Diremos que un entero $n\geq 3$ es especial si no divide a $\left (n-1\right )!\left (1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n-1} \right )$. Hallar todos los números especiales $n$ tales que $10\leq n\leq 100$.
Aclaración: Para cada entero positivo de $x$ se define el factorial de $x$ como $x!=1\cdot 2\cdot 3\cdot \ldots \cdot x$, es decir, la multiplicación de todos los enteros de $1$ a $x$.
Notemos que cada término de la sumatoria es natural, pues cada uno de los denominadores es un natural menor o igual al factorial del numerador, por lo que se simplificará.
Empezaremos por demostrar que si [math]n es un número primo, entonces [math]n no es especial. Sea pues [math]n=p con [math]p primo, y demostremos primeramente que los [math]p-1 términos de [math]\sum_{k=1}^{p-1}\frac{\left ( p-1 \right )!}{k} son una permutación de los enteros [math]1,2,3,\cdot \cdot \cdot ,p-1 si miramos módulo [math]p. Para eso, veámoslo por absurdo: sean [math]m y [math]u dos enteros positivos entre [math]1 y [math]p-1 tales que
Por lo tanto [math]p\mid {m-u} y esto implica que [math]m-u=0 o bien [math]p\leq \left | m-u \right |, pero siendo [math]m y [math]u naturales menores que [math]p, esto último no puede ocurrir, por lo que la única posibilidad es [math]m-u=0\Longleftrightarrow m=u. Esto demuestra que no hay dos términos congruentes módulo [math]p. Como hay [math]p posibles restos módulo [math]p y tenemos [math]p-1 términos, evidentemente hay exactamente un resto módulo [math]p que no figura en la permutación, que es claramente el [math]0.
Lo que demuestra que [math]p no es especial, y por lo tanto [math]n debe ser compuesto. Sean [math]d_1<d_2<\cdot \cdot \cdot <d_{\sigma \left ( n \right )} los divisores de [math]n. Es claro que
Si vemos casos chicos, notamos que los primeros que funcionan son [math]n=10 y [math]n=14, que son casualmente [math]2\times 5 y [math]2\times 7, y el [math]5 y el [math]7 son primos consecutivos. Esto nos permite conjeturar que todo [math]n=2p con [math]p primo es especial.
Puesto que todos los términos, salvo tal vez el que divide por [math]p, son múltiplos de [math]2p. El múltiplo positivo de [math]p más próximo a [math]p es [math]2p, pero como [math]2p>2p-1, éste no aparecerá en el factorial y por lo tanto
Por lo tanto todo [math]n=2p es especial. Esto puede generalizarse: Supongamos que [math]n es el producto de varios primos que aparecen con exponente unitario en la factorización. La suma del enunciado no puede ser divisible por todos ellos pues de lo contrario sería divisible por [math]n. Sea pues [math]p un primo que no divida a la suma. Si [math]p aparece con exponente unitario en la factorización en primos de [math]n, entonces existe un entero [math]k coprimo con [math]p tal que [math]n=pk. Si tuviéramos que [math]2p\leq pk-1 entonces [math]p dividiría a la suma, por lo tanto debe ser
Como [math]k es natural mayor que [math]1, entonces solamente puede ser [math]k=2, luego [math]n=2p.
Supongamos ahora el caso más general: [math]n es el producto de potencias de primos. La suma no puede ser divisible por todas las potencias. Sea pues [math]p^m una potencia que no divida a la suma. Existe entonces un natural [math]k coprimo con [math]p tal que [math]n=p^mk.
Si tuviésemos que [math]2mp\leq p^{m}k-1 entonces, como en módulo [math]p^m la relación es
es claro que [math]n no será especial, pues hay [math]2m o más múltiplos de [math]p, el denominador [math]p^i sacará a lo sumo [math]m de ellos y nos quedarán al menos [math]m, lo cual nos daría congruencia cero. Por lo tanto debe ser
[math]2mp> p^{m}k-1
[math]p^{m}k-2mp< 1
[math]p\left (p^{m-1}k-2m \right )< 1
Luego
[math]p^{m-1}k\leq 2m
Pero [math]2^7>100 por lo tanto [math]m\leq 6, luego
[math]p^{m-1}k\leq 12
Para [math]m\geq 5 no hay solución, pues [math]p\geq 2 y [math]2^4>12.
Entonces [math]m\in \left \{ 1,2,3,4 \right \}.
Si [math]m=1 entonces [math]p(k-2)<1 de donde [math]k\leq 2. Tanto para [math]k=1 como para [math]k=2 ya hemos visto las soluciones.
Si [math]m=2 tenemos [math]pk\leq 4 de donde [math]p\leq 3. Si [math]p=2 entonces [math]k puede valer [math]1 ó [math]2, en cualquier caso obtenemos un [math]n<10. Si [math]p=3 entonces [math]k=1 y [math]n=9.
Si [math]m=3 entonces [math]p^2 k\leq 6 de donde [math]p=2 y [math]k=1 son los únicos que satisfacen, pero entonces [math]n=8.
