19º Rioplatense - Nivel 3 - Problema 1

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amcandio

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19º Rioplatense - Nivel 3 - Problema 1

Mensaje sin leer por amcandio » Vie 17 Dic, 2010 11:43 pm

1. Sean [math] y [math] enteros positivos distintos tales que
[math] divide a [math], [math] divide a [math] y [math] divide a [math]
a) ¿Es posible decidir cuál de los números [math] es el menor?
b) ¿Es posible decidir cuál de los números [math] es el mayor?
"Prillo es el Lanata de la trigonometria"

Matías

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Re: 19º Rioplatense - Nivel 3 - Problema 1

Mensaje sin leer por Matías » Jue 26 Abr, 2018 11:18 am

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Si tomamos $a=8$, $b=2$, $c=16$ y $d=4$ tenemos que $a^b=8^2=2^6\mid b^c=2^{16}\mid c^d=16^4=2^{16}\mid d^a=4^8=2^{16}$
Si tomamos $a=16$, $b=2$, $c=8$ y $d=4$ tenemos que $a^b=16^2=2^8\mid b^c=2^8\mid c^d=8^4=2^{12}\mid d^a=4^{16}=2^{32}$
Tenemos que en el primer caso $c$ es el mayor y en el segundo $a$ es el mayor, por lo tanto no podemos decidir cuál de los números es el mayor ya que tanto $a$ como $c$ pueden serlo.
Ahora vamos a demostrar que $b$ es el menor número.

Tenemos que $\sqrt[n]{n}<2$ $\forall n\in N$ y que $\sqrt[n]{n}>\sqrt[m]{m}$ $\forall n, m\in N\wedge m\geq n\geq 3$, ya que tomando la función $\sqrt[x]{x}$ tenemos que su derivada es $\sqrt[x]{x}\frac{1-ln(x)}{x^2}$, la cual es negativa si $x>e$, por lo tanto tenemos que $\sqrt[x]{x}>\sqrt[y]{y}$ $\forall y>x\geq e$ y $2>\sqrt[e]{e}>\sqrt[n]{n}$ $\forall n\in N\wedge n\geq 3$, además tenemos que $\sqrt[1]{1}=1<2$ y $\sqrt{2}=1,4142...<2$

Tenemos que ninguno de los números puede ser igual a $1$, ya que como los cuatro números son distintos, si $b$, $c$ o $d$ son iguales a $1$ tenemos que $a$, $b$ o $c$ (respectivamente) dividen a $1$ siendo mayores a $1$, y si $a=1$ tenemos que $c^d\mid d\implies c\leq \sqrt[d]{d}$, pero tenemos que $c\geq 2$ (porque $a=1$ y $a\neq c$) y $\sqrt[d]{d}<2$. Por lo tanto tenemos que $a, b, c, d\geq 2$

Tenemos que $a^b\mid c^d\implies a^b\leq c^d\implies a<c\vee b<d$ y que $b^c\mid d^a\implies b^c\leq d^a\implies b<d\vee c<a$, por lo tanto tenemos que si $b>d$ entonces debe ser $a<c$ y $c>a$ (absurdo), por lo tanto tenemos que $b<d$, entonces $d$ no es el menor número.

Tenemos que $c^d\mid d^a\implies c^d\leq d^a\leq c<d\vee d<a$, por lo tanto no puede ser $c>d>a$, y si fuera $d>c>a$ tendríamos que como $a\geq 2$ entonces $c\geq 3$, así que $\sqrt[d]{d}<\sqrt[c]{c}<\sqrt[a]{c}\implies d^a<c^d$, pero tenemos que $c^d\mid d^a\implies c^d\leq d^a$ (absurdo), por lo tanto tenemos que $a>c\vee a>d$, entonces $a$ no es el menor número.

Si fuera $c$ el menor número, como $b<d$, tenemos que debe ser $c<b<d<a\vee c<b<a<d\vee c<a<b<d$, ahora bien, como $a^b\mid b^c\implies a^b\leq b^c\implies a<b\vee b<c$, entonces no puede ser $a>b>c$, así que la única opción es que sea $c<a<b<d$, pero si fuera $b>a>c$ como $c\geq 2\implies a\geq 3$ tendríamos que $\sqrt[b.]{b}<\sqrt[a]{a}<\sqrt[c]{a}\implies b^c<a^b$, pero tenemos que $a^b\mid b^c\implies a^b\leq b^c$ (absurdo), por lo tanto concluimos que $c$ tampoco es el menor número así que debe ser $b$ el menor número.

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