2.10: Comentarios y soluciones

40.

a) i) 111111111

(ii) 9009 (1001 = 7 × 11 × 13 es una factorización que vale la pena recordar por todo tipo de razones: por ejemplo, incorpora 91 = 7 × 13; y se encuentra detrás de ciertas pruebas de divisibilidad por 7).

b) i) 1001001; ii) 1001001; iii) 3 003 003 (ya que 111 = 3 × 37)

41.

i)${(10+1)}^2=10^2+2\times 10+1^2=121$;

ii)${(10+1)}^3=10^3+3\times 10^2+3\times 10+1^3=1331$;

iii)${(100+1)}^2=100^2+2\times 100+1^2=10000+200+1=10201$

42.

a) i) El 8 más grande, el más pequeño 7. (El número más pequeño de 3 dígitos es 100 y el número de 5 dígitos más pequeño es 10 000, por lo que el producto más pequeño posible es$10^2\times 10^4=10^6$- y así tiene 7 dígitos. El número de 3 dígitos más grande es solo menos de 1000 y el número de 5 dígitos más grande es solo menos de 100 000, por lo que el producto más grande posible es solo menos de$10^3\times 10^5=10^8$— y así tiene 8 dígitos.)

ii) Mayor$m+n$, el más pequeño$m+n-1$. (El número más pequeño de m dígitos es$10^{m-1}$y el número más pequeño de n dígitos es$10^{n-1}$, por lo que el producto más pequeño posible es$10^{m+n-2}$— y así lo ha hecho$m+n-1$dígitos. El número más grande de m dígitos es solo menos de 10 ^m y el número de n dígitos más grande es solo menos de 10 ⁿ, por lo que el producto más grande posible es solo menor que$10^m\times 10^n=10^{m+n}$— y así lo ha hecho$m+n$dígitos.)

b) i$2^{10}=1024$es muy ligeramente mayor que 10 ³. De ahí$2^{20}=1024^2$es muy ligeramente mayor que 10 ⁶, por lo que tiene 7 dígitos.

(ii) 2 ²⁰ es muy ligeramente mayor que 10 ⁶. De hecho

$$\begin{array}{c}{(10^3+24)}^2=10^6+2\times 10^3+24^2=10^6+2\times 10^3+576=1002576.\hfill \end{array}$$

${\left(\genfrac{}{}{0.1ex}{}{1}{2}\right)}^{20}$es su recíproco, por lo que es ligeramente menor que$10^{-6}=0.000001$, por lo que comienza con seis 0s después del punto decimal y redondea hasta 0.000001 (a 6 d.p.).

c) No. (Puede ser igual al producto de sus dígitos si tiene apenas 1 dígito. Si un número N tiene k dígitos, con dígito inicial = m, entonces$N\ge m\times 10^{k-1}$, pero el producto de sus dígitos es a lo sumo$m\times 9^{k-1}$.)

d) i) 3, 6. ($2^{15}\times 5^3=2^{12}\times 10^3=4096\times 10^3$)

ii) 4, 4. (La mayoría de nosotros va a necesitar algún trabajo rudo para complementar la aritmética mental aquí.

$$\begin{array}{c}20!=20\times 19\times 18···\times 2\times 1\hfill \\ =2^{18}\times 3^8\times 5^4\times 7^2\times 11\times 13\times 17\times 19\hfill \\ ={10}^4\times 2^{14}\times 3^8\times 7^2\times 11\times 13\times 17\times 19.\hfill \end{array}$$

¡Así que 20! termina en 4 ceros, y su último dígito distinto de cero es igual al dígito de unidades de$2^{14}\times 3^8\times 7^2\times 11\times 13\times 17\times 19$. Si trabajamos “mod 10” esto es igual al dígito de unidades de$4\times 1\times 9\times 1\times 3\times 7\times 9$.)

Nota: El lector puede notar que hemos utilizado “congruencias”, o “aritmética modular” (mod 10) aquí y en varios puntos del Capítulo 1 (e.g., en las soluciones al Problema 2 (d), Problema 13, Problema 16 (b)).

En todos estos contextos solo hay que saber que, si fijamos el divisor n, entonces los restos en la división por n se pueden sumar y multiplicar como números ordinarios, ya que

$$\begin{array}{c}(an+r)+(bn+s)=(a+b)n+(r+s),\hfill \end{array}$$

y

$$\begin{array}{c}(an+r)(bn+s)=(abn+as+br)n+rs.\hfill \end{array}$$

La división es más delicada. Dejamos al lector buscar los detalles en cualquier libro sobre teoría elemental de números.

43. a) 00 000123450 b) 99 999 785 960

El número inicial$(12\cdots 91011\cdots 5960)$tiene$9+50\times 2+2=111$dígitos. De ahí que nos quedemos con un número que tiene exactamente 11 dígitos.

Para el entero más pequeño, eliminamos dígitos para dejar los dígitos iniciales más pequeños (preferiblemente 0s).

Para el entero más grande, eliminamos dígitos para dejar tantos 9 en la parte delantera como sea posible (y luego ordenar la cola).

44.

$$\begin{array}{c}11111111=11110000+1111=1111\times 10001.\hfill \end{array}$$

De la misma manera

$$\begin{array}{c}1111\cdots 1111000\hfill \end{array}$$

(con 1108 1s y tres 0s) es exactamente divisible por 1111. Entonces el resto es 111.

45. Comparar$(10^5+1)(10^7+2)$y$(10^5+2)(10^7+1)$.

El segundo es$10^7-10^5$mayor que la primera, por lo que la segunda fracción es mayor que la primera.

46. El hecho de que$3\times 7=21$, y la posición de los ceros, sugiere que expresamos el entero como:

$$\begin{array}{c}10^{35}+3\times 10^{24}+7\times 10^{11}+3\times 7=(10^{11}+3)(10^{24}+7).\hfill \end{array}$$

Nota: Si sientes que te deberían haber “dado una pista”, entonces haz una pausa por un momento. Aquí no hay nada engañoso. No tenemos técnicas estándar para analizar números tan grandes. El tamaño mismo del número te obliga a pensar si hay algo familiar al respecto que puedas usar. Y el número es tan sencillo que lo único que posiblemente puede destacar es el 3, 7 y 21. El resto depende de ti.

47.

a) 11 es primo. Y 111 es un múltiplo de 3:$111=3\times 37$. También deberías poder ver que 1111 es un múltiplo de 11:$1111=11\times 101$.

No está claro si 11111 es primo o no. La Prueba de Raíz Cuadrada dice que para decidir, solo necesitamos verificar posibles factores primos hasta$\sqrt{11111}<107$. Podemos eliminar mentalmente a 2, 3, 5, 7, 11, con muy poco esfuerzo. Y con una calculadora, es fácil verificar 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41,... y descubrir que$11111=41\times 271$.

Claramente$111111=11\times 10101=111\times 1001$.

Entonces la secuencia no parece demasiado prometedora. Todos los términos pares son divisibles por 11; cada tercer término es divisible por 111 (y por supuesto, por 3); cada cuarto término es divisible por 1111 (y por lo tanto por 101); y así sucesivamente. Por lo que los únicos candidatos posibles a los primos son el segundo, tercero, quinto, séptimo, undécimo,... términos: esos son los términos en posiciones prime.

Cada uno de estos términos es igual al segundo paréntesis en la factorización:

$$\begin{array}{c}10^p-1=(10-1)(10^{p-1}+10^{p-2}+\cdots +10+1),\hfill \end{array}$$

donde p es un número primo.

Hemos visto que$111=3\times 37$, y que$11111=41\times 271$, lo cual no es muy alentador. Los términos ^7º, ^11º, 13º y ^17º tampoco son primos. ^{Pero el término 19 y los 23º términos son primos.}

Entonces los primos parecen escasos, pero 11 no es el único primo de la secuencia.

Nota: De nuevo, si sientes que el problema fue engañoso, entonces haz una pausa por un momento. Parte de “la esencia de las matemáticas” es aprender que algunos problemas tienen una solución ordenada, mientras que otros abren una agenda bastante diferente. La única manera obvia de comenzar a reconocer esta distinción es ocasionalmente dejarse luchar por resolver algo que se presenta como si se tratara de un problema cerrado (con una solución ordenada), solo para descubrir que es más desordenado de lo que uno esperaba.

b) Ya hemos visto que$1001=7\times 11\times 13$.

Otra razón para recordar esto es que es una simple instancia de la factorización estándar:

$$\begin{array}{c}10^3+1=(10+1)(10^2-10+1)\hfill \end{array}$$

Debido a que los signos en el segundo paréntesis son alternativamente “+” y “-” esta factorización se extiende a todos los poderes impares de 10: por ejemplo,

$$\begin{array}{c}100001=10^5+1=(10+1)(10^4-10^3+10^2-10+1)\hfill \end{array}$$

Entonces esta vez, 11 es el único prime de la lista.