Si [math]m=4 entonces [math]p^3 k\leq 8 de donde [math]p=2 y [math]k=1, obtenemos entonces [math]n=16.
Por lo tanto las únicas posibilidades son [math]n=2p con [math]p primo y [math]n=16. La primera opción ya fue corroborada, solamente nos queda corroborar el [math]16.
Si miramos la expresión en módulo [math]16, usando lo deducido con los divisores de [math]16 tenemos
Del [math]1 al [math]15 hay siete números pares. Cada una de las sumas quita solamente uno, por lo tanto nos quedarán seis y de esta forma el [math]16 no es especial.
Entonces, un número [math]10\leq n\leq 100 es especial si y sólo si es el doble de un primo. Así, las soluciones son:
[math]10,14,22,26,34,38,46,58,62,74,82,86,94
PD: A ver quién se copa y postea la solución del chico que tuvo podio y lo explicó frente a todos, que fue una solución espectacular
Última edición por JPablo el Sab 28 Feb, 2015 9:02 pm, editado 1 vez en total.
[math](n-1)! + \frac{(n-1)!}{2} + ... + \frac{(n-1)!}{n-1} = y
Bueno, ahora basta encontrar cuales son los posibles [math]n para los cuales [math]y no sea múltiplo de [math]n y estamos.
Caso 1: Si [math]n es primo, entonces [math](n-1)! no es multiplo de [math]n. Pero al dividir ese factorial por todos los números desde [math]1 hasta [math](n-1) voy obteniendo todos los restos posibles de la división por [math]n. Luego, al sumar todos esos sumandos con restos distintos en la división por [math]n, los restos sumaran [math]\frac{(n-1) \cdot n}{2} por Gauss. Como [math]n es un primo distinto de [math]2, entonces esto mismo lo puedo expresar como [math]\frac{n-1}{2} \cdot n lo cual claramente es multiplo de [math]n. [math]n primo no sirve.
Caso 2: Si [math]n es una potencia (voy a ejemplificar con que [math]n = c^2 pero en realidad se ve facil que sirve para toda potencia), en este caso un cuadrado perfecto, entonces tiene un solo divisor ademas de [math]1 y [math]n. Pero como [math]n es al menos [math]4^2 = 16, entonces en la sucesión de numeros [math]1, 2... (n-1) habrá por lo menos [math]3 números de la forma [math]kc. Por lo tanto, todos los sumandos serán multiplos de [math]n, ya que cuando tenga [math]\frac{(n-1)!}{c}, dentro de ese numero habra otros dos numeros de la forma [math]kc multiplicando y por tanto sera multiplo de [math]n y lo mismo para todos los casos en los que se divida al factorial por un multiplo de [math]c. Por lo tanto, [math]n no es una potencia.
Caso 3: Supongamos que [math]n tiene dos divisores solamente distintos de [math]1 y [math]n (sean [math]a y [math]b con [math]a < b). Si [math]a > 2, entonces en la sucesion [math]1, 2, 3 ... (n-1) habrá por lo menos dos números de la forma [math]ka y dos de la forma [math]kb (en realidad habría mas de [math]ka, pero no importa). Por lo tanto, [math](n-1)! no solo es multiplo de [math]n, como ocurriría con todos los compuestos, si no que ademas todos los sumandos de [math]y también seran multiplos de [math]n. Si vemos con detenimiento, en el momento que haga [math]\frac{(n-1)!}{a} seguirá habiendo otro numero de la forma [math]ka multiplicando dentro del factorial y habrá otro numero de la forma [math]kb. Lo mismo con [math]\frac{(n-1)!}{b}; tendré dentro del factorial un numero [math]ka y otro [math]kb. Por lo tanto, si todos los sumandos de [math]y son multiplos de [math]n, entonces [math]n divide a [math]y y por lo tanto todos los numeros [math]n con mas de dos divisores no sirven, como tampoco sirven los que tienen dos divisores mayor a [math]2. Por lo tanto, solo funcionan los [math]n de la forma [math]2p con [math]p primo.
La idea es usar [math]v_p(n) que es "el mayor exponente con el cual [math]p divide a [math]n
Podemos reescribir la expresión del enunciado como [math]( n-1)!\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}=\sum_{k=1}^{n-1}\frac{( n-1 )!}{k}
Sea [math]N=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}...p_k^{\alpha_k} la factorización en primos de [math]N
Supongamos que tenemos bolitas de varios colores, y en cantidades suficientes.
A cada primo le asignamos un color, y luego le asociamos a cada entero [math]N tantas bolitas de cada color como indiquen los exponentes de los primos que le dividen
Nuestro objetivo es ver que si [math]n=2p nos faltan bolitas, y en caso contrario, nos sobran
Entonces, en [math]\sum_{k=1}^{n-1}\frac{( n-1 )!}{k} tenemos que quitar, para cada término, bolitas de colores
Tomemos un primo impar cualquiera. Supongamos que tiene exponente [math]k \geq 1
Entonces, ese primo aparece dividiendo en [math]\frac{n}{p}-1 términos (desde [math]\frac{( n-1 )!}{p} hasta [math]\frac{( n-1 )!}{n-p}) y en cada término quitamos tantas bolitas como indique el exponente del divisor. (en particular, hay [math]v_p(q) bolitas de color [math]p asociadas al número [math]q)
Originalmente, habría al menos [math]\frac{n}{p}-1 bolitas de ese color (una por cada múltiplo). Y en cada paso quitamos al menos una.
