Una semana más (van cuatro) tenemos problema de la Olimpiada Matemática Internacional (IMO, según sus siglas en inglés). En esta ocasión es el cuarto de los seis problemas que se han propuesto en la de este año 2019, celebrada en Bath (Reino Unido).
Ahí va:
A por él.
Recuerdo que la idea de publicar estos problemas es que los intentemos resolver nosotros, no que alguien busque la solución en internet y la copie aquí. Confío en vuestro buen criterio en este sentido.
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0, 1
1, 1
3, 2
?
Creo que lo he podido demostrar, a ver si no hay fallos:
Con k=0 por definición n=1; trivial.
Con k=1, se cumple con n=1; trivial.
Con k=2, no hay n que cumpla; trivial.
Con k=3, cumple con n=2; trivial.
Con k=4, no hay n que cumpla; trivial.
Ahora bien, con k=5 y sucesivas, el desarrollo factoral ya contiene un factor 5, que no se puede lograr con factores (2^n-2^m) con n>m. No tan trivial, pero es suficiente mirar las primeras potencias.
Por tanto solo tenemos (0,1),(1,1),(3,2).
Me comento, fail!, lleva un poco de más desarrollo buscar los primos:
Claro que se puede tener un factor 5 con factores de la forma (2^n-2^m), esto es, 2^4-1=15=3*5. Con el primo 7 también se puede lograr con 2^3-1, pero con 11, ya no podemos hacerlo de la forma 2^n-1, que es en esencia todos los factores de la forma (2^n-2^m)=(2^[n-m]-1)*2^m.
11=2^4 – 5
con 5<2^3, así que no entiendo tu demostración, Manuel.
ah, ya lo veo, me lie.
pero 2^10-1=11*93
entonces habría que añadir dettalles no?
Gracias por la observación rtomas, me faltan detalles: El camino que quiero seguir es ver que para cierta k (pequeña, k=5 por ejemplo), hay factores en k! que no se pueden lograr con el producto dado de potencias de 2, que simplificado es de la forma (2^n-1)*2^s para cierta s. La cuestión, como apunta rtomas, es que no queda claro que con ese factor (2^n-1), no consigas todos los factores necesarios en un momento dado, pues del 2^s, solo obtienes el factor 2. Es decir, quizás se puedan conseguir todos los factores necesarios con un n suficientemente grande en el… Lee más »
Ahh, fallo! El producto no es (2^n-1)*2^s, es de la forma (2^n-1)*(2^[n-1]-1)*(2^[n-2]-1)*…*(2^[n-n+1]-1)2^[n-1].
Vale, creo que lo tengo:
Como los factores de la forma
son todos impares y el factor 
son todos potencias de 2, resulta que nunca tendremos números pares diferentes de potencias de 2, por ejemplo para k=6. De eso se deduce que para k mayor que 5 (y manualmente 4 y 5) no se pueden encontrar más parejas que cumplan.
Ejemplo, con n=3, parece que tenemos el 6, pero realmente:
,
es decir, 7, 3 y dos potencias de 2.
Pues no me convencido… ¿No puede crecer la n y hacer que los impares con las potencias de dos que no hacen falta, dar los «factores» que necesito? Tendría que ver como crecen los factores primos del factorial vs los de la fórmula dada, pero me parece complicado.
Para k primo el menor n que permite la aparición de un factor k a la derecha de la igualdad es n=k-1, por el teorema pequeño de Fermat.
A partir del primo k=5 el factorial siempre es menor q el producto de la derecha con n=k-1, con lo que no hay soluciones con k primo salvo k=3 y n=2. A ver que hacemos para los k compuestos…
Pues muy bien visto aplicar Fermat.
No veo forma de acotar para manejar los k compuestos.
¿Hay alguna propiedad de los 2^n-1 que pueda ser de utilidad para determinar los factores resultantes?
Gracias rtomas.
pues no me des las gracias, mi argumento no es correcto, solo para algunos primos. Mire la solución, se trata de estimar de manera fina la potencia de uno o dos primos, 2, 3, 31 usando el lifting exponent lema:
https://brilliant.org/wiki/lifting-the-exponent/
a ambos lados y poner cotas.
Demasiado técnico, tal vez, y chappeau a quien solucione esto en una sentada.
Pues no es sencillo, no. Con calma me gustaría acabarlo. Gracias nuevamente!
Se puede resolver de la siguiente manera. El término de la derecha, para un n dado, tiene en su factorización un número de doses m = n(n-1)/2. Queremos probar que el factorial con el mismo número de doses en su factorización, si lo hay, es un número mayor, y por lo tanto no hay solución (a partir de un cierto m). Se puede ver que el término de la derecha es menor que 2^(n^2), y por tanto, menor que 2^(3m), para n>3. Basta con probar que el factorial es mayor que ese número. Para k=20, se tiene que m=18, y… Lee más »