Nota: Los términos “impares” que faltan

$$\begin{array}{c}\mathrm{101,10}\mathrm{001,1}000\mathrm{001,100}000001,......\hfill \end{array}$$

son ligeramente diferentes — cada ser de la forma$x^2+1$.

El hecho de que exista una factorización algebraica de

$$x^3+1=(x+1)(x^2-x+1)$$

implica que$1001=10^3+1$tiene que factorizar. Pero la falta de una factorización algebraica de$x^2+1$no impide que ningún número particular del formulario$x^2+1$de factorizar: por ejemplo,$3^2+1=2\times 5$, y$5^2+1=2\times 13$ambos factorizan; pero$4^2+1$,$6^2+1$, y$10^2+1$no.

Uno puede ser perdonado por no saber que$10^4+1=10001=73\times 137.$Pero uno debería darse cuenta de que

$$\begin{array}{c}10^6+1=100^3+1=(100+1)(100^2-100+1).\hfill \end{array}$$

48. La factorización principal$111=3\times 37$vale la pena recordar. Si esto es de segunda naturaleza, entonces uno puede hacerlo mejor en este problema que simplemente moler la respuesta usando la multiplicación larga, al ver cómo la salida al cálculo$1001\times 333$simplemente posiciona “333 miles” y “333 unidades” una al lado de la otra:

$3\times 37=111$, entonces$9\times 37=333$.

De ahí$9009\times 37=1001\times 333=333333$.

Nota: Aquí no se necesita la factorización prime del 1001. Pero es importante en otros lugares.

49. El primer paso muestra que el dígito principal del dividendo debe ser 1; y dado que “tres dígitos menos dos dígitos deja un dígito (d decir)” el divisor tiene un múltiplo en los años 90.

La siguiente etapa vuelve a dar “tres dígitos menos dos dígitos deja un dígito”, y el resto de la primera división es ahora el dígito de los cientos, así que d = 1. De ahí que el divisor de dos dígitos tenga 99 como múltiplo (en el primer paso de la división larga) — por lo que el divisor debe ser 11, 33 o 99.

La siguiente división muestra que el divisor tiene un múltiplo de dos dígitos, que cuando se resta de un número de dos dígitos deja un resto de dos dígitos, por lo que el divisor no puede ser 99.

La etapa final muestra que el divisor tiene un múltiplo de tres dígitos, por lo que no puede ser 11.

De ahí que el divisor debe ser 33.

50. Su solución dependerá del lenguaje de programación utilizado. Utilizamos este problema para atraer la atención del lector hacia algunos temas no tan frecuentemente discutidos:

• Los “algoritmos formales escritos” de la aritmética no son del todo obvios.
• Su uso práctico no es realmente “formal”, utiliza una serie de convenciones no declaradas. Por ejemplo, requiere del usuario una sensación intuitiva para las “estructuras de datos” involucradas y comienza escribiendo un entero base 10 debajo de otro manteniendo dígitos en la misma posición decimal alineados en una columna (un informático lo llamaría “analizar la entrada”).
• Los enteros base 10 contienen diferentes números de dígitos y los más cortos pueden necesitar ser rellenados con ceros (mentalmente, en cálculos en papel, o explícitamente, según sea necesario al escribir código), es decir,$1234+56$tiene que ser tratado como$1234+0056$.
• Los dígitos en el número se leen y se utilizan de derecha a izquierda, de la manera opuesta a la lectura del texto. (Esto puede ser una pieza de historia fosilizada: nuestros decimales son árabes, y los árabes escriben de derecha a izquierda).

51.

a) Esto explota el hecho de que

$$\begin{array}{c}(10^k-1)=(10-1)(10^{k-1}+10^{k-2}+...+10+1),\hfill \end{array}$$

y así es divisible por$(10-1)$(un hecho que es obvio cuando escribimos$10-1=9$,$10^2-1=99$,$10^3-1=999$, etc.). Por ejemplo:

$$\begin{array}{ccc}\mathrm{12\; 345}\hfill & =\hfill & \mathbf{1}\times 10^4+\mathbf{2}\times 10^3+\mathbf{3}\times 10^2+\mathbf{4}\times 10+\mathbf{5}\hfill \\ \hfill & =\hfill & [\mathbf{1}\times (10^4-1)+\mathbf{2}\times (10^3-1)+\mathbf{3}\times (10^2-1)+\mathbf{4}\times (10-1)]\hfill \\ \hfill & \hfill & +[\mathbf{1}+\mathbf{2}+\mathbf{3}+\mathbf{4}+5]\hfill \\ \hfill & =\hfill & \left[\text{una suma de términos, cada uno de los cuales es un múltiplo de 9}\right]\hfill \\ \hfill & \hfill & +\left[\text{la suma de los dígitos de”}\mathrm{12\; 345}\text{”}\right]\hfill \end{array}$$

Si el LHS se divide por 9, el resto del primer paréntesis en el RHS es cero, por lo que el resto general es el mismo que el resto de dividir la suma de dígitos por 9.

Dado que 9 es un múltiplo de 3, el primer corchete es exactamente divisible por 3. De ahí que si el LHS se divide por 3, el resto del primer paréntesis en el RHS es cero, y el resto general es el mismo que el resto de dividir la suma de dígitos por 3.

Nota: Si solo estuviéramos interesados en la “divisibilidad por 9”, entonces podríamos haber logrado sin apelar a la factorización algebraica

$$\begin{array}{c}(10^k-1)=(10-1)(10^{k-1}+10^{k-2}+...+10+1),\hfill \end{array}$$

desde

$$\begin{array}{c}10-1=9,10^2-1=99,10^3-1=999,...\hfill \end{array}$$

son todos visiblemente “múltiplos de 9”. Sin embargo, la estructura de la solución anterior se extiende naturalmente para demostrar que, cuando un entero se escribe en base b, el resto en división por$b-1$es lo mismo que el resto al dividir la base b “suma de dígitos” por$b-1$.

(b) Si un entero N es divisible por 6, entonces podemos escribir$N=6m$para algunos enteros m.

De ahí$N=(2\times 3)m=2\times \left(3m\right)$, entonces N es un múltiplo de 2; y$N=3\times \left(2m\right)$, por lo que N es un múltiplo de 3.

Si un entero N es divisible por 2, entonces podemos escribir$N=2k$para algún entero k Si N también es divisible por 3, entonces 3 se divide exactamente en 2 k. Pero HCF (2, 3) = 1, por lo que el 3 debe ir exactamente al segundo factor k, por lo que$k=3m$para algunos enteros m, y$N=6m$es divisible por 6.

Nota: Es crucial que HCF (2, 3) = 1. (Por ejemplo, 12 es divisible por 6 y por 4; pero 12 no es divisible por$6\times 4$.)

52.

(a) N es divisible por 3. De ahí que su suma digital sea divisible por 3.

Pero entonces “tres veces la suma de sus dígitos” es un múltiplo de 9: de ahí que el entero sea divisible por 9, y así la suma de sus dígitos es divisible por 9.

Pero entonces es divisible por “tres veces un múltiplo de 9” —eso es divisible por 27. Entonces$N=27$, o 54, o 81, o 108, o... (Sin embargo, pronto llegas al primer múltiplo de 27 que no es “divisible por 3 veces el algunos de sus dígitos”.)

b) 27. (Supongamos que el entero N tiene k dígitos. Entonces$N\ge 10^{k-1}$, y su suma digital es como máximo de 9 k. Si N es igual a “tres veces la suma de sus dígitos”, entonces$10^{k-1}\le N\le 27k$lo que significa$k\le 2$. Y de la parte (a) sabemos que N es un múltiplo de 27.)

c) 288. (Si la suma de dígitos es igual a 9 (o cualquier múltiplo impar de 9), entonces al menos un dígito debe ser impar; así que solo tenemos que preocuparnos por enteros con suma digital igual a 18, o 36, o... El único múltiplo de este tipo de 9 hasta 100 es 99. Todos los múltiplos de 9 entre 100 y 200 tienen un dígito de cientos impares En los 200, el primer entero con suma digital 18 es 279 — con dos dígitos impares. El siguiente es 288.)

