Problema 3 Cono Sur 2018

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Problema 3 Cono Sur 2018

Mensaje sin leer por jujumas » Sab 25 Ago, 2018 7:14 pm

Consideramos el producto $P_n=P=1! \cdot 2!\cdot 3! \cdot \ldots \cdot n!$ donde $n!=1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot n$ para todo $n$ entero positivo.

a) Encontrar todos los enteros positivos $m$ para los cuales $\frac{P_{2020}}{m!}$ es un cuadrado perfecto.
b) Demostrar que existen infinitos valores de $n$ para los cuales $\frac{P_n}{m!}$ es un cuadrado perfecto para por lo menos dos valores enteros positivos de $m$.

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Re: Problema 3 Cono Sur 2018

Mensaje sin leer por jujumas » Sab 25 Ago, 2018 7:15 pm


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Re: Problema 3 Cono Sur 2018

Mensaje sin leer por jujumas » Sab 25 Ago, 2018 8:10 pm

Solución:
Spoiler: mostrar
Parte a): Como $2027$ es primo, $m$ es a lo sumo $2026$, ya que de lo contrario la valuación $2027$ de $\frac{P_{2020}}{m!}$ sería negativa y por lo tanto el resultado no sería entero.

Ahora, como $P_{2020} =\left ( \prod_{i<2020 \text{ impar}} {i!}^2 \right ) \cdot 2 \cdot 4 \cdot ... \cdot 2020 = \left ( \prod_{i<2020 \text{ impar}} {i!}^2 \right ) \cdot 2^{1010} \cdot 1010!$ , queremos que $\frac{1010!}{m!}$ sea un cuadrado perfecto. Ahora, como $1009$ es primo y la valuación de este en $1010!$ es impar, queremos que $m$ sea al menos $1009$, y como $1013$ es primo, y la valuación de este es par en $1010!$, queremos que $m!$ tenga valuación par de este primo, por lo que o $m$ es menor a $1013$ o $m=2026$. En el segundo caso, la valuación del primo $2017$ es par en $1010!$ e impar en $m!$. Absurdo. Luego, $m$ está entre $1009$ y $1013$.

Si elegimos $m=1009$, queremos que $1010$ sea cuadrado perfecto, lo que es mentira.
Si elegimos $m=1011$, queremos que $1011$ sea cuadrado perfecto, lo que es mentira.
Si elegimos $m=1012$, queremos que $1011 \times 1012$ sea cuadrado perfecto, lo que es mentira.
Si elegimos $m=1010$, queremos que $1$ sea cuadrado perfecto, lo que es verdad. Luego, el único valor de $m$ que cumple lo pedido es $1010$.


Parte b): Sea $n=2a^2-2$, para $a$ entero positivo impar, tenemos que $P_n= \left ( \prod_{i<a^2-1 \text{ impar}} {i!}^2 \right ) \cdot 2^{a^2-1} \cdot (a^2-1)!$. Ahora, como $a$ es impar, $a^2-1$ es par, por lo que queremos solamente que $\frac{(a^2-1)!}{m!}$ sea un cuadrado perfecto, pero tomando $m=a^2-1$, esto es igual a $1$, y tomando $m=a^2$, esto es igual a $\frac{1}{a^2}$, pero como $\left ( \prod_{i<a^2-1 \text{ impar}} {i!}^2 \right )$ es divisible por $a^2$, $\frac{P_n}{m!}$ es un entero y por lo tanto cuadrado perfecto. Como existen infinitos enteros $n$ de la forma $2a^2-2$ con $a$ impar, demostramos lo pedido.

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