Nacional 2017 N3 P4

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Gianni De Rico

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Nacional 2017 N3 P4

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Lun 20 Nov, 2017 10:13 pm

Para un número entero positivo $n$ denotamos $D_2(n)$ a la cantidad de divisores de $n$ que son cuadrados perfectos y $D_3(n)$ a la cantidad de divisores de $n$ que son cubos perfectos. Demostrar que existe $n$ tal que $D_2(n)=999D_3(n)$.

Nota. Los cuadrados perfectos son $1^2,2^2,3^2,4^2,\ldots$; los cubos perfectos son $1^3,2^3,3^3,4^3,\ldots$
[math]

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Gianni De Rico

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Re: Nacional 2017 N3 P4

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 23 Dic, 2017 10:58 am

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Sea $p_1^{e_1}p_2^{e_2}\ldots p_x^{e_x}$ la factorización en primos de $n$. Para contar la cantidad de divisores de $n$ que son potencias $k$-ésimas, hay que contar todos los posibles exponentes de los primos que sean múltiplos de $k$. Pero sabemos que la cantidad de múltiplos de $k$ hasta un número $a$ es $\left \lfloor \frac{a}{k}\right \rfloor +1$. Entonces, la cantidad de divisores de $n$ que sean potencias $k$-ésimas es $\prod_{i=1}^x \left (\left \lfloor \frac{e_i}{k}\right \rfloor +1\right )$. Por lo tanto, el problema se puede reformular como sigue:
"Demostrar que existen naturales $e_1,e_2,\ldots ,e_x$ tales que $\prod_{i=1}^x \left (\left \lfloor \frac{e_i}{2}\right \rfloor +1\right )=999\prod_{i=1}^x \left (\left \lfloor \frac{e_i}{3}\right \rfloor +1\right )$"

Tomemos entonces $\left \lfloor \frac{e_1}{2}\right \rfloor +1=999$, es decir, $e_1=(999-1)\times 2=1996$, por ejemplo. Nos queda $\left \lfloor \frac{e_1}{3}\right \rfloor +1=666$, por lo tanto, lo que hay que demostrar se transforma en

$999\prod_{i=2}^x \left (\left \lfloor \frac{e_i}{2}\right \rfloor +1\right )=999\times 666\prod_{i=2}^x \left (\left \lfloor \frac{e_i}{3}\right \rfloor +1\right )$

o lo que es lo mismo

$\prod_{i=2}^x \left (\left \lfloor \frac{e_i}{2}\right \rfloor +1\right )=666\prod_{i=2}^x \left (\left \lfloor \frac{e_i}{3}\right \rfloor +1\right )$

Haciendo el mismo razonamiento con $\left \lfloor \frac{e_2}{2}\right \rfloor +1=666\Rightarrow e_2=1330$ llegamos a

$\prod_{i=3}^x \left (\left \lfloor \frac{e_i}{2}\right \rfloor +1\right )=444\prod_{i=3}^x \left (\left \lfloor \frac{e_i}{3}\right \rfloor +1\right )$

y así siguiendo podemos reducir cada vez más el valor por el que multiplicamos el productorio hasta que llega a $1$, y los exponentes nos quedan:
Spoiler: mostrar
$e_1=1996$
$e_2=1330$
$e_3=886$
$e_4=590$
$e_5=392$
$e_6=260$
$e_7=172$
$e_8=114$
$e_9=76$
$e_{10}=50$
$e_{11}=32$
$e_{12}=20$
$e_{13}=12$
$e_{14}=8$
$e_{15}=4$
$e_{16}=2$
Entonces, un número que cumple que $D_2(n)=999D_3(n)$ es

$n=2^{1996}\cdot 3^{1330}\cdot 5^{886}\cdot 7^{590}\cdot 11^{392}\cdot 13^{260}\cdot 17^{172}\cdot 19^{114}\cdot 23^{76}\cdot 29^{50}\cdot 31^{32}\cdot 37^{20}\cdot 41^{12}\cdot 43^8\cdot 47^4\cdot 53^2$
[math]

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Violeta

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Re: Nacional 2017 N3 P4

Mensaje sin leer por Violeta » Vie 05 Ene, 2018 9:57 am

Las soluciones triviales siguen siendo soluciones, ¿no?
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Cualquier primo o cualquier producto de primos vale. Los dos lados dan 0.
Para todo [math], existen [math] primos en sucesión aritmética.

Heibor

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Re: Nacional 2017 N3 P4

Mensaje sin leer por Heibor » Vie 05 Ene, 2018 10:28 am

Violeta escribió:
Vie 05 Ene, 2018 9:57 am
Las soluciones triviales siguen siendo soluciones, ¿no?
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Cualquier primo o cualquier producto de primos vale. Los dos lados dan 0.
Pero entonces 1 es divisor, y es cuadrado y cubo.

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Violeta

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Re: Nacional 2017 N3 P4

Mensaje sin leer por Violeta » Vie 05 Ene, 2018 1:33 pm

Heibor escribió:
Vie 05 Ene, 2018 10:28 am
Violeta escribió:
Vie 05 Ene, 2018 9:57 am
Las soluciones triviales siguen siendo soluciones, ¿no?
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Cualquier primo o cualquier producto de primos vale. Los dos lados dan 0.
Pero entonces 1 es divisor, y es cuadrado y cubo.
:(
Para todo [math], existen [math] primos en sucesión aritmética.

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