53. a) Esto explota el hecho de que

$$\begin{array}{c}(11^k-1)=(11-1)(11^{k-1}+11^{k-2}+...+11+1),\hfill \end{array}$$

y así es divisible por (11 — 1) — un hecho que es obvio si introducimos un nuevo dígito X en la base 11 para representar “diez”, y luego notamos que

$$\begin{array}{c}11-1=X_{\text{base}11},11^2-1=X{X}_{\text{base}11},11^3-1=XX{X}_{\text{base}11},\text{etc.}\hfill \end{array}$$

Por ejemplo:

$$\begin{array}{ccc}{12345}_{\text{base}11}\hfill & =\hfill & \mathbf{1}\times 11^4+\mathbf{2}\times 11^3+\mathbf{3}\times 11^2+\mathbf{4}\times 11+\mathbf{5}\hfill \\ \hfill & =\hfill & [\mathbf{1}\times (11^4-1)+\mathbf{2}\times (11^3-1)+\mathbf{3}\times (11^2-1)+\mathbf{4}\times (11-1)]\hfill \\ \hfill & \hfill & +[\mathbf{1}+\mathbf{2}+\mathbf{3}+\mathbf{4}+5]\hfill \\ \hfill & =\hfill & \left[\text{una suma de términos, cada uno de los cuales es un múltiplo de diez}\right]\hfill \\ \hfill & \hfill & +\left[\text{la suma de los dígitos de”}\mathrm{12\; 345}\text{”}\right]\hfill \end{array}$$

Si el LHS se divide por diez, el resto del primer paréntesis en el RHS es cero, por lo que el resto general es el mismo que el resto de dividir la suma de dígitos por diez.

54.

a) 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, 45, 55, 66, 78.

b) Combinar dos ejemplares de la suma requerida. Si hacemos esto algebraicamente, obtenemos

$$\begin{array}{c}\begin{array}{ccccccccc}\hfill 1\hfill & \hfill +\hfill & \hfill 2\hfill & \hfill +\hfill & \hfill 3\hfill & \hfill +\hfill & \hfill \cdots \hfill & \hfill +\hfill & \hfill n\hfill \\ \hfill n\hfill & \hfill +\hfill & \hfill n-1\hfill & \hfill +\hfill & \hfill n-2\hfill & \hfill +\hfill & \hfill \cdots \hfill & \hfill +\hfill & \hfill 1\hfill \end{array}\hfill \end{array}$$

y observar que cada una de las n columnas alineadas verticalmente se suma a n +1.

De ahí

$$\begin{array}{c}{T}_n=1+2+3+\cdots +n=\genfrac{}{}{0.1ex}{}{n(n+1)}{2}.\hfill \end{array}$$

Si hacemos lo mismo geométricamente, entonces podemos combinar dos “escaleras”

$$\begin{array}{c}\begin{array}{cccccc}\hfill •\hfill & \hfill •\hfill & \hfill •\hfill & \hfill •\hfill & \hfill \hfill & \hfill \hfill \\ \hfill •\hfill & \hfill •\hfill & \hfill •\hfill & \hfill \hfill & \hfill \hfill & \hfill •\hfill \\ \hfill •\hfill & \hfill •\hfill & \hfill \hfill & \hfill \hfill & \hfill •\hfill & \hfill •\hfill \\ \hfill •\hfill & \hfill \hfill & \hfill \hfill & \hfill •\hfill & \hfill •\hfill & \hfill •\hfill \\ \hfill \hfill & \hfill \hfill & \hfill •\hfill & \hfill •\hfill & \hfill •\hfill & \hfill •\hfill \end{array}\hfill \end{array}$$

de puntos (uno de los cuales está invertido) en un n por$n+1$matriz de puntos (ya sea con n columnas y$n+1$puntos en cada columna, o con$n+1$columnas y n puntos en cada columna).

Nota: El n ^º número triangular se define por la “fórmula”

$$\begin{array}{c}{T}_n=1+2+3+\cdots +n.\hfill \end{array}$$

Pero esta “fórmula” tiene serias limitaciones: en particular, no hay forma de calcular Tioo sin primero calcular T ₁, luego T ₂, luego T ₃,... todo el camino hasta Tgg. De ahí que sea solo una “relación de recurrencia”, que nos dice cómo encontrar T _n una vez que conocemos T _n-1 (solo “agregar n”).

La fórmula

$$\begin{array}{c}{T}_n=\genfrac{}{}{0.1ex}{}{n(n+1)}{2}\hfill \end{array}$$

derivado en la parte (b) es mucho más útil, ya que nos permite calcular el valor de T _n tan pronto como conocemos el valor de n. Esto es lo que llamamos una “fórmula cerrada”. (El lenguaje puede parecer extraño, pero se refiere al hecho de que el cálculo es directo, y que la fórmula implica un número pequeño y fijo de operaciones —mientras que usar la recurrencia requiere cada vez más trabajo a medida que n se hace más grande.)

c) Nota: Hay dos razones por las que vale la pena hacer estas preguntas. La primera es que cada vez que enfocamos la atención en ciertas clases especiales de objetos, siempre es una buena práctica considerar si las nociones que hemos definido están completamente separadas, e intentar identificar cualquier superposición. La segunda razón es menos obvia, pero puede ser sorprendentemente fructífera: a veces dos ideas pueden ser interesantes, pero no tienen nada que ver entre sí; pero en otras ocasiones, las dos ideas pueden no sólo ser interesantes por derecho propio, sino que pueden “combinarse” de una manera que da lugar a sutilezas sorprendentes. Aquí dos de las combinaciones son rutinarias y poco interesantes; pero dos combinaciones generan matemáticas más interesantes de lo que tenemos derecho a esperar.

(i) Sabemos que uno de los dos factores n y$n+1$en el numerador es impar, y el otro es par. Si el número triangular

$$\begin{array}{c}{T}_n=\genfrac{}{}{0.1ex}{}{n(n+1)}{2}\hfill \end{array}$$

es ser una potencia de 2, entonces cualquier factor impar de T _n debe ser igual a 1, entonces$n<3:n=2$no da un poder de 2. De ahí$n=1$, y$T_n=1$es el único número triangular que también es una potencia de 2.

(ii) Si el número triangular T _n va a ser primo, entonces

* n es impar y uno de n,$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{n+1}{2}$es igual a 1 (entonces$n=1$y$T_1=1$no es primo), o

* n es par y uno de$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{n}{2}$,$n+1$es igual a 1, entonces$n=2$, y$T_2=3$es el único número triangular que también es primo.

iii) Los únicos “números triangulares cuadrados T _n “inmediatamente evidentes son el primero y el octavo, a saber$T_1=1$y$T_8=36$. Pero lo que parece obvio rara vez es toda la verdad. De hecho, hay infinitamente muchos de esos “números triangulares cuadrados” (p. ej.$T_{\mathrm{49}}=1225$,$T_{\mathrm{288}}=41616$,$T_{\mathrm{1681}}=1413721$,...). Esto es consecuencia de la fórmula de la parte (b). Por ejemplo:

Cuando n es par, notamos que$a=\genfrac{}{}{0.1ex}{}{n}{2}$y$n+1=2a+1$son enteros sin factores comunes. Queremos que su producto sea un cuadrado. Porque$HCF(a\mathrm{,2}a+1)=1$, esto ocurre precisamente cuando ambos$a(=b^2)$y$2a+1(=c^2)$son ambos cuadrados. Así vemos que las soluciones corresponden a pares de enteros b, c que satisfacen la ecuación de Pell$c^2=2b^2+1$. Observe que$b=2$,$c=3$es una solución, y que satisfagan la ecuación$c^2-2b^2=1$.

Ya conocimos

$$a^2+b^2=(a+bi)(a-bi)$$

como la norma (o cuadrado de la longitud) del número complejo$a+bi$(Problema 25). De manera similar, podemos “factorizar”

$$\begin{array}{c}{c}^2-2b^2=(c+b\sqrt{2})(c-b\sqrt{2}).\hfill \end{array}$$

Así que una vez que tenemos una solución de la ecuación$c^2-2b^2=1$, podemos tomar poderes para obtener más soluciones:

$$\begin{array}{c}\left[{(c+b\sqrt{2})}^2\right]\left[{(c-b\sqrt{2})}^2\right]=1^2=1,\text{etc.}.\hfill \end{array}$$

De ahí, por ejemplo,

$$\begin{array}{c}{(3+2\sqrt{2})}^2=17+12\sqrt{2}\hfill \end{array}$$

da lugar a la solución$b=12$,$c=17$— correspondiente a$\mathit{a}=144$,$n=288$.

Del mismo modo

$$\begin{array}{c}{(3+2\sqrt{2})}^3=...+...\sqrt{2}\hfill \end{array}$$

da lugar a la solución$b=...$,$c=...$, correspondiente a ($a=...$),$n=...$.

