Rioplatense 2007 - N2 P3

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Matías V5

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Rioplatense 2007 - N2 P3

Mensaje sin leer por Matías V5 » Vie 15 Mar, 2013 9:10 pm

Para [math] sea [math] donde [math] y [math] son enteros positivos primos entre sí.
Halle todos los [math] para los cuales [math] es divisible por [math].
We gave you a start so you'd know what to do
You've seen how it works, now it's over to you (...)
For there's so much more to explore!

Numberblocks - https://www.youtube.com/watch?v=SoRiOoqao5Y

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¿hola?

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Re: Rioplatense 2007 - N2 P3

Mensaje sin leer por ¿hola? » Mié 27 May, 2020 5:46 pm

Capaz esta bien xD
Spoiler: mostrar
Sea $v_5(n)$ la valuacion $5$-adica de $n$, $v_5(n!)=\alpha$, $5^k\leq n<5^{k+1}$ para cierto entero $k$, $r_5(n)$ reciproco multiplicativo de $n$ mod $5$

Primero demostraremos que si $u_n$ es múltiplo de $5$ entonces, $4*5^k\leq n<5^{k+1}$. Veamos que como $\frac {u_n}{v_n}=\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i}=\frac{\sum_{i=1}^{n} \frac{n!}{i}}{n!}$, entonces $v_5(u_n)=v_5(\sum_{i=1}^{n} \frac{n!}{i}) - \alpha=v_5(5^{\alpha-k}\sum_{i=1}^{n} \frac{n!}{5^{\alpha -k}*i})- \alpha=v_5(\sum_{i=1}^{n} \frac{n!}{5^{\alpha -k}*i})+\alpha-k-\alpha=v_5(\sum_{i=1}^{n} \frac{n!}{5^{\alpha -k}*i})-k>0$
Ahora, en la sumatoria, los términos con $i$ no múltiplo de $5^k$, serán múltiplos de $5$, por tanto su suma también, osea que la suma de los términos con $i$ múltiplo de $5^k$ deberá ser múltiplo de $5$, estas sumas pueden ser:
si $5^k\leq n<2*5^k$ entonces $\frac{n!}{5^{\alpha}}$ que no es múltiplo de $5$.
si $2*5^k\leq n<3*5^k$ entonces $\frac{n!}{5^{\alpha}}+\frac{n!}{2*5^{\alpha}}=\frac{n!}{5^{\alpha}}*\frac{3}{2}$ que no es múltiplo de $5$.
si $3*5^k\leq n<4*5^k$ entonces $\frac{n!}{5^{\alpha}}+\frac{n!}{2*5^{\alpha}}+\frac{n!}{3*5^{\alpha}}=\frac{n!}{5^{\alpha}}*\frac{11}{6}$ que no es múltiplo de $5$ .
si $4*5^k\leq n<5^{k+1}$ entonces $\frac{n!}{5^{\alpha}}+\frac{n!}{2*5^{\alpha}}+\frac{n!}{3*5^{\alpha}}+\frac{n!}{4*5^{\alpha}}=\frac{n!}{5^{\alpha}}*\frac{25}{12}$ que es múltiplo de $5$.
Esto demuestra lo que queríamos.
Si $k\geq 3$ (claramente también $\alpha\geq 3$)
$v_5(u_n)= v_5(\sum_{i=1}^{n} \frac{n!}{5^{\alpha -k}*i})-k$ de acá los términos con $i$ no múltiplo de $5^{k-2}$,$5^{k-1}$ o $5^k$ serán múltiplos de $125$, y por tanto su suma, ademas $\frac{n!}{5^{\alpha-2}}+\frac{n!}{2*5^{\alpha-2}}+\frac{n!}{3*5^{\alpha-2}}+\frac{n!}{4*5^{\alpha-2}}=\frac{n!}{5^{\alpha-2}}*\frac{25}{12}$ y $\frac{n!}{5^{\alpha-1}}+\frac{n!}{2*5^{\alpha-1}}+\frac{n!}{3*5^{\alpha-1}}+\frac{n!}{4*5^{\alpha-1}}=\frac{n!}{5^{\alpha-1}}*\frac{25}{12}$ que son múltiplos de $125$; por lo que $\sum_{i=1}^{n} \frac{n!}{5^{\alpha -k}*i}$ es congruente con $\frac{n!}{5^{\alpha}}+\frac{n!}{2*5^{\alpha}}+\frac{n!}{3*5^{\alpha}}+\frac{n!}{4*5^{\alpha}}=\frac{n!}{5^{\alpha}}*\frac{25}{12}$ modulo $125$, y como$ \frac{n!}{5^{\alpha}}*\frac{25}{12}$ es múltiplo de $25$ pero no de $125$, entonces $v_5(u_n)=2-k>0$ que es absurdo si $k\geq 3$.
por lo visto, si $k=0$ entonces la única solución es $n=4$
si $k=1$ entonces $20\leq n<25$, donde $v_5(u_n)= v_5(\sum_{i=1}^{n} \frac{n!}{5^4*i})$ donde la suma de los términos con $i$ múltiplo de $5$ es,$\frac{n!}{5^5}*\frac{25}{12}$ que es múltiplo de $5$ ahora miremos cuando la suma de los términos con $i$ no múltiplo de $5$ tiene resto $0$ modulo $5$, el resto de $\frac{n!}{5^4*i}$ es $r_5(i)*\frac{n!}{5^4}$, y la suma de estos términos hasta $20$ es $4*\frac{n!}{5^4}*(r_5(1)+r_5(2)+r_5(3)+r_5(5))$ congruente con $4*\frac{n!}{5^4}*10$ que tiene resto $0$ (entonces $20$ es solución) y si a esto le sumamos...
Si $n=21$, $r_5(21)*\frac{21!}{5^4}$ no múltiplo de $5$
Si $n=22$, $r_5(21)*\frac{22!}{5^4}+r_5(22)*\frac{22!}{5^4}$ no múltiplo de $5$
Si $n=23$, $r_5(21)*\frac{23!}{5^4}+r_5(22)*\frac{23!}{5^4}+r_5(23)*\frac{23!}{5^4}$ no múltiplo de $5$
Si $n=24$, $r_5(21)*\frac{24!}{5^4}+r_5(22)*\frac{24!}{5^4}+r_5(23)*\frac{24!}{5^4}+r_5(24)*\frac{24!}{5^4}$ múltiplo de $5$

Finalmente las únicas soluciones son $4$, $20$ y $24$
Yes, he who

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