Todos cubos perfectos

Aquí tenéis el enunciado del problema de esta semana:

Demostrar que todos los números de la sucesión

\cfrac{107811}{3},\cfrac{110778111}{3},\cfrac{111077781111}{3}, \ldots

son cubos perfectos.

Que se os dé bien.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

7 Comentarios

  1. El término anterior de la serie sería 81/3.
    Multiplico por 9 numerador y denominador de cada término:
    729/27, 970299/27, 997002999/27, 999700029999/27, …
    Los numeradores son los cubos de 9, 99, 999, 9999,,….
    Por lo tanto, la serie inicial serán los cubos de 3, 33, 333, 3333, etc, como es fácil de comprobar calculando un par de términos sucesivos.

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  2. llamemoslos A(n). Entonces,

    A(1) = (1/3)(100000 + 7700 + 111)
    A(2) = (1/3)(110000000 + 777000 + 1111)
    A(3) = (1/3)(111000000000 + 77770000 + 11111)
    ….
    A(n) = (1/3)(((10^n-1)/9)*10^(3n+2) + 7*((10^(n+1) – 1)/9)*10^(n+1) + (10^(n+2)-1)/9)

    = (1/27)(10^(3n+3) – 10^(2n+3) + 7*10^(2n+2) – 7*10^(n+1) + 10^(n+2) – 1)

    = (1/27)(10^(3n+3) – 3*10^(2n+2) + 3*10^(n+1) – 1)

    = (1/27)(10^(n+1) – 1)^3 = ((10^(n+1) – 1)/3)^3

    El número que está elevado al cubo es obviamente entero, pues su numerador está formado exclusivamente por nueves. Es decir, consiste en n+1 treses.

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  3. Un problema bonito, con una resolución también bonita. Investigando un poco, parece que fue uno de los problemas que se pudo aparecer en la 9ª IMO (Yugoslavia-67), pero finalmente no se puso. Ese y muchos otros vienen en un libro llamado IMO Compendium, que recopila gran parte de los problemas propuestos y deshechados en numerosas IMO.

    Poniendo simplemente “free download imo compendium” en Google, el tercer enlace es el PDF del libro (unas 800 páginas).

    Gracias por leer.

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  4. Del mismo estilo, es esta serie:

    4356, 443556, 44435556, 4444355556, …

    cada vez con un 4 y un 5 más. Se trata de ver que siempre es un cuadrado. Una pista obvia es pensar en el término anterior …

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  5. Realmente, es aplicar el mismo proceso que nos enseñó Ignacio antes.

    Escribimos el número como una función de n:

    (10^n-1) 10^{n+2} (4/9) + (3) 10^{n+1} + (10^n-1) (10) (5/9) + 6

    Haciendo el cambio 10^n=x

    (x-1) 100x (4/9) + (3) 10x + (x-1) (10) (5/9) + 6

    Que resulta (2/3)^2 (100x^2-20x+1) = (2/3)^2 (10x-1)^2

    Deshaciendo de nuevo:

    (2/3)^2 (10^{n+1}-1)^2 que es obviamente un cuadrado y además entero (para todo n) pues (10^{n+1}-1)^2 está formado por todo nueves y es divisible entre 9 (que es el único factor en el denominador).

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  6. Nota*** : A lo último que puse en látex que aparece como (10^{n+1}-1)^2 le sobra el cuadrado.

    Gracias por leer.

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  7. Si, queda entonces, para el número que se eleva al cuadrado, 2/3 de una cadena de n+1 nueves. Es decir, una cadena de n+1 seises:

    6^2 = 36
    66^2 = 4356
    666^2 = 443556
    6666^2 = 44435556

    66…66^2 = 44…44355…556

    (n+1 seises al cuadrado = n cuatros, un tres, n cincos, un seis)

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