Nota: Si aún no estás familiarizado con números complejos, o con la idea de una norma, no te preocupes. Toma nota de ello como algo que parece ser poderoso y que vale la pena aprender. Volverá a aparecer más tarde.

iv) El único número triangular de cubo obvio es el primero, a saber,$T_1=1$. El álgebra básica conduce rápidamente a una ecuación como en la parte (i):

$$\begin{array}{c}\genfrac{}{}{0.1ex}{}{n(n+1)}{2}=m^3,\hfill \end{array}$$

que es equivalente a

$$\begin{array}{c}{(2n+1)}^2-1={\left(2m\right)}^3.\hfill \end{array}$$

Entonces${\left(2m\right)}^3$y${\left(2m\right)}^3+1$son números enteros consecutivos que son ambos poderes propios. Catalán (1814—1894) conjeturó en 1844 que$8=2^3$y$9=3^2$son las únicas potencias consecutivas (distintas de 0 y 1). Esta conjetura que suena simple finalmente se probó solo en 2004. De ello se deduce que$T_1=1$es el único número triangular que también es un cubo.

55.

a) i) 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89

ii) 1, 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34; 1, 1, 0, 1, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13

(iii) m ^º término de k ^ésima secuencia de diferencias$=F_{m-k}$

b) i) 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512, 1024, 2048

ii) 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512, 1024; 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512

(iii) m ^º término de k ^ésima secuencia de diferencias$=2^m$

56.

a) i) 1, 3, 7, 15, 31, 63, 127, 255, 511, 1023,...

ii)$x^{n+1}-1=(x-1)(x^n+x^{n-1}+\cdots +x+1)$.

Cuando$x=2$, el primer factor en el RHS ($(x-1)=1$, entonces

$$\begin{array}{c}{2}^0+2^1+2^2+\cdots +2^n=2^{n+1}-1.\hfill \end{array}$$

[Alternativamente:

$$\begin{array}{ccc}{2}^0+(2^0+2^1+2^2+\cdots +2{}^n)\hfill & =\hfill & (2^0+2^0[=2^1])+(2^1+2^2+\cdots +2{}^n)\hfill \\ \hfill & =\hfill & (2^1+2^1[=2^2])+(2^2+2^3+\cdots +2^n)\hfill \\ \hfill & =\hfill & (2^2+2^2[=2^3])+(2^3+2^4+\cdots +2^n)\hfill \\ \hfill & =\hfill & ...\hfill \\ \hfill & =\hfill & (2^n+2^n)=2^{n+1}.\hfill \end{array}$$

b) i) 0, 1, 2, 4, 7, 12, 20, 33, 54, 88,...

ii)$$\begin{array}{c}{F}_0+F_1=F_2=F_3-F_1\hfill \\ F_0+F_1+F_2=(F_3-F_1)+F_2=(F_3+F_2)-F_1=F_4-F_1\hfill \\ F_0+F_1+F_2+F_3=(F_4-F_1)+F_3=(F_4+F_3)-F_1=F_5-F_1.\hfill \end{array}$$

Reclamación:

$$F_0+F_1+F_2+\cdots +F_{n-1}=F_{n+1}-F_1$$

se sostiene para todos$n\ge 1$.

Prueba: Cuando$n=1$, el$LHS=F_0=0=1-1=F_2-F_1=RHS$.

Demostramos los siguientes casos$n=2$,$n=3$,$n=4$arriba.

Supongamos que ya hemos demostrado que la relación requerida se mantiene hasta el${(k-1)}^{\mathrm{th}}$ecuación:

$$F_0+F_1+F_2+\cdots +F_{k-1}=F_{k+1}-F_1.$$

A continuación, el$k^{\mathrm{th}}$ecuación sigue así:

$$\begin{array}{ccc}\hfill (F_0+F_1+F_2+\cdots +F_{k-1})+F_k& =\hfill & (F_{k+1}-F_1)+F_k\hfill \\ \hfill & =\hfill & (F_{k+1}+F_k)-F_1\hfill \\ \hfill & =\hfill & F_{k+2}-F_1.\hfill \end{array}$$

Así que hemos demostrado

* que la identidad tiene para los primeros valores, y

* que siempre que sepamos es cierto hasta el${(k-1)}^{\mathrm{th}}$identidad, también se sostiene para el$k^{\mathrm{th}}$identidad.

De ahí que la identidad se mantenga para todos$n\ge 1$QED

Alternativamente:

$$\begin{array}{ccc}\hfill F_1+(F_0+F_1+\cdots +F_k)& =\hfill & (F_1+F_0[=F_2])+(F_1+F_2+\cdots +F_k)\hfill \\ \hfill & =\hfill & (F_2+F_1[=F_3])+(F_2+F_3+\cdots +F_k)\hfill \\ \hfill & =\hfill & (F_3+F_2[=F_4])+(F_3+F_4+\cdots +F_k)\hfill \\ \hfill & =\hfill & ...\hfill \\ \hfill & =\hfill & F_{k+1}+F_k=F_{k+2}.\hfill \end{array}$$

Nota: En 56 (a) (ii) apelamos directamente a la factorización de$x^{n+1}-1$como si se tratara de un “hecho conocido” que es fácil de probar. Y en la prueba “alternativa”, combinamos repetidamente”$2^k+2^k$“para hacer$2^{k+1}$, insertando puntos “... “para indicar que esta operación de reemplazo se repite$n+1$tiempos. Ambas implicaban aplicaciones apenas veladas del principio de Inducción Matemática, que se aborda con detalle en el Capítulo 6. En 56 (b) (ii) no teníamos forma de ocultar el uso de “prueba por inducción matemática “, que es probable que esté al acecho siempre que tengamos una proposición, o enunciado, P (n) que involucre el parámetro n y deseamos probar el colección infinita de aseveraciones:

“P (n) es cierto para cada$n=\mathrm{1,2}\mathrm{,3},...$”

La forma estándar de lograr este aparente milagro de probar infinitamente muchas cosas a la vez es comprobar que$\mathbf{P}\left(1\right)$sostiene (es decir, para verificar que$\mathbf{P}\left(n\right)$es cierto cuando$n=1$); entonces suponer que hemos comprobado todas las instancias P (1), P (2),..., hasta P (k) para algunos$k\ge 1$, y para demostrar que la siguiente instancia$\mathbf{P}(k+1)$entonces también debe ser cierto.

Luego concluimos que P (n) es cierto para todos$n\ge 1$.

57.

(a) (i) 0, 2, 3, 10, 24, 65, 168,...

ii) Adivina:

$$\begin{array}{c}{F}_{n-1}{F}_{n+1}=F_n^2+{(-1)}^n{F}_1,\text{para todos}n\ge 1.\hfill \end{array}$$

Prueba: Por la parte (i), esta identidad se sostiene para$n=\mathrm{1,2}\mathrm{,3}\mathrm{,4}\mathrm{,5}\mathrm{,6}\mathrm{,7}$.

Supongamos que lo hemos comprobado hasta el$k^{th}$instancia:

$$\begin{array}{c}{F}_{k-1}{F}_{k+1}=F_k^2+{(-1)}^k{F}_1.\hfill \end{array}$$

Luego sigue la siguiente instancia, ya que

$$\begin{array}{ccc}{F}_{(k+1)-1}{F}_{(k+1)+1}\hfill & =\hfill & F_k{F}_{k+2}\hfill \\ \hfill & =\hfill & (F_{k+1}-F_{k-1})(F_k+F_{k+1})\hfill \\ \hfill & =\hfill & F_{k+1}^2+(F_{k+1}{F}_k-F_{k-1}{F}_k)-F_{k-1}{F}_{k+1}\hfill \\ \hfill & =\hfill & F_{k+1}^2+(F_k^2-F_{k-1}{F}_{k+1})\hfill \\ \hfill & =\hfill & F_{k+1}^2+{(-1)}^{k+1}{F}_1.\hfill \end{array}$$

Entonces hemos demostrado que la identidad se mantiene para los primeros valores de n, y siempre que sepamos que es cierto hasta la k ^ésima identidad, también se mantiene para el${(k+1)}^{th}$identidad. De ahí que la identidad se mantenga para todos$n\ge 1$. QED

b) i) Suponemos que

$$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{b}{a}<\genfrac{}{}{0.1ex}{}{d}{c}$$

(si se invierte la desigualdad, la expresión para el área se multiplica por “−1”).

Las líneas$x=0$,$y=0$,$x=a+c$,$y=b+d$formar un rectángulo de área$(a+c)(b+d)$, que rodea el paralelogramo.

