Tres días después de finalizar el plazo para resolverlo os traigo la solución del Desafíos GaussianosyGuijarro – Desafío nº 6: ¿Cuántos doses hay en el denominador? y, por tanto, del ganador de El metro del mundo.

Se han recibido 28 respuestas, de las cuales 27 eran correctas. La participación no ha sido demasiado alta, supongo que por las fechas. A continuación recordamos el enunciado del problema y dejamos la solución de Adolfo Quirós, que fue quien lo propuso:

Vamos a considerar, para los números enteros n \ge 0, las denominadas \textit{potencias divididas de 2}, que se definen así:

2^{[n]}:=\cfrac{2^n}{n!}

Vamos a escribir estas potencias divididas como fracciones irreducibles, es decir:

2^{[0]}=1; \; 2^{[1]}=2; \; 2^{[2]}=2; \; 2^{[3]}=\cfrac{4}{3}; \; 2^{[4]}=\cfrac{2}{3}; \; 2^{[5]}=\cfrac{4}{15}; \; 2^{[6]}=\cfrac{4}{45} \dots.

El desafío consiste en demostrar que:

  1. existen infinitos n \ge 0 para los que 2^{[n]}:=\cfrac{2}{a}, con a impar.

    y que

  2. dado cualquier entero r \ge 0, existe un n \ge 0 tal que 2^{[n]}:=\cfrac{2^s}{a}, con s \ge r y a impar.

Y aquí va la solución propuesta por Adolfo:

1) Si experimentamos un poco y continuamos nuestra serie observaremos que

2^{[7]}:=\cfrac{8}{315}; \; 2^{[8]}:=\cfrac{2}{315}; \; \dots; 2^{[16]}:=\cfrac{2}{638512875}; \dots; 2^{[32]}:=\cfrac{2}{122529844256906551386796875};\dots

lo que nos puede llevar a conjeturar que los n que nos interesan son las potencias de 2, n=2^k. Se trata por tanto de ver cuántos doses aparecen en 2^k!.

La mitad de los factores son pares, y por ello contribuyen un 2. Además, una cuarta parte son múltiplos de 4, y contribuyen un segundo 2, una octava parte son múltiplos de 8, contribuyendo así un tercer 2, etc. Por tanto, el número total de doses en 2^k! es:

\cfrac{2^k}{2}+\cfrac{2^k}{4}+\cfrac{2^k}{8}+\dots+\cfrac{2^k}{2^k}=2^{k-1}+2^{k-2}+2^{k-3}+\dots+1=2^{k}-1.

Como en el numerador de 2^{[2^k]} aparece un 2 más que en el denominador, concluimos que, efectivamente, 2^{[2^k]}:=\frac{2}{a} con a impar.

2) Buscamos ahora potencias divididas de 2 “con muchos doses en el numerador”. Si observamos el apartado anterior vemos que al pasar de 2^{[2^k-1]} a 2^{[2^k]} hemos añadido al denominador un factor 2^k que tiene muchos doses. ¿Cuántos doses hay en 2^{[2^k-1]} comparado con 2^{[2^k]}? En el numerador hay uno menos, y en el denominador hay k menos, y por tanto en la expresión reducida hay k-1 doses más en el numerador, es decir, 2^{[2^k-1]}:=\frac{2^k}{a} con a impar.

Como 2^k tiende a infinito cuando k tiende a infinito hemos concluido.

El ganador de este desafío ha sido Antonio Pallares, que pronto recibirá El metro del mundo. Por otra parte, y por razones diversas, destacamos las soluciones enviadas por Félix Gimeno, Guillem Estarriola, Cartesiano Caótico y Ricardo Arnaiz.

Un par de comentarios más de Adolfo Quirós sobre el problema:

– Como han observado muchos de los que han enviado soluciones, en realidad hemos probado más de lo que se pedía: hemos demostrado que dado cualquier entero r\ge 0, existe un n\ge 0 tal que 2^{[n]}:=\frac{2^r}{a} con a impar. No planteamos así la pregunta porque no queríamos “guiar” a los lectores hacia la búsqueda de fórmulas exactas, sino a que estas apareciesen de manera natural.

– En 1808 Legendre calculó, para cualquier primo p y cualquier entero positivo n, cuántas veces aparece p en n!, lo que se llama su valoración p-ádica, \nu_p(n!). Mediante una versión un poco más cuidadosa de la demostración que hemos dado en el apartado 1 (que invitamos al lector a intentar), probó que

\nu_p(n!)=\cfrac{n-s_p(n)}{p-1},

donde s_p(m) es la suma de los dígitos del entero m escrito en base p.

A partir de esto es inmediato calcular cuántos p aparecen en la potencia dividida p^{[n]}:=\frac{p^n}{n!}.

Las soluciones a nuestros desafíos corresponden al caso p=2 y n=2^k, 2^k-1, y es interesante comprobar que la situación es bastante distinta para los primos p\ge 3: el análogo al apartado 1 ya no es cierto y lo que sucede es que \nu_p(p^{[n]}) tiende a infinito cuando n tiende a infinito.

Muchas gracias a todos por participar.

Muy pronto propondremos el séptimo desafío. Estad atentos.

Cuarta aportación de Gaussianos a la Edición 3,141592 del Carnaval de Matemáticas, que en esta ocasión organiza ZTFNews.

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