P2 - Nivel 2 - Nacional Perú 2015

[Emerson Soriano]

El producto de algunos enteros positivos (no necesariamente distintos) es una potencia de [math]21. A cada número se le resta [math]1 y se multiplica todos los números. ¿Es posible que el nuevo producto sea una potencia de [math]42?

[JPablo]

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Sean [math]x_1,x_2,\cdot \cdot x_n los [math]n números que se multiplicaron. Es claro que ninguno es igual a [math]1, pues al restarle [math]1 obtenemos [math]0, luego al hacer la segunda multiplicación obtenemos [math]0, que no es potencia de [math]42.

Entonces los [math]x_i tienen divisores primos. Puesto que su producto es una potencia de [math]21=3\cdot 7, en particular cada uno de ellos es divisible por [math]3 o por [math]7 pero por ningún otro primo.

Como [math]42=2\cdot 3\cdot 7 entonces los divisores primos de [math]x_1-1,x_2-1,\cdot \cdot \cdot ,x_n-1 pueden ser solamente [math]2, [math]3 o [math]7.

Demostraremos que no se puede hacer lo que pide el enunciado, demostrando que [math]7 no puede ser divisor de ninguno de los números [math]x_1-1,x_2-1,\cdot \cdot \cdot ,x_n-1. En particular, su producto no podrá ser una potencia de [math]42.

Como los [math]x_i pueden ser divisibles únicamente por [math]3 y por [math]7, los únicos que pueden generar un múltiplo de [math]7 cuando se les resta [math]1 son los de la forma [math]3^k, porque si [math]7\mid x_i entonces [math]7\nmid x_i-1. Entonces nuestro objetivo es demostrar que la ecuación [math]3^k-1=2^m7^w no tiene soluciones en los enteros positivos.

Se tiene [math]3^k\equiv 1\pmod 7, luego [math]\text{ord}_7\left (3\right )=6\mid k, de donde [math]k=6h con [math]h\in \mathbb{N} y [math]729^h-1=2^m7^w.

Por Lifting The Exponent tenemos [math]w=1+v_7\left (h\right ) y [math]m=3+1+v_2\left (h\right )-1, luego [math]h=7^{w-1}2^{m-3}r donde [math]r es coprimo con [math]14. En definitiva, [math]729^{7^{w-1}2^{m-3}r}-1=2^m7^w. Como [math]720=27^2 podemos reescribir esto como [math]27^{7^{w-1}2^{m-3}r}\cdot 27^{7^{w-1}2^{m-3}r}-1=2^m7^w. Es claro que [math]27^{7^{w-1}}>7^w para todo [math]w\geq 1 y [math]27^{2^{m-3}}>2^m para todo [math]m\geq 3 (valen para los casos base, y las funciones de la izquierda crecen más rápido). Por lo tanto el lado izquierdo de la ecuación es mucho más grande que el lado derecho y no existen soluciones naturales. [math]\blacksquare

[JPablo]

Ahora que lo pienso, no sé si el enunciado se refiere a que el segundo producto es el producto de TODOS (es decir, aquellos que se multiplicaron y se obtuvo una potencia de [math]21 y también el resultado de restarle [math]1 a cada uno de ellos) o solamente es el producto de los números que se obtienen al restarle [math]1 a los números iniciales. De todas formas...

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Si el enunciado se refería a que el producto debía ser el producto de TODOS, entonces por lo que demostré en mi solución, si el producto inicial era [math]21^k entonces el producto final debe ser [math]42^k pues las potencias de [math]7 no cambian. Esto implica, al dividir el segundo producto por el primero, que [math]\prod_{i=1}^{n}\left ( x_i-1 \right )=2^{k}, es decir que los [math]x_i-1 son todos potencias de [math]2.

Esto tampoco es posible... Simplemente me tomo un [math]x_i divisible por [math]7, y como [math]x_i-1=2^m entonces obtenemos [math]2^m\equiv 6\pmod 7, absurdo pues [math]\text{ord}_7\left (2\right )=3 y [math]2^0\equiv 1\pmod 7, [math]2^1\equiv 2\pmod 7, [math]2^2\equiv 4\pmod 7. [math]\blacksquare

EDIT: No hacía falta esta consideración, más información en el comentario de abajo

[Emerson Soriano]

Si inicialmente tenemos [math]k números cuyo producto es una potencia de [math]21, entonces el nuevo producto se refiere al producto de los [math]k números disminuidos en una unidad.

[JPablo]

Si inicialmente tenemos [math]k números cuyo producto es una potencia de [math]21, entonces el nuevo producto se refiere al producto de los [math]k números disminuidos en una unidad.

Ahhh ok gracias por la aclaración (el enunciado estaba ambiguo jaja). Entonces con la solución de arriba solamente alcanza

[AgusBarreto]

Una alternativa más corta y sin Hensel de terminarlo

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Se tiene [math]3^k\equiv 1\pmod 7, luego [math]\text{ord}_7\left (3\right )=6\mid k, de donde [math]k=6h con [math]h\in \mathbb{N} y [math]729^h-1=2^m7^w.

Por Lifting The Exponent tenemos [math]w=1+v_7\left (h\right ) y [math]m=3+1+v_2\left (h\right )-1, luego [math]h=7^{w-1}2^{m-3}r donde [math]r es coprimo con [math]14. En definitiva, [math]729^{7^{w-1}2^{m-3}r}-1=2^m7^w. Como [math]720=27^2 podemos reescribir esto como [math]27^{7^{w-1}2^{m-3}r}\cdot 27^{7^{w-1}2^{m-3}r}-1=2^m7^w. Es claro que [math]27^{7^{w-1}}>7^w para todo [math]w\geq 1 y [math]27^{2^{m-3}}>2^m para todo [math]m\geq 3 (valen para los casos base, y las funciones de la izquierda crecen más rápido). Por lo tanto el lado izquierdo de la ecuación es mucho más grande que el lado derecho y no existen soluciones naturales. [math]\blacksquare

El último párrafo se puede cambiar por: [math]729^h - 1 \equiv 0\pmod {13}, luego absurdo.

[Lean]

Por Lifting The Exponent tenemos $w=1+v_7\left (h\right )$ y $m=3+1+v_2\left (h\right )-1$

Hola, una duda, si $m=3+1+v_2\left (h\right )-1$, entonces estas afirmando que $h$ es par$?$
En el caso de que fuera par, no deberia ser $m=1+1+v_2\left (h\right )-1$, ya que $v_2\left ({x \pm y}\right )=1$?

Como no sabemos la paridad de $h$, yo tome $v_2\left ({x^n-y^n}\right )=v_2\left ({x-y}\right )+v_2\left ({n}\right ) \Rightarrow 1+v_2\left (n\right )$

[Gianni De Rico]

Ojo igual que $v_2(729-1)=3$. La cuenta da lo mismo, pero es verdad que hay que ver la paridad de $h$ antes de usar LTE ahí (al menos de la forma que lo hizo él, lo que hiciste vos sí está bien).