Selectivo Cono Sur PERÚ 2018 Pregunta 4

[GQSAMAEL]

Considere los números $$S_{1}=\dfrac{1}{1\cdot 2}+\dfrac{1}{1\cdot 3}+\dfrac{1}{1\cdot 4}+\cdots+\dfrac{1}{1\cdot 2018},$$ $$S_{2}=\dfrac{1}{2\cdot 3}+\dfrac{1}{2\cdot 4}+\dfrac{1}{2\cdot 5}+\cdots+\dfrac{1}{2\cdot 2018},$$ $$S_{3}=\dfrac{1}{3\cdot 4}+\dfrac{1}{3\cdot 5}+\dfrac{1}{3\cdot 6}+\cdots+\dfrac{1}{3\cdot 2018},$$ \begin{array}{l r} \vdots & \vdots \\ \end{array} $$S_{2017}=\dfrac{1}{2017\cdot 2018}$$ Pruebe que el número $S_1 + S_2 + S_3 + \cdots + S_{2017}$ no es entero.

[Turko Arias]

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Sea $S=S_1+...+S_{2017}$, es claro que $2018!S$ es entero. Si $S$ fuese entero entonces $v_{2017}(2018!S) \geq 1$.
Como $2017$ es primo, tenemos que:
$$2018!S = \frac{2018!}{1.2}+\frac{2018!}{1.3}+...+\frac{2018!}{1.2018}+\frac{2018!}{2.3}+...+\frac{2018!}{2017.2018}$$
Pero todos los términos que no tengan un $2017$ en el denominador van a ser divisibles por $2017$, por lo que:
$$2018!S \equiv \frac{2018!}{1.2017}+\frac{2018!}{2.2017}+...+\frac{2018!}{2016.2017} +\frac{2018!}{2017.2018} (\textrm{mod}\ 2017)$$
$$2018!S \equiv 2016!(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+... \frac{1}{2016}+\frac{1}{2018}) (\textrm{mod}\ 2017)$$
Pero por el Teorema de Wilson $2016! \equiv -1(\textrm{mod}\ 2017)$ y nos queda:
$$2018!S \equiv -1(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{2016}+\frac{1}{2018}) (\textrm{mod}\ 2017)$$
Pero como $2017$ es primo, tenemos que $(\frac{1}{1}, \frac{1}{2}, ..., \frac{1}{2016})$ es una permutación de $(1,2,...,2016)$ en algún orden, por lo que tenemos:
$$2018!S \equiv -1(1+2+3+...+2016+1) \equiv -1( \frac{2016 \times 2017}{2}+1) \equiv -1 (\textrm{mod}\ 2017)$$
Luego $v_{2017}(2018!S)=0$ absurdo, luego $S$ no es entero $\blacksquare$

[FabriATK]

Che, usé sumatorios porque me pareció que así sería más fácil escribir la solución, pero como no estoy acostumbrado a usar ese símbolo capaz expresé mal algo... si es así, avísenme y lo corrijo

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Sea $S_T = S_1 + S_2...+ S_{2017}$
$S_T =\frac{ \sum_{1\leq i < j \leq 2018} \frac{2018!}{i \times j}}{2018!}$
Es decir que si $S_T$ es entero, entonces $2018! \mid \sum_{1\leq i < j \leq 2018} \frac{2018!}{i \times j}$

Veamos que $i$ y $j$ van formando todas las combinaciones de enteros entre $1$ y $2018$
Ahora, supongamos que existe un primo $P$ tal que $1 < P < 2 \times P \leq 2018 < 3\times P$
Entonces tendríamos que $P \mid 2018!$

Y cada término de $\sum_{1\leq i < j \leq 2018} \frac{2018!}{i \times j}$ cae en exactamente una de las siguientes categorías:
A) $P \nmid i$ y $P \nmid j \Rightarrow \frac{2018!}{i\times j} \equiv 0 \pmod P$. Y la suma de todos los términos pertenecientes a A) será congruente a $0$ mod $P$.
B) $P \mid i$ y $P \nmid j \Rightarrow \frac{2018!}{i\times j} \equiv 0 \pmod P$. Y la suma de todos los términos pertenecientes a B) será congruente a $0$ mod $P$.
C) $P \nmid i$ y $P \mid j \Rightarrow \frac{2018!}{i\times j} \equiv 0 \pmod P$. Y la suma de todos los términos pertenecientes a C) será congruente a $0$ mod $P$.
D) $P \mid i$ y $P \mid j \Rightarrow \frac{2018!}{i\times j} \not\equiv 0 \pmod P$. Como sólo hay dos múltiplos de $P$ entre $1$ y $2018$, sólo un término entra en D).

Y $\sum_{1\leq i < j \leq 2018} \frac{2018!}{i \times j}$ será congruente a la suma de todos los términos de A), B), C) y D) (ya que distribuimos todos sus términos entre los tres). La suma de los términos de A), de B) y de C) es congruente a $0$ mod $P$,pero el único término de D) no es congruente a $0$ mod $P$, es decir que $ P \nmid \sum_{1\leq i < j \leq 2018} \frac{2018!}{i \times j} \Rightarrow 2018! \nmid \sum_{1\leq i < j \leq 2018} \frac{2018!}{i \times j} \Rightarrow S_T$ no es entero.
Un ejemplo de $P$ es $P = 1009$

[GQSAMAEL]

Veamos que $i$ y $j$ van formando todas las combinaciones de enteros entre $1$ y $2018$
Ahora, supongamos que existe un primo $P$ tal que $1 < P < 2 \times P \leq 2018$
Entonces tendríamos que $P \mid 2018!$

Y cada término de $\sum_{1\leq i < j \leq 2018} \frac{2018!}{i \times j}$ cae en exactamente una de las siguientes categorías:
A) $P \mid i$ y $P \nmid j \Rightarrow \frac{2018!}{i\times j} \equiv 0 \pmod P$. Y la suma de todos los términos pertenecientes a A) será congruente a $0$ mod $P$.
B) $P \nmid i$ y $P \mid j \Rightarrow \frac{2018!}{i\times j} \equiv 0 \pmod P$. Y la suma de todos los términos pertenecientes a B) será congruente a $0$ mod $P$.
C) $P \mid i$ y $P \mid j \Rightarrow \frac{2018!}{i\times j} \not\equiv 0 \pmod P$. Como sólo hay dos múltiplos de $P$ entre $1$ y $2018$, sólo un término entra en C).

Me parece muy interesante la solución, es sencilla, hay muchas posibilidades para el primo $P$, aparte que el mismo argumento parece poder usarse en un caso más general. Aunque creo que no basta con decir que $1 < P < 2 \times P \leq 2018$ sino que deberíamos añadir que $2018< 3\times P$. Y si no me equivoco en los casos A), B), C) deberíamos añadir otro en el que $P \nmid i$ y $P \nmid j$.

[FabriATK]

Tenés razón en las dos cosas... Ya lo corrijo