Hoy día 2 de enero de 2013, segundo día de este nuevo año, os dejo el problema de esta semana. Ahí va:
1) Sea
. Probar que cada natural menor o igual que
se puede representar como suma de, como máximo,
divisores distintos de
2) Sea
. Probar que
Que se os dé bien.
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No se si he entendido bien el enunciado, ¿lo que pide es demostrar que n! puede escribirse como una suma de n sumandos en los cuales todos sean puedan dividir a n! ?
Si asi es:
x! = x(x-1)! =(x-1)! + (x-1)! + … + (x-1)! <- x veces
como no creo que sea tan facil, almenos me gustaría entender bien el enunciado
Información Bitacoras.com…
Valora en Bitacoras.com: Hoy día 2 de enero de 2013, segundo día de este nuevo año, os dejo el problema de esta semana. Ahí va: 1) Sea . Probar que cada natural menor o igual que se puede representar como suma de, como máximo, divisores distinto……
Tengo una manera constructiva de resolver ña parte 2: N N! a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 a11 a12 a13 a14 3 6 3 2 1 4 24 12 8 3 1 5 120 60 40 15 4 1 6 720 360 240 90 24 5 1 7 5040 2520 1680 630 168 35 6 1 8 40320 20160 13440 5040 1344 280 48 7 1 9 362880 181440 120960 45360 12096 2520 432 63 8 1 10 3628800 1814400 1209600 453600 120960 25200 4320 630 80 9 1 11 39916800 19958400 13305600 4989600 1330560 277200… Lee más »
El columnado se pierde.
Es una especie de triángulo en el que la diagonal son siempre el 1, el anterior es siempre n-1 y el resto son el resultado de multiplicar n por el elemento inmediatamente superior de la tabla
El desarrollo sería este:
N!=a1+a2+…+an con
a1 = 1
a2 = n-1
a3 = n(n-2)
a4 = n(n-1)(n-3)
a5 = n(n-1)(n-2)(n-4)
…
a(n-1) = n!/3
an = n!/2
Y sus sumas acumuladas
s1 = 1
s2 = n
s3 = n(n-1)
s4 = n(n-1)(n-2)
s5 = n(n-1)(n-2)(n-3)
…
s(n-2) = n(n-1)(n-2)… *5*4
s(n-1) = n(n-1)(n-2)… *5*4*3
sn = n!
Después de ver el comentario de juanjo, resulta fácil usar la inducción en el apartado 2. Hipótesis: todo n1 se puede escribir como suma de n divisores distintos suyos, siendo el último 1. Entonces (n+1)! se escribe como (n+1)*(divisores de n)= (n+1)*D1+(n+1)*D2+…+(n+1)*DN = (recordemos que DN es 1) =
(n+1)*D1+(n+1)*D2+…+ n + 1
Mmmmm…. ¿seguro que (n+1)! es igual a (n+1)*(divisores de n)?
Imanol
A Francesc le falta poner la suma de los divisores previamente elegidos para n
Adjunto cuadro para ña parte 1:
7 5040 2520 1680 630 168 35 6 1
9013 5040 2520 1320 105 24 4
5013 2520 1680 630 168 12 3
2600 2520 70 6 4
1957 1680 277 168 105 4
1701 1680 18 3
999 630 336 33 30 3
647 630 12 5
598 504 70 24
401 336 35 24 6
180 168 12
150 140 6 4
99 70 24 5
40 35 5
31 30 1
8 7 1
4 3 1
Es claro al suponer
se tiene:
que corresponde a una suma de n términos y aplica tanto para la primera como la segunda demostración (esto es fácil en caso del primer punto ya que se puede obtener cualquier número n-k restando k a los menores términos de la suma). El problema es que aún no queda demostrado que
no se puede expresar como suma de
divisores.
La idea es que el desarrollo de n! del punto dos es base sufiente,para generar la solución del 1. No sé como expresarlo algebraicamente, por lo que explico como encontrar las diferentes soluciones. Explico el mecanismo para el caso 1957, pero toda la tabla se resulve igual. 7 5040 2520 1680 630 168 35 6 1 es la solución del punto 2 para n=7 1957 es el nº a encontrar con un máximo de 7 divisores diferentes 5040 y 2520 mayores que 1957, sigo 1680 menor que 1957, luego: a1 = 1680 ahora me faltan 277 277 menor que 630… Lee más »
Juanjo, en tu primera tabla 9013 es mayor que factorial de 7 (5040) por lo que tendrías que hacerlo con factorial de 8. En cualquier caso 1320 no los divide. Respecto al algoritmo que sigues, no consigo demostrar que funcione. Para empezar en casos como a3 deberías poder ver que k*a3 sigue siendo divisor de n! (bueno, en este caso y con el 2 es evidente, ¿pero en general?).
Creo que has dado otra vez en el clavo pero no veo como seguir la demostración, vaya.
@Daniel: (n-1)!(n-1) no divide a n! (salvo en el caso n=2).
