Mostrando que la secuencia an+3=5a6n+2+3a3n+1+a2nan+3=5an+26+3an+13+an2a_{n+3}=5a^6_{n+2}+3a^3_{n+ 1}+a^2_n, con a1=2019a1=2019a_1=2019, a2=2020a2=2020a_2=2020, a3=2021a3=2021a_3=2021, no contiene números de la forma m6m6m^6

Question

Mostrando que la secuencia an+3=5a6n+2+3a3n+1+a2nan+3=5an+26+3an+13+an2a_{n+3}=5a^6_{n+2}+3a^3_{n+ 1}+a^2_n, con a1=2019a1=2019a_1=2019, a2=2020a2=2020a_2=2020, a3=2021a3=2021a_3=2021, no contiene números de la forma m6m6m^6

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Óscar AMVS

Aquí hay un problema que no pude resolver en una olimpiada reciente en la que participé. el problema dice

La sucesión de los números reales. $a_1$ , $a_2$ , $a_3,\cdots$ se define de la siguiente manera: $a_1 = 2019,$ $a_2 = 2020,$ $a_3 = 2021$ y para cualquier $n \ge 1$ sostiene que:
$a_{norte + 3} = 5 a_{norte + 2}^{6} + 3 a_{norte + 1}^{3} + a_{norte}^{2}$ $a_{n+3} = 5a^{6}_{n+2} + 3a^{3}_{n+1} + a^{2}_{n}$ Demuestre que esta sucesión no contiene números de la forma $m^{6}$ para $m \in \mathbb{N}.$

Este fue el único problema que ni siquiera pude procesar, le pregunté a algunos compañeros pero me dieron ideas de cálculo y no entendí muy bien. Me gustaría obtener algunas ideas de cómo resolverlo. Realmente no quiero una solución, sino que quiero intentar resolverlo por mí mismo.

Editar 1. Demostrar un lema importante del problema y un hecho general (ver el comentario de @TonyK). Para probar eso consideraremos lo siguiente. Como es bien sabido existen 7 clases $\equiv$ (mod 7) {0,1,2,3,4,5,6}. Entonces, un solo número solo puede pertenecer a una de las 7 clases. Dejar $m$ ser nuestro número y $m \in \mathbb{Z}$ , es claro que si $m$ pertenece a la $0$ clase, $m^6 \equiv 0$ (modo 7). Ahora supongamos que $m \equiv 1\pmod 7$ . Entonces:

\begin{aligned} {metro}^{2} & \equiv 1 (modificación 7) \\ {metro}^{3} & \equiv 1 (modificación 7) \\ ⋮ \\ {metro}^{6} & \equiv 1 (modificación 7) \end{aligned}

$\begin{align} m^2 &\equiv 1\pmod{7}\\ m^3 &\equiv 1\pmod{7}\\ &\; \; \vdots \notag \\ m^6 &\equiv 1\pmod{7} \end{align}$ supongamos que

m \equiv 2 (\mod 7)

$m \equiv 2\pmod{7}$ . Entonces:

\begin{aligned} {metro}^{2} & \equiv 4 (modificación 7) \\ {metro}^{3} & \equiv 8 \equiv 1 (modificación 7) \\ {metro}^{4} & \equiv 2 (modificación 7) \\ {metro}^{5} & \equiv 4 (modificación 7) \\ {metro}^{6} & \equiv 8 \equiv 1 (modificación 7) \end{aligned}

$\begin{align} m^2 &\equiv 4\pmod{7}\\ m^3 &\equiv 8 \equiv 1\pmod{7} \\ m^4 & \equiv 2 \pmod{7}\\ m^5 & \equiv 4\pmod{7}\\ m^6 &\equiv 8 \equiv 1\pmod{7} \end{align}$ Ahora puedes considerar desde

3

$3$ hasta

6 mod 7

$6\bmod 7$ de la misma manera que acabamos de hacer con

m \equiv 2 (\mod 7)

$m \equiv 2\pmod{7}$ , para explicar esto considere los números

n_{i}

$n_i$ tal que

n_{i} \equiv i (\mod 7)

$n_i \equiv i\pmod{7}$ y si sigues el mismo camino que en

m \equiv 2 (\mod 7)

$m \equiv 2\pmod{7}$ obtendrás:

\begin{aligned} {norte}_{1}^{6} & \equiv 1 (modificación 7) \\ {norte}_{2}^{6} & \equiv 1 (modificación 7) \\ ⋮ \\ {norte}_{6}^{6} & \equiv 1 (modificación 7) ◼ \end{aligned}

$\begin{align} n^{6}_1 &\equiv 1\pmod{7}\\ n^{6}_2 &\equiv 1\pmod{7}\\ &\; \; \vdots \notag \\ n^{6}_6 &\equiv 1\pmod{7} \blacksquare \end{align}$ Lo que significa que

\forall m \in N

$\forall m \in \mathbb{N}$ cuando

m \neq 7 k

$m \ne 7k$ para

k \in Z

$k \in \mathbb{Z}$ , sostiene que

m^{6} \equiv 1 (\mod 7)

$m^6 \equiv 1\pmod{7}$ .