Para llegar de esto al área del paralelogramo, debemos restar

* los dos rectángulos de esquina externos (arriba a la izquierda e inferior derecha) — cada uno del área bc; y

* los cuatro triángulos externos en ángulo recto, que encajan en pares para formar rectángulos de áreas ab y cd. De ahí

$$\begin{array}{c}\text{zona}\left(OABC\right)=(a+c)(b+d)-2bc-ab-cd=ad-bc.\hfill \end{array}$$

ii) 1

^{(iii) La mitad del segundo paralelogramo es igual a la mitad del 1er, por lo que ambos tienen la misma área, es decir, 1.}

La mitad del ^tercer paralelogramo es igual a la mitad del ^2º — por lo que ambos tienen la misma área, es decir, 1.

Y así sucesivamente. De ahí que el área del ^{paralelogramo} n sea igual a

$$\begin{array}{c}|ad-bc|=|F_{n-1}{F}_{n+1}-F_n^2|=1.\hfill \end{array}$$

La parte a) ii) es más precisa en el sentido de que dice que$F_{n-1}{F}_{n+1}-F_n^2={(-1)}^n$: esto dice que las posiciones relativas de los generadores (a, b), (c, d) para sucesivos paralelogramos de Fibonacci se alternan, con primero$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{b}{a}>\genfrac{}{}{0.1ex}{}{d}{c}$, y luego$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{b}{a}<\genfrac{}{}{0.1ex}{}{d}{c}$. (De hecho, el gradiente de versiones sucesivas de la línea OA, o la relación de números sucesivos de Fibonacci, converge a la Relación áurea$\tau$, con sucesivos puntos Fibonacci$A=(F_{n-1},F_n)$alternativamente por encima y por debajo de la línea con la ecuación$y=\tau x$.)

58.

a) 1, 2, 5, 13, 34,...

b) Adivina:

$$\begin{array}{c}{F}_{n-1}^2+F_n^2=F_{2n-1}.\hfill \end{array}$$

Nota: Cuando la parte (a) da lugar inesperadamente a “los términos impares de la secuencia de Fibonacci”, es casi imposible creer que se trata de un accidente. Sin embargo, el intento de demostrar que esta “Adivina” es correcta bien puede resultar esquivo, ya que es difícil ver cómo relacionar el${(n-1)}^{\mathrm{th}}$y$n^{\mathrm{th}}$términos a la${(2n-1)}^{\mathrm{th}}$término.

Un enfoque es

“tratar de demostrar algo más fuerte de lo que parece requerirse”.

Reclamación: Por cada$n\ge 1$, ambos de los siguientes son ciertos:

$$\begin{array}{c}{F}_{n-1}^2+F_n^2=F_{2n-1}\text{y}{F}_{n+1}^2-F_{n-1}^2=F_{2n}.\hfill \end{array}$$

Prueba: Ya hemos comprobado que la primera relación se mantiene para n = 1,2, 3,4, 5.

Y es fácil comprobarlo

$$\begin{array}{ccc}{F}_{1+1}^2-F_{1-1}^2\hfill & =\hfill & 1-0=1=F_2,\hfill \\ F_{2+1}^2-F_{2-1}^2\hfill & =\hfill & 4-1=3=F_4,\hfill \\ F_{3+1}^2-F_{3-1}^2\hfill & =\hfill & 9-1=8=F_6.\hfill \end{array}$$

Entonces ambas identidades se mantienen para los primeros valores de n.

Ahora supongamos que hemos comprobado que ambas relaciones se mantienen hasta el$k^{\mathrm{th}}$par de relaciones.

Luego simplemente sumando las dos relaciones en el$k^{\mathrm{th}}$da la primera relación del siguiente par:

$$\begin{array}{ccc}{F}_k^2+F_{k+1}^2\hfill & =\hfill & (F_{k-1}^2+F_k^2)+(F_{k+1}^2-F_{k-1}^2)\hfill \\ \hfill & =\hfill & F_{2k-1}+F_{2k}\hfill \\ \hfill & =\hfill & F_{2k+1}\hfill \end{array}$$

Para ver que la segunda relación del siguiente par también le sigue, considere

$$\begin{array}{ccc}{F}_{k+2}^2-F_k^2\hfill & =\hfill & {(F_k+F_{k+1})}^2-F_k^2\hfill \\ \hfill & =\hfill & F_{k+1}^2+2F_k{F}_{k+1}\hfill \\ \hfill & =\hfill & (F_{k+1}^2-F_{k-1}^2)+F_{k-1}^2+2F_k{F}_{k+1}\hfill \\ \hfill & =\hfill & F_{2k}+{(F_{k+1}-F_k)}^2+2F_k{F}_{k+1}\hfill \\ \hfill & =\hfill & F_{2k}+(F_{k+1}^2+F_k^2)\hfill \\ \hfill & =\hfill & F_{2k}+F_{2k+1}\hfill \\ \hfill & =\hfill & F_{2k+2}.\hfill \end{array}$$

Así que hemos demostrado

— que las identidades tienen para los primeros valores de n, y

— que siempre que sepamos que el k ^º par de identidades sostiene, el${(k+1)}^{\mathrm{th}}$par también sostienen.

De ahí que las dos identidades se mantengan para todos$n\ge 1$. QED

59.

(a) (i) 0, 5, 8, 26, 63,...

ii) Adivina:$F_{n-2}{F}_{n+2}=F_n^2+{(-1)}^{n+1}$.

Prueba: Por la parte (i), esta identidad se mantiene para n = 2, 3,4, 5, 6.

Supongamos que lo hemos comprobado hasta la k ^ésima instancia:

$$\begin{array}{c}{F}_{k-2}{F}_{k+2}=F_k^2+{(-1)}^{k+1}.\hfill \end{array}$$

Luego sigue la siguiente instancia usando 57, ya que

$$\begin{array}{ccc}{F}_{(k+1)-2}{F}_{(k+1)+2}\hfill & =\hfill & F_{k-1}{F}_{k+3}\hfill \\ \hfill & =\hfill & F_{k-1}(F_{k+1}+F_{k+2})\hfill \\ \hfill & =\hfill & F_{k-1}{F}_{k+1}+F_{k-1}{F}_{k+2}\hfill \\ \hfill & =\hfill & F_k^2+{(-1)}^k+(F_{k+1}-F_k)(F_k+F_{k+1})\hfill \\ \hfill & =\hfill & {(-1)}^k+F_{k+1}^2.\hfill \end{array}$$

b) i) 0,13, 21, 68,...

ii) Adivina:

$$\begin{array}{c}{F}_{n-3}{F}_{n+3}=F_n^2+{(-1)}^{n+3-1}{F}_3^2.\hfill \end{array}$$

Esto sugiere que debemos reinterpretar nuestras conjeturas anteriores, y que los “términos de corrección” en el RHS:

* en Problema 57 (a) debería haber sido escrito como”${(-1)}^{n+0-1}{F}_0^2$”,

* en el Problema 57 a) ii) debió haber sido escrito como”${(-1)}^{n+1-1}{F}_1^2$“, y

* en el Problema 59 a) ii) debió haber sido escrito como”${(-1)}^{n+2-1}{F}_2^2$”.

Dejamos la prueba (o no) de esta conjetura como ejercicio para el lector.

60.

(i) 10%

ii) 21% — aviso que

$$\begin{array}{c}\left(1.1a\right)\left(1.1b\right)={(1+0.1)}^{2}ab=(1+0.2+0.01)ab=1.21ab.\hfill \end{array}$$

(iii) 0% — notar que

$$\begin{array}{c}\genfrac{}{}{0.1ex}{}{1.1a}{1.1b}=\genfrac{}{}{0.1ex}{}{a}{b}.\hfill \end{array}$$

61. Si x se duplica en la expresión “x”, entonces el valor de la expresión se duplica.

Si y se duplica en la expresión$x÷y$, entonces el valor de la expresión se reduce a la mitad.

Si z se duplica en la expresión$x÷(y÷z)$, entonces el corchete se divide a la mitad y la expresión se duplica.

Sustituyendo “x, y, z” por “d, e, f” vemos que, si se duplica el valor de f, el valor del corchete$(d÷(e÷f\left)\right)$también se duplica.

Si ahora tomamos$x=b$,$y=c$,$z=(d÷(e÷f\left)\right)$, entonces, cuando f se duplica, z se duplica, y el valor de$(b÷(c÷(d÷(e÷f\left)\right)\left)\right)$se duplica.

De ahí el valor de toda la expresión

$$\begin{array}{c}a÷(b÷(c÷(d÷(e÷f\left)\right)\left)\right)\hfill \end{array}$$

se ha reducido a la mitad.

