viernes, 17 de mayo de 2013

17 de Mayo (Diego Roque)

Ahí les va uno divertido de teoría de números :P Encuentren todas las $\left \{a_i \right\} _{i=1}^{\infty}$ que son progresiones aritméticas en los naturales y que para cierto $N\geq 1$ se cumple que para todo natural $k$ :
$a_{1}a_{2}...a_{k}\mid a_{N+1}a_{N+2}...a_{N+k}$

19 comentarios:

Juan dijo...

¿Los $a_i$ deben ser positivos? ¿Enteros?

Diego Alonso Roque Montoya dijo...

Enteros positivos

Adán Medrano Martín del Campo dijo...

No se... hasta el momento solo se me ocurre Dirichlet y que si existe tal $N$ entonces

$$a_{1}a_{2}\cdots a_{N}|a_{N+1+l}a_{N+2+l}\cdots a_{2N+l}$$.

supongo que le seguiré un rato más.

Juan dijo...
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
Juan dijo...
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
Juan dijo...

Llamemos $a_i=a+id$, con $a$ y $d$ enteros. Supongamos que $d$ no es $0$. Podemos suponer $(a,d)=1$, si no, dividimos a la secuencia entre $(a,d)$. Ahora, es fácil ver que $p|d$ implica $p$ no divide a $a_i$, $\forall i$. Entonces tomándonos la ecuación original con $k \ge N$, y cancelando términos, tenemos que

$a_1...a_N | a_{N+x}...a_{2N+x-1}$, con $x$ natural.

Ahora tomemos un $p$ fijo que no divide a $d$. Entonces llamemos $v_p(a_1...a_N) = A$. Vemos que $A \le v_p(a_{N+x}...a_{2N+x-1})$. Pero ahora tomemos un $m$ tan grande que $p^m \ge N+1$. Entonces es fácil ver que existe $x$ tal que

$\{v_p(a_{N+x}),...,v_p(a_{2N+x-1})\}=\{v_p(1),...,v_p(N)\}$.

Para ver esto, consideremos (mod $p^m$). Podemos considerar que $a_y=\frac{a}{d}+y$. Entonces la $x$ nos ayuda a olvidarnos de la constante $\frac{a}{d}$. Luego, es fácil posicionar a los $a_i$'s de tal forma que los dos conjuntos sean iguales.

(NOTA: Creo que no dejé muy en claro que hacías para encontrar los dos conjuntos iguales. Lo que haces es: te tomas $m$ muy grande, tal que $p^m \ge N+1$ y no divida a $a$. Si $\{a_{N+x},...,a_{2N+x-1}\}$ es equivalente (mod $p^m$) a un conjunto de números cuyas $v_p$'s son iguales a las de $1$, ..., $N$ (notemos que ninguna de estas $v_p$'s llega a $m$, por lo que utilizar (mod $p^m$) es seguro), entonces ya acabamos. Pero mod $p^m$, podemos dividir las $a_i$'s por $d$ y nada cambia, pues $p$ no divide a $d$ Entonces quedan $b_i = c+i$, con $c=a/d$ una constante. Como podemos elegir $x$, la constante ya no importa, y queda el conjunto $\{a_y,...,a_{y+N-1}\} = \{y,...,y+N-1\}$, donde podemos escoger a $y$. Entonces claramente sí podemos escogerla tal que los dos conjuntos sean iguales.)


De aquí se ve fácilmente que

$A \le v_p(N!)$. Pero esto funciona para todo primo $p$, incluso si $p|d$, pues en ese caso $A=0$. Entonces se ve que
$a_1...a_N | N!$. Entonces $|a_1...a_N| \le |N!|$

Y al ser positivos obtenemos que $a_1=1$, $a_2=2$ y entonces $a_i = 1 \forall i \in \mathbb{N}$.

Ahora, multiplicando por la constante que olvidamos al principio, la respuesta si $d$ no es $0$ es $a_i=ci$ para una constante natural $c$. Si $d=0$ se ve fácilmente que $a_i=c$ con $c$ natural cumple, también. Esas dos familias de progresiones son las respuestas.