Segunda prueba ultra fácil. por jenny $a^{7-1} \equiv 1 \pmod{7}$ $\blacksquare$

Ajay

¿De qué Olimpiada es esto?

Óscar AMVS

ORO 2021 (Olimpiada Regional Mexicana Norte).

Ajay

¿Tiene un enlace al sitio web, parece que no puede encontrarlo.

Óscar AMVS

No, en realidad no hay sitio web ya que es un concurso exclusivo para algunos estados (el norte del país).

Óscar AMVS

@JohnOmielan Gracias Jonh. Tenías razón y tus afirmaciones estaban en lo cierto. Acabo de arreglar el error (:

Arturo Magidín

\pmod{7}es la forma correcta de escribirlo.

Dra. Mathva

@oscarAMVS Otra manera fácil de probar FLT para un general

p

$p$ primo es el siguiente. Obviamente,

a \equiv 0 mod p ⟹ a^{p - 1} \equiv 0 mod p

$a\equiv 0\bmod p\implies a^{p-1}\equiv 0\bmod p$ . Considerar

a ≢ 0 mod p

$a\not\equiv 0\bmod p$ . Entonces, el mapa

f : Z_{p} ∖ {0} \to Z_{p} ∖ {0}, x \mapsto a x

$f:\mathbb Z_p\setminus \{0\}\to \mathbb Z_p\setminus\{0\}, x\mapsto ax$ es inyectivo, como

mod p

$\bmod p$ :

a x \equiv a y ⟺ a (x - y) \equiv 0

$ax\equiv ay\iff a(x-y)\equiv 0$ , pero entonces

p ∣ a (x - y) ⟹ p ∣ x - y ⟹ x \equiv y mod p

$p\mid a(x-y)\implies p\mid x-y\implies x\equiv y\bmod p$ hacer con el Lema de Euclides. De este modo

f

$f$ es inyectiva, y dado que

| Z_{p} ∖ {0} | = p - 1

$\lvert{\mathbb Z_p\setminus \{0\}}\rvert=p-1$ es finito,

f

$f$ es biyectiva.

Dra. Mathva

Por eso,

mod p : {1, 2, \dots, p - 1} \equiv {a, 2 a, \dots, (p - 1) a}

$\bmod p: \{1,2,\ldots, p-1\}\equiv\{a, 2a, \ldots, (p-1)a\}$ , entonces

\begin{aligned} modificación pag : & 1 \cdot 2 \dots (pag - 1) \equiv a \cdot 2 a \dots (pag - 1) a = 1 \cdot 2 \dots (pag - 1) \cdot a^{pag - 1} \\ ⟺ 1 \equiv a^{pag - 1} \end{aligned}

$\begin{align*}\bmod p:\quad & 1\cdot 2\cdots (p-1)\equiv a\cdot 2a\cdots (p-1)a=1\cdot 2\cdots (p-1)\cdot a^{p-1}\\&\iff 1\equiv a^{p-1} \end{align*}$

Óscar AMVS

Muy bueno, hermoso diría yo.

Respuestas (1)

Mostrando que la secuencia an+3=5a6n+2+3a3n+1+a2nan+3=5an+26+3an+13+an2a_{n+3}=5a^6_{n+2}+3a^3_{n+ 1}+a^2_n, con a1=2019a1=2019a_1=2019, a2=2020a2=2020a_2=2020, a3=2021a3=2021a_3=2021, no contiene números de la forma m6m6m^6

¿Tiene un enlace al sitio web, parece que no puede encontrarlo.
No, en realidad no hay sitio web ya que es un concurso exclusivo para algunos estados (el norte del país).
@JohnOmielan Gracias Jonh. Tenías razón y tus afirmaciones estaban en lo cierto. Acabo de arreglar el error (:
@oscarAMVS Otra manera fácil de probar FLT para un general $p$ primo es el siguiente. Obviamente, $a\equiv 0\bmod p\implies a^{p-1}\equiv 0\bmod p$ . Considerar $a\not\equiv 0\bmod p$ . Entonces, el mapa $f:\mathbb Z_p\setminus \{0\}\to \mathbb Z_p\setminus\{0\}, x\mapsto ax$ es inyectivo, como $\bmod p$ : $ax\equiv ay\iff a(x-y)\equiv 0$ , pero entonces $p\mid a(x-y)\implies p\mid x-y\implies x\equiv y\bmod p$ hacer con el Lema de Euclides. De este modo $f$ es inyectiva, y dado que $\lvert{\mathbb Z_p\setminus \{0\}}\rvert=p-1$ es finito, $f$ es biyectiva.
Por eso, $\bmod p: \{1,2,\ldots, p-1\}\equiv\{a, 2a, \ldots, (p-1)a\}$ , entonces $\begin{aligned} modificación pag : & 1 \cdot 2 \dots (pag - 1) \equiv a \cdot 2 a \dots (pag - 1) a = 1 \cdot 2 \dots (pag - 1) \cdot a^{pag - 1} \\ ⟺ 1 \equiv a^{pag - 1} \end{aligned}$ $\begin{align*}\bmod p:\quad & 1\cdot 2\cdots (p-1)\equiv a\cdot 2a\cdots (p-1)a=1\cdot 2\cdots (p-1)\cdot a^{p-1}\\&\iff 1\equiv a^{p-1} \end{align*}$

tonyk · Answer 1

Sugerencia: calcule algunos valores de módulo $7$ . Verás un patrón. ¿Alguno de estos valores puede ser un sexto módulo de potencia? $7$ ?