62.

a) El hecho de que se puedan añadir las entradas en cualquier orden depende de las leyes conmutativas y asociativas de adición. Expresando el subtotal en la segunda fila como$2(1+2+3+4)$utiliza la ley distributiva. Y expresando la suma general

$$\begin{array}{c}(1+2+3+4)+2(1+2+3+4)+3(1+2+3+4)+4(1+2+3+4)\hfill \end{array}$$

como${(1+2+3+4)}^2$vuelve a utilizar la ley distributiva.

b) i$1=1^3$,$8=2^3$,$27=3^3$,$64=4^3$.

ii)$(4+8+12+16)+(12+8+4)=4T_4+4T_3$. Del mismo modo, la ^k-ésima forma de L inversa tiene suma

$$\begin{array}{c}k\cdot T_k+k\cdot T_{k-1}=\genfrac{}{}{0.1ex}{}{1}{2}{k}^2(k+1)+\genfrac{}{}{0.1ex}{}{1}{2}{k}^2(k-1)=k^3.\hfill \end{array}$$

De ahí

$$\begin{array}{c}{C}_n=1^3+2^3+3^3+\cdots +n^3={(1+2+3+...+n)}^2=\genfrac{}{}{0.1ex}{}{1}{4}\cdot n^2{(n+1)}^2.\hfill \end{array}$$

63.

a) Los términos son$1\times 2$,$2\times 3$,$3\times 4$, etc,; por lo que el$r^{\mathrm{th}}$término es r (r +1), y el último término es$(n-1)\left(\right(n-1)+1)$.

El$r^{\mathrm{th}}$término puede expresarse como”$r^2+r$”, por lo que la suma

$$\begin{array}{c}1\times 2+2\times 3+3\times 4+\cdots +r(r+1)+\cdots +(n-1)n\hfill \end{array}$$

se puede expresar como

$$\begin{array}{c}(1^2+2^2+3^2+\cdots +{(n-1)}^2)+(1+2+3+\cdots +(n-1\left)\right)=S_{n-1}+T_{n-1}.\hfill \end{array}$$

b) i) *$n=2:6=1\times 2\times 3$.

*$n=3:6+18=24=2\times 3\times 4$.

*$n=4:6+18+36=60=3\times 4\times 5$.

Adivina:$3(S_{n-1}+T_{n-1})=(n-1)n(n+1).$.

Prueba: Esto es cierto para$n=\mathrm{1,\; 2,\; 3,\; 4}$.

Supongamos que hemos comprobado el reclamo para todos los valores hasta

$$\begin{array}{c}3(S_{k-1}+T_{k-1})=(k-1)k(k+1).\hfill \end{array}$$

Entonces

$$\begin{array}{ccc}3(S_k+T_k)\hfill & =\hfill & 3([S_{k-1}+k^2]+[T_{k-1}+k])\hfill \\ \hfill & =\hfill & (k-1)k(k+1)+3k(k+1)\hfill \\ \hfill & =\hfill & k(k+1)(k+2).\hfill \end{array}$$

De ahí que nuestra suposición sea cierta para todos$n\ge 1$.

ii)

$$\begin{array}{c}{S}_n+T_n=\genfrac{}{}{0.1ex}{}{n(n+1)(n+2)}{3},\hfill \end{array}$$

por lo

$$\begin{array}{c}{S}_n=\genfrac{}{}{0.1ex}{}{n(n+1)(n+2)}{3}-T_n=\genfrac{}{}{0.1ex}{}{n(n+1)(2n+1)}{6}.\hfill \end{array}$$

64. Si uno intenta aplicar los algoritmos habituales para los decimales, entonces es probable que uno se meta en algo así como un desastre. Pero si reinterpretamos cada decimal como una fracción, entonces las cosas son mucho más fáciles.

(a)$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{5}{9}+\genfrac{}{}{0.1ex}{}{6}{9}=\genfrac{}{}{0.1ex}{}{11}{9}=1.22222\cdots$.

b)$0.99999\cdots =\genfrac{}{}{0.1ex}{}{9}{9}=1$;$1+\genfrac{}{}{0.1ex}{}{1}{9}=1.11111\cdots$.

c)$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{10}{9}-\genfrac{}{}{0.1ex}{}{2}{9}=\genfrac{}{}{0.1ex}{}{8}{9}=0.88888\cdots$

d)$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{1}{3}\times \genfrac{}{}{0.1ex}{}{2}{3}=\genfrac{}{}{0.1ex}{}{2}{9}=0.22222\cdots$.

(e)$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{11}{9}\times \genfrac{}{}{0.1ex}{}{9}{11}=1$.

65.

a) Dicho decimal es por definición igual a la fracción con numerador

$$\begin{array}{c}{b}_n{b}_{n-1}\cdots b_1{b}_0{b}_{-1}{b}_{-2}\cdots b_{-k}\hfill \end{array}$$

(un entero con$n+k+1$dígitos decimales) y con y denominador 10 ^k.

b) Si$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{p}{q}$es equivalente a una fracción con numerador

$$\begin{array}{c}m={b_n{b}_{n-1}\cdots b_1{b}_0}_{base10}\hfill \end{array}$$

y denominador 10 ^k, luego m tiene representación decimal

$$\begin{array}{c}{b}_n{b}_{n-1}\cdots b_k.b_{k-1}\cdots b_1{b}_0.\hfill \end{array}$$

c) Las partes (a) y (b) muestran que las fracciones$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{p}{q}$con$HCF(p,q)=1$, cuyos decimales terminan son precisamente aquellos que son equivalentes a fracciones que tienen denominador una potencia de 10: es decir, aquellos para los que el denominador q es un factor de algún entero de la forma$10^k=2^k\times 5^k$.

(d) Si q no divide alguna potencia de 10, entonces su decimal no termina. De ahí que al llevar a cabo la división de p por q nunca obtenemos el resto 0. Entonces los únicos restos posibles son 1, 2,... , q — 1. El primer resto después del punto decimal es igual a p (mod q)). En los q decimales siguientes, solo hay q — 1 restos posibles distintos, por lo que algún resto (digamos r) debe ocurrir por segunda vez por el q ^ésimo paso, y las salidas (y restos) a partir de entonces serán las mismas que fueron las primera vez que se produjo el resto r.

(e) Supongamos que d tiene un decimal con un bloque repetido de longitud b comenzando en el${(k+1)}^{\mathrm{th}}$lugar decimal. (e.g.$d=1234.5678909090909090\cdots$tiene$b=2$,$k=4$). Entonces las colas decimales infinitas se cancelan cuando restamos$M=10^{b}d-d$, y la diferencia M se convierte en un entero N si multiplicamos por$10^k:N=M\times 10^k$. De ahí$d(10^b-1)10^k=N$, y d es igual a una fracción con denominador$(10^b-1)10^k$.

66.

a) i$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{1}{27}$; ii$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{10}{27}$; iii$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{19}{27}$

b) i$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{a}{9}$; ii$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{ab}{99}$; iii$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{abc}{999}$

67.

(a)$0.166666\cdots$(longitud de bloque 1);$0.833333\cdots$(longitud de bloque 1)

(b) Todos tienen longitud de bloque 6:

$$\begin{array}{c}0.142857142857142857\cdots ;\hfill \\ 0.285714285714285714\cdots ;\hfill \\ 0.428571428571428571\cdots ;\hfill \\ 0.571428571428571428\cdots ;\hfill \\ 0.714285714285714285\cdots ;\hfill \\ 0.857142857142857142\cdots .\hfill \end{array}$$

Nota: Los bloques repetidos están relacionados cíclicamente: por ejemplo, el bloque para$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{2}{7}$es lo mismo que para$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{1}{7}$, pero comenzando en “2” en lugar de en “1”.

(c) Todos tienen longitud de bloque 2:

$$\begin{array}{c}0.090909\cdots ;0.181818\cdots ;0.272727\cdots ;0.363636\cdots ;0.454545\cdots ;\hfill \\ 0.545454\cdots ;0.636363\cdots ;0.727272\cdots ;0.818181\cdots ;0.909090\cdots .\hfill \end{array}$$

Nota: Los bloques repetitivos no son todos cíclicamente iguales, sino que caen en cinco pares:

—$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{1}{11}$y$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{10}{11}$están cíclicamente relacionados;

— como son los de$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{2}{11}$y$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{9}{11}$;

— y los de$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{3}{11}$y$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{8}{11}$;

— y los de$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{4}{11}$y$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{7}{11}$;

— y los de$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{5}{11}$y$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{6}{11}$.

(d) Todos tienen longitud de bloque 6.