Si [math]\frac{n}{p}=1, usamos directamene teorema de wolstenholme
Si [math]\frac{n}{p}=2, observamos que teníamos inicialmente una sóla bolita, pero la quitamos en el término [math]\frac{(n-1)!}{p}.
Si [math]\frac{n}{p}>2, tenemos al menos dos bolitas en cada término, y quitamos sólo de a una.
Si en algún término quitamos a lo sumo [math]k>1 bolitas, resulta que hay al menos [math]\sum_{i=1}^{n-1} v_p(i) \geq k+(k-1)+...+2+1=\frac{k(k+1)}{2} >2k bolillas en cada término, por tanto, siempre nos van a quedar al menos [math]k bolitas, que es el exponente con el cual [math]p divide a [math]n
Para [math]p=2, si [math]n \geq 10 se tiene que [math]v_2((n-1)!) \geq v_2(n)+3+1+2+1>v_2(n)+v_2(64).
De modo que 2 siempre divide
En conclusión, los numeros especiales son los de la forma [math]n=2p
"Al toque Roque // Al pique Quique // Tranca palanca // No pasa nada // Argentina Gana // La tenés adentro //
Vemos que como todas las fracciones son de la forma $\frac 1m$, con $m\leq n-1$ y $m\in \mathbb N$, al hacer distributiva, todos los sumados serán naturales, y por lo tanto el resultado también lo será.
Dividimos el problema en casos (a partir de ahora, llamo $p$ a los números primos):
Sean $a$ y $b$ naturales coprimos tales que $\frac ab=1+\frac 12+\frac 13+\ldots +\frac{1}{p-1}$, por el Teorema de Wolstenholme, $p$ divide a $a$ pero no a $b$. Reescribimos la ecuación original como $(p-1)!\frac ab=(p-1)!(1+\frac 12+\frac 13+\ldots +\frac{1}{p-1})$, entonces, $(p-1)!\frac ab$ es natural, como $p|a$, se tiene que $p|(p-1)!\frac ab$, por lo tanto, $n=p$ no es especial.
Tenemos $p<n-1<2p$ por lo tanto $p$ aparece sólo una vez en $(n-1)!$, entonces, $\frac{(n-1)!}{p}$ no será múltiplo de $n$, mientras que el resto sí, ya que el $2$ aparece al menos $p$ veces en $(n-1)!$, por lo tanto, la suma de todas las fracciones excepto $\frac{(n-1)!}{p}$ será múltiplo de $n$, pero al sumar un número múltiplo de $n$ con un número no múltiplo de $n$, obtenemos un número que no es múltiplo de $n$, por lo tanto, si $n=2p$, entonces $n$ es especial.
Entonces todas las fracciones son múltiplos de $n$, ya que no importa por cuál potencia de $2$ dividamos a $(n-1)!$, siempre sobran suficientes factores $2$ entre el resto de las potencias para llegar a $2^x$, dado que la cantidad de factores $2$ que habrá entre todas las potencias será $\frac{(x-1)x}{2}>x$, ya que $n\geq 10\Rightarrow x\geq 4\Rightarrow x-1\geq 3\Rightarrow x-1>2\Rightarrow (x-1)x>2x\Rightarrow \frac{(x-1)x}{2}>x$. Entonces todas las fracciones son múltiplos de $n$, por lo tanto, $n=2^x$ no es especial.
Notemos que $p>2$, ya que de no ser así, podemos intercambiar a $p$ con el mayor factor primo de $k$. Entonces $p|(n-1)!$, como $k$ (y todos sus divisores) aparecen al menos $p-1$ veces en la factorización de $(n-1)!$, entonces no importa si cancelamos uno de los factores, siempre tendremos al menos $1$ más en $(n-1)!$, por lo tanto, todas las fracciones serán múltiplos de $k$ (1). De forma análoga, $p$ aparece al menos $k-1$ veces en la factorización de $(n-1)!$ (puede aparecer más si $k$ es múltiplo de $p$), entonces no importa si cancelamos a $p$, siempre tendremos al menos $1$ factor $p$ más en $(n-1)!$, por lo tanto, todas las fracciones serán múltiplos de $p$ (2).
De (1) y (2) sale que todas las fracciones serán múltiplos de $p$ y de $k$, por lo tanto, todas las fracciones serán múltiplos de $kp$, de donde $n=kp$ no es especial.
Por lo tanto $n$ es especial si y sólo si $n=2p$, como $10\leq n\leq 100$, los únicos números especiales son:
, verdaderamente maravilloso.
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