Actualizado para agregar: Mis valores iniciales estaban fuera, así que pensé que este problema era más fácil de lo que es. En realidad tienes que ir tan rápido como $a_{15}$ para ver el patrón repetitivo $\;4,3,3,4,\;\;4,3,3,4,\ldots$

Pero si $a_n$ y $a_{n+1}$ ambos son iguales a $3$ o $4\bmod 7$ , entonces también lo es $a_{n+3}$ . Así que solo necesitas ir tan lejos como $a_7\equiv 3, a_8\equiv 4, a_9\equiv 3\bmod 7$ para mostrar que $a_n$ nunca es igual a $0$ o $1$ $\bmod 7$ (y de ahí que $a_n$ nunca es una sexta potencia).

He estado practicando esto y he encontrado un montón de cosas bastante interesantes. En primer lugar descubrí que, para todos $m \in \mathbb{N}$ sostiene que $m^6 \equiv 1 (mod 7)$ . Y también probar de la siguiente manera.
@oscarAMVS: eso no es del todo correcto: si $m$ es divisible por $7$ , entonces $m^6\equiv 0\bmod 7$ . Consulte el pequeño teorema de Fermat para obtener más información.
Tienes razón, olvidé poner eso, estaba escribiendo la prueba.
Ahora @TonyK, la idea clave que diste y luego descubrí formalmente es usar el módulo de congruencia 7 para demostrar que la secuencia nunca tendría un resto 0 o 1 después de la división por 7. Estaba experimentando con el módulo de secuencia 7. Encontré el cosas siguientes.
$\begin{aligned} a_{4} & \equiv 3 (modificación 7) \\ a_{5} & \equiv 4 (modificación 7) \\ a_{6} & \equiv - 1 (modificación 7) \\ a_{7} & \equiv 3 (modificación 7) \\ a_{8} & \equiv 4 (modificación 7) \\ a_{9} & \equiv 3 (modificación 7) \\ a_{10} & \equiv 3 (modificación 7) \\ a_{11} & \equiv 4 (modificación 7) \end{aligned}$ $\begin{align} a_4 &\equiv 3\pmod{7}\\ a_5 &\equiv 4\pmod{7} \\ a_6 & \equiv -1\pmod{7}\\ a_7 & \equiv 3\pmod{7}\\ a_8 &\equiv 4\pmod{7} \\ a_9 & \equiv 3\pmod{7} \\ a_{10} & \equiv 3\pmod{7} \\ a_{11} & \equiv 4\pmod{7} \end{align}$
@oscarAMVS, no creo que tus cifras sean correctas. No son los mismos que los míos, en todo caso. $-$ el primer desacuerdo es en $a_6$ .
Sí, pensé lo mismo porque no estaba obteniendo un patrón, estoy trabajando en eso :)
@oscarAMVS: Lo siento, mi error. Tus cifras son correctas. ¡Este problema no es tan fácil como pensaba!

Mostrando que la secuencia an+3=5a6n+2+3a3n+1+a2nan+3=5an+26+3an+13+an2a_{n+3}=5a^6_{n+2}+3a^3_{n+ 1}+a^2_n, con a1=2019a1=2019a_1=2019, a2=2020a2=2020a_2=2020, a3=2021a3=2021a_3=2021, no contiene números de la forma m6m6m^6

Óscar AMVS

Ajay

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Ajay

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Arturo Magidín

Dra. Mathva

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Óscar AMVS

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tonyk

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tonyk

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tonyk

AIME 1991 Problema de teoría de números

¿Cuántas formas hay de darse la mano?

Determine todas las funciones f:Q→Qf:Q→Qf:\mathbb{Q}\to\mathbb{Q} que satisfagan la ecuación funcional f(2f(x)+f(y))=2x+yf(2f(x) +f(y))=2x+yf(2f(x) + f(y)) = 2x + y

USAMO 1973 (Ecuaciones simultáneas)

Estoy tratando de aprender a probar por inducción.

Demostrar que existe un entero par al final

Un acertijo matemático de concurso de octavo grado

¿Cómo resuelves esta relación de recurrencia/la usas en una secuencia para encontrar su valor GIF?

Demostrar por inducción ∑ni=1(i−1/2)=n2/2∑i=1n(i−1/2)=n2/2 \sum^n_{i=1}(i-1/2) = n ^ 2/2

Dado x,y,z∈Cx,y,z∈Cx,y,z\in \mathbb C, x+y+z=0x+y+z=0x+y+z=0 y |x|=|y |=|z||x|=|y|=|z||x|=|y|=|z|, demuestre que x3=y3=z3x3=y3=z3x^3=y^3=z^3.