Nota: Se agrupan en dos familias de seis, donde cada familia está cíclicamente relacionada:

$$\begin{array}{c}\genfrac{}{}{0.1ex}{}{1}{13}=0.076923076923076923\cdots ,\hfill \\ \genfrac{}{}{0.1ex}{}{3}{13}=0.230769230769230769\cdots ,\hfill \\ \genfrac{}{}{0.1ex}{}{4}{13}=0.307692307692307692\cdots ,\hfill \\ \genfrac{}{}{0.1ex}{}{9}{13}=0.692307692307692307\cdots ,\hfill \\ \genfrac{}{}{0.1ex}{}{10}{13}=0.769230769230769230\cdots ,\hfill \\ \genfrac{}{}{0.1ex}{}{12}{13}=0.923076923076923076\cdots ;\hfill \end{array}$$

y

$$\begin{array}{c}\genfrac{}{}{0.1ex}{}{2}{13}=0.153846153846153846\cdots ;\hfill \\ \genfrac{}{}{0.1ex}{}{5}{13}=0.384615384615384615\cdots ,\hfill \\ \genfrac{}{}{0.1ex}{}{6}{13}=0.461538461538461538\cdots ,\hfill \\ \genfrac{}{}{0.1ex}{}{7}{13}=0.538461538461538461\cdots ,\hfill \\ \genfrac{}{}{0.1ex}{}{8}{13}=0.615384615384615384\cdots ,\hfill \\ \genfrac{}{}{0.1ex}{}{11}{13}=0.846153846153846153\cdots .\hfill \end{array}$$

68.

a) No se repita. (Si lo hiciera, tendría un bloque recurrente de longitud b decir. Pero para cuando la secuencia de conteo 1, 2, 3,. llegue a 10 ^{2 b} el decimal contendrá un bloque periódico de 2 b ceros, por lo que el bloque recurrente debe constar de 0s, en cuyo caso el decimal termina.)

b) No se repita. (Similar a la parte (a).)

c) No se repita. (Si se repitió, entonces$\sqrt{2}$sería un número racional: ver Problemas 267, 268, 270.)

69. Reclamar Las fracciones decimales tienen dos representaciones decimales. Todos los demás números tienen exactamente una representación decimal.

Prueba: Cada “fracción decimal” (es decir, cualquier fracción que pueda escribirse con denominador una potencia de 10) tiene dos representaciones, una que termina y otra que termina con una cadena interminable de 9s: si el último dígito distinto de cero del decimal de terminación es k, entonces el segundo la representación del mismo número se obtiene cambiando la “k” a “k — 1” y siguiéndola con una interminable cadena de 9s.

Considere un número desconocido con dos representaciones decimales diferentes$\alpha$y$\beta$. Como son “diferentes”,$\alpha$y$\beta$debe diferir en al menos una posición. Supongamos que la primera posición, o más a la izquierda, en la que difieren es aquella en la$k^{\mathrm{th}}$decimal (correspondiente a$10^{-k}$), y que los dos dígitos en esa posición son$a_k$(para$\alpha$) y$b_k$(para$\beta$).

Podemos suponer que$a_k<b_k$. Entonces$b_k=a_k+1$(de lo contrario$b_k-a_k>1$, y$\beta -\alpha >10^{-k}$, entonces$\alpha \ne \beta$).

Además, desde$\beta$no es mayor que$\alpha$, los dígitos siguientes$b_k$deben ser todos iguales a 0, y los dígitos siguientes$a_k$todos deben ser iguales a 9. QED

70. En el caso d), A sólo tiene que elegir un bloque recurrente (como”$55555\cdots$“, o”$090909\cdots$“, o”$123123123\cdots$“) por sus posiciones —sin importar dónde se encuentren. El control de B termina en alguna etapa, después de lo cual el bloque recurrente de A garantiza que el número resultante es racional.

Todas las otras partes ofrecen una estrategia garantizada para B. Que se numeren las posiciones elegidas por B

$$\begin{array}{c}{n}_1,n_2,n_3,n_4,...,n_k,....\hfill \end{array}$$

Ahora explota el hecho de que los racionales positivos son contables —es decir, pueden incluirse en una sola lista. Para ver esto podemos usar la enumeración diagonal de Cantor (1845-1918)

$$\begin{array}{c}\genfrac{}{}{0.1ex}{}{0}{1};\genfrac{}{}{0.1ex}{}{1}{1};\genfrac{}{}{0.1ex}{}{1}{2},\genfrac{}{}{0.1ex}{}{2}{1};\genfrac{}{}{0.1ex}{}{1}{3},\genfrac{}{}{0.1ex}{}{3}{1};\genfrac{}{}{0.1ex}{}{1}{4},\genfrac{}{}{0.1ex}{}{2}{3},\genfrac{}{}{0.1ex}{}{3}{2},\genfrac{}{}{0.1ex}{}{4}{1};\genfrac{}{}{0.1ex}{}{1}{5},\genfrac{}{}{0.1ex}{}{5}{1};\genfrac{}{}{0.1ex}{}{1}{6},\genfrac{}{}{0.1ex}{}{2}{5},\genfrac{}{}{0.1ex}{}{3}{4},\genfrac{}{}{0.1ex}{}{4}{3},\genfrac{}{}{0.1ex}{}{5}{2},\genfrac{}{}{0.1ex}{}{6}{1};\genfrac{}{}{0.1ex}{}{1}{7},...,\hfill \end{array}$$

que enumera todos los racionales$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{p}{q}$con$HCF(p,q)=1$

• primero aquellos con$p+q=1$,
• luego aquellos con$p+q=2$,
• luego aquellos con$p+q=3$,

y así sucesivamente.

Todo lo que B necesita hacer es asegurarse de que el decimal resultante no sea el decimal de ningún número en esta lista, y s/él puede hacer esto eligiendo un dígito en el$n_k^{\mathrm{th}}$posición que es diferente del dígito que el k ^ésimo racional en la lista anterior tiene en esa posición. El número real resultante es entonces diferente de cada número de la lista —y por lo tanto debe ser irracional.

71.

a) 101 010 (en cada columna i)$0+0=0$, ii$1+0=1$, iii$1+1=$“0 y llevar 1”).

b) i) 1010100 ii) 101010 iii) 101010

c) 2

Nota: Tratar de hacer esto debería dejar claro con qué facilidad confundimos “el decimocuarto entero positivo” con su familiar representación base 10. Se necesita tiempo y esfuerzo para aprender a ver “14 _base 10” como “2 × 7”, y “21 _base 10” como 3 × 7, y de ahí detectar el múltiplo común “42 _{base 10}”. En la base 2 los mismos números no evocan tales ecos familiares.

72. Let$N={(a_k{a}_{k-1}\cdots a_1{a}_0)}_{\mathrm{base}2}$.

(i) N es divisible por 2 precisamente cuando el dígito de las unidades$a_0$es igual a 0.

(ii) N es divisible por 3 precisamente cuando la suma alterna

$$”a_0-a_1+a_2-a_3+\cdots \pm a_k”$$

es divisible por 3.

Prueba

$$\begin{array}{ccc}N\hfill & =\hfill & {(a_k{a}_{k-1}\cdots a_1{a}_0)}_{base2}\hfill \\ \hfill & =\hfill & 2^k{a}_k+2^{k-1}{a}_{k-1}+\cdots +2a_1+a_0.\hfill \end{array}$$

Por cada sufijo impar m, aumentar el coeficiente 2 m en 1: luego

$$\begin{array}{c}{2}^m+1=(2+1)(2^{m-1}-2^{m-2}+\cdots -2+1)\hfill \end{array}$$

tiene 3 como factor.

Para cada sufijo par$m=2n$, disminuir el coeficiente en 1: luego

$$\begin{array}{c}{2}^{2n}-1=(2^2-1)(2^{2n-2}+2^{2n-4}+\cdots +2^2+1)\hfill \end{array}$$

tiene 3 como factor.

De ahí

$$\begin{array}{ccc}N\hfill & =\hfill & 2^k{a}_k+2^{k-1}{a}_{k-1}+\cdots +2a_1+a_0\hfill \\ \hfill & =\hfill & \left(\text{múltiplo de}3\right)+(a_0-a_1+a_2-\cdots \pm a_k).\hfill \end{array}$$

(iii) N es divisible por 4 precisamente cuando los dos últimos dígitos a ₁ y a ₀ son ambos iguales a 0.

(iv) N es divisible por 5 precisamente cuando la suma alterna

$$\begin{array}{c}”a_1{a}_0\text{”}-”a_3{a}_2\text{”}+”a_5{a}_4\text{”}-\cdots \hfill \end{array}$$

es divisible por 5.

