-1}$ tiene una cantidad de factores primos congruente a $1$ en módulo $n-1$ (absurdo); por lo tanto si $x\neq y\wedge x^n-2x=y^n-2y$ entonces $x\neq 0\wedge y\neq 0$

Tenemos que $x^n-y^n=2(x-y)=(x-y)\sum_{i=0}^{n-1}x^iy^{n-1-i}$. Supongamos que $x\neq y$; entonces tenemos que $\sum_{i=0}^{n-1}x^iy^{n-1-i}=2$
Como $x$ e $y$ son racionales, tenemos que $x=\frac{a}{b}$ e $y=\frac{c}{d}$, con $a, c\in Z$; $b, d\in N$; $a, c\neq 0$ (ya que vimos que $x\neq y\implies x\neq 0\wedge y\neq 0$) y $dcm(a,b)=dcm(c,d)=1$
Entonces nos queda que:
$\sum_{i=0}^{n-1} (\frac{a}{b})^i(\frac{c}{d})^{n-1-i}=2$
$\sum_{i=0}^{n-1} a^id^ib^{n-1-i}c^{n-1-i}=2b^{n-1}d^{n-1}$

Vamos a demostrar que $b=d$. Supongamos que un factor primo $p$ está presente $\beta$ veces en $b$ y $\delta$ veces en $d$, con $\beta,\delta\in N_0$. Si $\beta>\delta$, tenemos que en $2b^{n-1}d^{n-1}$ $p$ está presente $(\beta+\delta)(n-1)$ veces, y en la sumatoria, en el término $i$, $p$ está presente $\delta i+\beta(n-1-i)=\beta(n-1)+i(\delta-\beta)$ veces, y como $\delta-\beta<0$ entonces el término $n-1$ (que es $a^{n-1}d^{n-1}$) $p$ va a estar menos presente que en los demás términos y que en $2b^{n-1}d^{n-1}$; y además ninguno de los términos es nulo (ya que $a, b, c, d\neq 0$) entonces tenemos que $p\mid a^{n-1}\implies p\mid a$, pero entonces tenemos que $p\mid a\wedge p\mid b$ (ya que $\beta>0$) cuando $a$ y $b$ son coprimos (absurdo), y si $\delta>\beta$ pasa lo mismo (ya que $c$ y $d$ también son coprimos), por lo tanto $\beta=\delta$ $\forall p$ primo (es decir, cada primo $p$ está presente la misma cantidad de veces en $b$ y en $d$), entonces $b=d$.

Entonces nos queda que:
$\sum_{i=0}^{n-1} b^{n-1}a^ic^{n-1-i}=2b^{2(n-1)}$
$\sum_{i=0}^{n-1} a^ic^{n-1-i}=2b^{n-1}$
$c^{n-1}+\sum_{i=1}^{n-2} a^ic^{n-1-i}+a^{n-1}=2b^{n-1}$
Como $a$ y $c$ son coprimos con $b$ ($c$ es coprimo con $d=b$) obtenemos que:
-Si $a$ y $c$ son pares, tenemos que $b$ es impar,
pero entonces nos queda que $2b^{n-1}$ tiene un único factor $2$, y cada término de la sumatoria tiene al menos $n-1>1$ factores $2$, entonces la sumatoria tiene al menos $n-1>1$ factores $2$ (absurdo). Recordemos que todos los términos de la sumatoria y $2b^{n-1}$ son no nulos.
-Si $a$ es impar y $c$ es par tenemos que todos los factores de la sumatoria son pares salvo $a^{n-1}$,
entonces tenemos $n-1$ términos pares y un término impar, así que la sumatoria es impar, pero $2b^{n-1}$ es par (absurdo), y pasa lo mismo si $a$ es par y $c$ es impar.
-Si $a$ y $c$ son impares, entonces todos los $n$ términos de la sumatoria son impares, y como $n$ es impar entonces la sumatoria es impar, pero $2b^{n-1}$ es par (absurdo).

Por lo tanto concluimos que es absurdo que sea $x\neq y$, así que $x=y$.
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