A ver si sale el primer apartado, por inducción otra vez… supongamos que se cumple para X (n-1)!. Si r es múltiple de n, x también y x/n es menor que (n-1)! así que suma(n*divisores n-1) es una descomposición correcta, con n-1 sumandos. Si r no es múltiple de n, escribimos x=n!-n*s+t, con el resto t entre 1 y n-1. Pues bien, como n!-n*s se podía escribir en n-1 sumandos y t es divisor de n! (por ser menor que n-1) ya lo tendríamos, siempre que t no fuera uno de los sumandos que ya habíamos seleccionado…
Sea
tal que 
. Expresemos 
de la siguiente forma:
Aplicando inducción, supongamos el resultado cierto para
, entonces 
se puede expresar como suma de, como máximo, 
divisores distintos de 
y por tanto de 
. Por otro lado 
también es un divisor de 
. Supongamos que 
donde cada sumando es un divisor de 
siendo los 
distintos dos a dos. Entonces 
con todos los sumandos distintos dos a dos y divisores de 
. Además cada divisor es distinto de 
pues cada uno de ellos es mayor o igual que 
y 
.
Anda claro RB, los anteriores sumandos son mayores que n, no he caído. Genial!
RB, no sé si me equivoco pero no faltaría entonces demostrar que r no puede expresarse como la suma de dos divisores (menores que n por supuesto) de n!?
Daniel ¿por qué? por hipótesis de inducción el número de sumandos en los que se descompone
es menor o igual a 
por tanto 
se descompone en un número de sumando menor o igual a 
.
Un razonamiento análogo vale para el segundo apartado tomando como caso inicial de inducción es
.
Me retracto sobre que el mismo razonamiento vale para el segundo apartado, me he precipitado.
RB, exacto! por inducción la solución nos deja clara la descomposición de nc. Sin embargo no hay que dejar deliberadamente el término r ya que puede ser escrito como la suma de dos o más divisores de n! (por ejemplo si n > 6 y r = 6, r = 1 + 2 + 3).. Tal vez yo esté equivocado, pero en la demostración no queda claro que esto no puede ocurrir.
Francesc,
cierto, en la tabla 5040 = 7! me confundo.
Para 9013 hay que hacerlo con la tabla del 8 efectivamente.
En cuanto a tu pregunta de la divisibilidad, creía que estaba garantizada por el desarrollo de a(i) y el elemento que multiplico, pero ahora no lo veo tan claro
Daniel
El enunciado no dice que sea la única solución, sino que existe una solución al menos que lo cumple.
Puedo usar el 6 y renunciar a poner el 1, 2 y 3, (en este caso me estoy perjudicando innecesariamente, salvo que esté obligado por ya haber usado el 6)
Daniel
siempre es un divisor de 
, así que no haría falta descomponerlo.
Siguiendo con mi procedimiento, si divido dos elementos de la tabla seguidos obtenemos:
a(i)/a(i-1)=n*(n-1)*…*(n-i+4)*(n-i+3)*(n-i+1)/n*(n-1)*…*(n-i+4)*(n-i+2) =
(n-i+3)*(n-i+1)/(n-i+2) = ((n-i+2)+1)(n-i+2)-1)/(n-i+2)=((n-i+2)^2-1)/(n-i+2)=
n-i+ 2 – 1/(n-i+2) menor o igual a n (para i mayor que 1) que es divisor de n!
Para i = 1 nunca se produce el problema dado que los valores son n!/2 y n!/3 y por tanto 2*n!/3>n!/2 no se puede llegar a usar
Me falta para i = 2.
Se puede ver que a(n-2) = N!/8, luego el valor a multiplicar solo puede ser el 2 dado que 3*n!/8 mayor que n!/3.
Si el 2 ya estaba en la serie, mmm, vaya que se ma hace raro (por no decir imposible)
Para el resto está asegurada la divisibilidad, pues n-i+2 es menor que el último término de a(i) y por tanto todos los elementos del producto son distintos y menores que n
Para el segundo apartado:
El resultado es obvio para
. Supongamos que 
.
Entonces
donde 
como 
se tiene que 
, por tanto 
es un divisor de 
distinto de 
.
Mi último comentario no es correcto, no tenedlo en cuenta.
Adjunto cuadro revisado parte 1: Uso desarrollo de n = 8 pues 7! menor 9013 menor 8! 8 40320, 20160 13440 5040 1344 280 48 7 1 9013, 5040 + 2688 + 1120 + 144 + 21 5013, 4032 +. 840 + . 96 +. 42 +. 3 2600, 1344 + 1120 + . 96 +. 35 +. 5 1957, 1344 +. 560 + . 48 + . 5 1701, 1344 +. 280 + . 48 +. 21 + 8 .999,. 840 +. 144 + . 14 +. .1 .647,. 560 + . 48 + . 35 +. .4 .598,.… Lee más »
Para el apartado 2:
Partiendo de la suma telescópica:
El apartado 1 está mal enunciado o no lo entiendo bien.
Por ejemplo, tenemos para n=4 que es n>1, 4!=24, el conjunto de los divisores distintos de 24 es {1,2,3,4,6,8,12}
Siendo 24 <= 4! deberíamos poder representar 24 como la suma como máximo 4 sumandos divisores de 24. En cambio podemos ver que 24=1+2+3+4+6+8, que son 6 sumandos distintos. ¿Donde está el error?
Raul, no has usado el 12
24 = 12 + 8 + 3 + 1
https://oeis.org/draft/A185027
Relacionada con los primos de los factoriales, los coeficientes binomiales; esta propuesta de sucesión en la OEIS lleva desde la víspera de Navidad sin que me la publiquen. La elaboré en unas pocas horas, demasiado deprisa; de manera que puede contener algún error, incluso algún error de bulto; yo no quiero mirarla más. Si alguien quiere analizarla y computar lo que menester fuere para encontrar los fallos o los errores -o los aciertos si los hubiere- bienvenido/nida sea.