En la semana me encontré con algunos problemas que están relacionados con la distribución de los primos y me parecieron interesantes. Aquí los pongo en orden de dificultad (según yo):
1.- Sea $n$ un entero positivo. Demuestra que existen $n$ enteros $k_1, k_2\ldots k_n$ mayores que uno y primos relativos por parejas, tales que el número $k_1k_2\ldots k_n-1$ se puede expresar como producto de dos enteros consecutivos.
2.- Decimos que una pareja ordenada $(m,n)$ es una pareja chilanga si $n>m>1$ y cumple que $m$ tiene los mismos divisores primos que $n$ y $m+1$ tiene los mismos divisores primos que $n+1$. Demuestra que existen una infinidad de parejas chilangas.
3.-Sea $n$ un entero positivo, definimos $f(n)$ como el número de primos distintos que dividen a $n$. Demuestra que existen una infinidad de enteros positivos $m$ tal que $f(m+2)>f(m+1)>f(m)$.
4.- Para todo entero positivo $d$, demuestra que hay una infinidad de enteros positivos $n$, tal que $d(n!)-1$ es un número compuesto.
4 comentarios:
1.Usando el lema de los polinomios, considerando el polinomio $Q(n)=n^2+n+1$, sea $A=\{p\in\mathbb{P}|\exists n\in \mathbb{N} t.q. Q(n)\equiv 0 \pmod{p}\}$, entonces $|A|=\infty$.
Sean $p_1,p_2,\ldots , p_n\in A$. Entonces sea $n_i$ tal que $p_i|Q(n_i)$. Tenemos que $p|Q(n)\Leftrightarrow p|Q(n+p)$. Entonces sea $N$ el numero tal que $N\equiv n_i\pmod{p_i}$ para todo $i$, que existe por chino del residuo.
Entonces $P(N)\equiv 0 \pmod{p_i}$ para todo $i$. "Repartiremos" los divisores de $P(N)$ entre las casillas/numeros $k_i$, de tal manera que $p_i$ esta en $k_i$ y si un $r$ esta en cierto $k_i$, entonces todos los $r$ estan en $k_i$. Los que sobren despues de repartir los $p_i$, se pondran en $k_1$.
Ejemplo de la repartición, si el numero a repartir fuera $150$, y los primos fueran $2$ y $5$, entonces $k_1=6$ y $k_2=5^2=25$.
Asi que tenemos que todos los $k$'s son primos relativos y $k_1k_2\cdots k_n-1=(N^2+N+1)-1=N(N+1)$.
2. Para toda $k$ entera, $k\geq 2$, consideremos $n=(2^k-1)^2-1=2^k(2^k-2)$ y $m=2^k-2$. Entonces tenemos que $m|n$ y si $p|n$ entonces, si $p=2$, tenemos que tambien $2|n$ y si $p\neq 2$, tenemos que $(2,p)=1$, entonces $p|2^{k-1}-1$, entonces $p|n$. Asi que $p|m\Leftrightarrow p|n$.
$n+1=(2^k-1)^2$ y $m+1=2^k-1$, y como $p|r\Leftrightarrow p|r^2$, entonces $p|(2^k-1)^2\Leftrightarrow p|2^k-1$, por lo tanto $p|m+1\Leftrightarrow p|n+1$.
Asi que $(m,n)$ es una pareja chilanga.
Mis soluciones son muy parecidas.
Del problema 1 chequen las primeras dos soluciones de mathlinks: "http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=1116186&sid=350bca8358acb4b0ccc81295d2af4654#p1116186" están matonas.
Como ven el 1 fue el 1 de la USAMO del 2008, el dos fue el 1 de la Banelux 2011.
2) me salio igual que a diego
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