Entrenamiento Iberoamericana 1998 (Problema 5)

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Dauphineg

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Entrenamiento Iberoamericana 1998 (Problema 5)

Mensaje sin leer por Dauphineg » Sab 04 Jul, 2020 10:02 am

Probar que para cualquier entero $n\geq 2$, la máxima potencia de $3$ que divide a $n!$ es la misma que la máxima potencia de $3$ que divide a$$(1)(1+4)\ldots \left (1+4+\ldots +4^{n-1}\right )$$

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Gianni De Rico

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Re: Entrenamiento Iberoamericana 1998 (Problema 5)

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 04 Jul, 2020 3:24 pm

Solución:
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Sea $S_n=\sum \limits _{i=0}^{n-1}4^i=\dfrac{4^n-1}{3}$, y sea $P_n=(1)(1+4)\ldots \left (1+4+\ldots +4^{n-1}\right )=\prod \limits _{i=1}^nS_i=\prod \limits _{i=1}^n\dfrac{4^i-1}{3}$. Queremos ver que $\nu _3(n!)=\nu _3(P_n)$, lo hacemos por inducción en $n$.
El caso base $n=2$ es cierto pues $2!=2$, $P_2=5$, y ninguno es múltiplo de $3$.
Supongamos como HI que vale para $n=k$. Veamos que vale para $k+1$.
En efecto, por LTE tenemos que$$\nu _3\left (\dfrac{4^{k+1}-1}{3}\right )=\nu _3(k+1)+\nu _3(4-1)-\nu _3(3)=\nu _3(k+1)$$luego$$\nu _3(P_{k+1})=\nu _3\left (P_k\cdot \dfrac{4^{k+1}-1}{3}\right )=\nu _3(P_k)+\nu _3\left (\dfrac{4^{k+1}-1}{3}\right )=\nu _3(P_k)+\nu _3(k+1)$$pero$$\nu _3((k+1)!)=\nu _3(k!(k+1))=\nu _3(k!)+\nu _3(k+1)$$y por HI tenemos que $\nu _3(k!)=\nu _3(P_k)$. Entonces $\nu _3((k+1)!)=\nu _3(P_{k+1})$. Esto completa la inducción y la demostración del problema.
Queda Elegantemente Demostrado

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Sandy

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Re: Entrenamiento Iberoamericana 1998 (Problema 5)

Mensaje sin leer por Sandy » Jue 09 Jul, 2020 2:36 am

Spoiler: mostrar
Tenemos que esa expresión es igual a:
$v_3\left(\prod \limits _{i=0}^{n-1}\sum \limits _{k=0}^i4^k\right)=v_3\left(\prod \limits _{i=0}^{n-1}\frac{4^{i+1}-1}{3}\right)=\sum \limits _{i=0}^{n-1}v_3\left(\frac{4^{i+1}-1}{3}\right)=\sum \limits _{i=0}^{n-1}v_3\left(4^{i+1}-1\right)-v_3\left(3\right)=\sum \limits _{i=0}^{n-1}v_3\left(4^{i+1}-1\right)-1$
Por LTE, sabemos que $v_3\left(4^{i+1}-1\right)=v_3(3)+v_3(i+1)=v_3(i+1)+1$. Luego la expresión queda:
$\sum \limits _{i=0}^{n-1}v_3(i+1)+1-1=\sum \limits _{i=0}^{n-1}v_3(i+1)=\sum \limits _{i=1}^nv_3(i)$
Por otro lado, tenemos que $n!=\prod \limits _{i=1}^ni \Longrightarrow v_3(n!)=v_3\left(\prod \limits _{i=1}^ni\right)=\sum \limits _{i=1}^nv_3(i)$, luego $v_3\left(\prod \limits _{i=0}^{n-1}\sum \limits _{k=0}^i4^k\right)=v_3(n!)$
$u=tan\left(\frac{x}{2}\right)$
$\frac{2}{1+u^2}du=dx$

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