Prueba:

$$\begin{array}{ccc}N\hfill & =\hfill & {(a_k{a}_{k-1}\cdots a_1{a}_0)}_{base2}\hfill \\ \hfill & =\hfill & 2^k{a}_k+2^{k-1}{a}_{k-1}+\cdots +2a_1+a_0\hfill \\ \hfill & =\hfill & (2a_1+a_0)+2^2(2a_3+a_2)+2^4(2a_5+a_4)+\cdots \hfill \\ \hfill & =\hfill & (2^2+1)(2a_3+a_2)+(2^4-1)(2a_5+a_4)+\cdots \hfill \\ \hfill & \hfill & +[(2a_1+a_0)-(2a_3+a_2)+(2a_5+a_4)-\cdots ]\hfill \\ \hfill & =\hfill & \left(\text{un múltiplo de}5\right)+[”a_1{a}_0\text{”}-”a_3{a}_2\text{”}+”a_5{a}_4\text{”}-\cdots ].\hfill \end{array}$$

73.

(a) Para pesar un objeto con peso 1, debemos tener w ₀ = 1.

Para pesar un objeto con peso 2, debemos tener w ₁ = 2. Entonces podemos pesar cualquier objeto de peso 3, pero no uno de peso 4.

(i) Ahora supongamos que cada peso positivo w puede equilibrarse exactamente de una manera. Entonces no podemos tener w ₂ = 3, entonces w ₂ = 4.

Supongamos que, continuando de esta manera, hemos deducido que$w_i=2^i$para cada$i=\mathrm{0,1}\mathrm{,2},...,k$.

Entonces el sistema numérico binario revela precisamente que cada peso w desde 0 hasta

$$\begin{array}{c}{2}^{k+1}-1=1+2+2^2+...+2^k\hfill \end{array}$$

puede ser representado de manera única, pero$2^{k+1}$no puede. De ahí

$$w_{k+1}=2^{k+1}.$$

El resultado sigue por inducción.

(ii) Si la representación de cada entero no es única, entonces la secuencia

$$w_0,w_1,w_2,...$$

no es necesario incluir las facultades de 2. Por ejemplo, podría comenzar

$$1,2,3,5,...$$

(b) Si cada entero w se va a pesar de esta manera, entonces w tiene que representarse en la forma

$$\begin{array}{c}w=a_1{w}_1+a_2{w}_2+a_3{w}_3+\cdots \hfill \end{array}$$

donde cada coeficiente$a_i=0$(si el peso$w_i$no se usa para pesar w), o = 1 (si el peso$w_i$se usa para equilibrar w), o = −1 (si el peso$w_i$se utiliza para complementar w).

Si cada representación ha de ser única, entonces se puede probar como en (a) (i) que la secuencia de pesos debe ser las potencias sucesivas de 3.

74. Escribe m en “base 2”:

$$\begin{array}{c}m={(a_{n-1}\cdots a_1{a}_0)}_{\text{base}2},\hfill \end{array}$$

donde cada$a_k=0$o 1. Entonces

$$\begin{array}{c}\genfrac{}{}{0.1ex}{}{m}{2^n}=\genfrac{}{}{0.1ex}{}{a_0}{2^n}+\genfrac{}{}{0.1ex}{}{a_1}{2^{n-1}}+\cdots +\genfrac{}{}{0.1ex}{}{a_{n-1}}{2}.\hfill \end{array}$$

Es decir,

$$\begin{array}{c}\genfrac{}{}{0.1ex}{}{m}{2^n}={(0.a_{n-1}\cdots a_1{a}_0)}_{\text{base}2}.\hfill \end{array}$$

75. Damos un ejemplo, empezando por$N=110111001_{\text{base}2}$.

Escribe N, y empareja los dígitos, comenzando por el dígito de las unidades.

1 || 10 || 11 || 10 || 01

El dígito más a la izquierda representa 2 ⁸, por lo que la raíz cuadrada es al menos 2 ⁴ (y menos de 2 ⁵). De ahí que la raíz cuadrada requerida tenga cinco dígitos (uno por cada “par” de dígitos de N), y comienza con un 1.

Raíz 1 ||? ||? ||? ||?

[También podemos ver que el dígito final de las unidades tendrá que ser un “1”. Pero este no es el momento de agregar dicha información.]

Dejar x = 10 000, y restar x ² = 100 000 000 de N:

1 00 00 00 00
|| 10 || 11 || 10 || 01

Este residuo tiene que ser igual a”$2xy+y^2$”. No obstante, como ocurre con la división larga, nuestro interés inmediato está en determinar el siguiente dígito de nuestra “raíz cuadrada parcial”.

Si el siguiente dígito es un 1 (contribuyendo$2^3$), luego$2xy\ge 2^8$, que se derramaría y cambiaría el dígito que ya hemos determinado. De ahí que el siguiente dígito sea un 0.

Raíz 1 || 0 ||? ||? ||?

Así podemos volver a dejar x = 10 000 dando el mismo resto, que tiene que ser igual a”$2xy+y^2$“, pero esta vez$y<2^3$tiene como máximo tres dígitos.

El resto

|| 10 || 11 || 10 || 01

es mayor que$2^7$, entonces$y\ge 2^2$y el siguiente dígito debe ser un “1”.

Raíz 1 || 0 || 1 ||? ||?

Ahora vamos$x=10100$, y restar$x^2=110010000$de N, dejando

|| 10 || 0 || 01

Este residuo tiene que igualar$2xy+y^2$, con$x=10100$.

Si el siguiente dígito en la raíz cuadrada es 1, entonces$2xy⩾2^6>101001=2xy+y^2$.

De ahí que el siguiente dígito sea 0, y el último dígito es entonces 1.

De ahí que la raíz cuadrada requerida sea igual a:

Raíz 1 || 0 || 1 || 0 || 1

76.

b) i) El hecho de que

$$n_1=p_1+1$$

dice que

”$n_1$es igual a un múltiplo de$p_1$con resto = 1”.

c) i) El hecho de que

$$n_2=p_1\times p_2+1$$

dice que

”$n_2$es igual a un múltiplo de$p_1$con resto = 1”.

y que

”$n_2$es igual a un múltiplo de$p_2$con resto = 1”.

De ahí que ni p ₁ ni p ₂ son factores de n ₂.

d) El hecho de que

$$\begin{array}{c}{n}_k=p_1\times p_2\times \cdots \times p_k+1\hfill \end{array}$$

dice que

”$n_k$es igual a un múltiplo de$p_i$con resto = 1”

para cada sufijo i,$1\le i\le k$. De ahí que ninguno de los primos$p_1,p_2,p_3,...,p_k$es un factor de$n_k$.

Así que el factor primo más pequeño de n _k siempre nos da un nuevo prime$p_{k+1}$.

(e) Si empezamos con$p_1=2$, luego$n_1=p_1+1=3$, entonces$p_2=3$.

Entonces$n_2=p_1\times p_2+1=7$, entonces$p_3=7$.

Entonces$n_3=p_1\times p_2\times p_3+1=43$, entonces$p_4=43$.

Entonces$n_4=p_1\times p_2\times p_3\times p_4+1=1807=13\times 139$, entonces$p_5=13$.

77.

(a) Escribimos$\lceil x\rceil$para el “primer entero$\ge x$”. Entonces

$$\begin{array}{ccc}\pi \left(\lceil e^1\rceil \right)\hfill & =\hfill & \pi \left(3\right)=2;\hfill \\ \pi \left(\lceil e^2\rceil \right)\hfill & =\hfill & \pi \left(8\right)=4;\hfill \\ \pi \left(\lceil e^3\rceil \right)\hfill & =\hfill & \pi \left(21\right)=8;\hfill \\ \pi \left(\lceil e^4\rceil \right)\hfill & =\hfill & \pi \left(55\right)=16;\hfill \\ \pi \left(\lceil e^5\rceil \right)\hfill & =\hfill & \pi \left(149\right)=35;\hfill \\ \pi \left(\lceil e^6\rceil \right)\hfill & =\hfill & \pi \left(404\right)=79;\hfill \\ \pi \left(\lceil e^7\rceil \right)\hfill & =\hfill & \pi \left(1097\right)=184;\hfill \\ \pi \left(\lceil e^8\rceil \right)\hfill & =\hfill & \pi \left(2981\right)=429;\hfill \\ \pi \left(\lceil e^9\rceil \right)\hfill & =\hfill & \pi \left(8104\right)=1019.\hfill \end{array}$$

b) La “duplicación” inicial es un accidente de números pequeños, que pronto se convierte en “un poco más que duplicar”.

La observación que debería (eventualmente) saltar hacia ti se refiere a la proporción$e^N:\pi \left(N\right)$, que parece estar sorprendentemente cerca de N − 1. Esto sugiere la posible

Conjetura:$\pi \left(x\right)\sim \genfrac{}{}{0.1ex}{}{x}{\ln \left(x\right)-1}$(donde$\ln \left(x\right)={\mathrm{registro}}_e\left(x\right)$).