Yo de menso intentando encontrar todas en $\mathbb{Z}$. Creo que se puede extender fácilmente el problema, pero aún no lo resuelvo. Llegas a que $a_1...a_N = \pm \frac{N!}{X}$, con $X = \prod_{p|d} p^{v_p(N!)}$. De ahí creo ves que toda secuencia que cumpla eso cumple la ecuación original para $k \ge N$, y faltaría usar la ecuación original con $k$ chiquita.

¿Está bien mi solución?

(P.D. Adán: Yo también pensé Dirichlet, pero luego de pensarle ves que es muy poco útil, por que a menos de que exista un primo en $\{a_1,...,a_N\}$ (que no lo puedes asegurar), entonces todo lo que puedes hacer con Dirichlet también lo puedes hacer con módulos, y es más fácil).

(P.D. Eliminé mis posts anterior para hacer uno solo.)

Juan dijo...

Y que me voy enterando que Diego hizo un typo y $N=1$ se vale... Claramente en mi prueba usé que $N \ge 2$ para usar que como $a_1a_2...a_N = N!$, había acabado. Entonces completaré mi solución.

Las únicas secuencias que no conté son las que sirven con $N=1$. Entonces $a_1a_2...a_k | a_2...a_{k+1}$ entonces $a_1 | a_{k+1}$ para toda $k$ natural. Podemos re-escribir la secuencia como $a_i = x+(i-1)y$ con $x$ y $y$ naturales o 0. Entonces $x = a_1$ y $x | a_k$ para todo $k$. Entonces $x | y$. Entonces $y=xz$ y se agregan las soluciones $a_i=x(1+z(i-1))$ con $x$ natural y $z$ natural o 0. Vemos que aquí caben todas las familias de soluciones anteriores.

RESPUESTA (Asumiendo que $N=1$ se vale):
$a_i = x(1+z(i-1))$ con $x$ natural y $z$ natural o 0, cualesquiera.

Adán Medrano Martín del Campo dijo...

Mmm, bueno, aún no estoy seguro de esto, pero creo que por ahí va.

Sea $A=a_{1}a_{2}\cdots a_{N}$ y supongamos que $N$ es al menos $2$. Entonces, si $A$ tiene como divisor a un primo $q$ mayor a $n$, podemos encontrar

$$a_{N+1+i}, a_{N+2+i}, \ldots, a_{2N+i}$$

tales que ninguno de ellos es divisible por $q$ y entonces no se puede. Entonces $A$ solo tiene factores primos menores o iguales a $N$. Pero luego, si $A$ tiene más factores $p$ que $N!$ entonces podemos encontrar

$$a_{N+1+i}, a_{N+2+i}, \ldots, a_{2N+i}$$

con tantos factores $p$ como $N!$ y de nuevo no se puede.
Entonces $A=N!$, y eso nos dice que

$$a_{i}=i$$ para todo $$1\leq i\leq N$$

y nos deja con las secuencias $a_{n}=n$, pero todo esto lo hice asumiendo que si $a_{n}=a+dn$, entonces $\left(a, d\right)=1$, también funcionan las secuencias $a_{n}=mn$.

Luego, si $N=1$ tenemos que $a_{1}$ divide a todos los términos de la secuencia, y si asumimos que los términos de la secuencia son primos relativos, entonces $a_{1}=1$ y tenemos que

$$a_{n}=l\left(1+mn\right)$$

pero de nuevo, también asumí que $d\neq 0$, así que también checo las secuencias $a_{n}=a$, y claramente funcionan, y creo que ya son todas.

Juan dijo...

Adán, no me queda claro cómo demostraste que existían los $a_{N+1+i},...,a_{2N+i}$. Es fácil pero no trivial.

Adán Medrano Martín del Campo dijo...

Los primeros que mencioné salen tomando un $a_{i}$ múltiplo de $q$, y tomar los siguientes $N$ términos de la secuencia.

Los segundos salen tomando, si $p^{x}$ es la mayor potencia de $p$ que divide a alguno de los números del $1$ al $N$, tomar la secuencia $\pmod{p^{x+1}}$, y tomar un $a_{i}$ divisible por $p^{x+1}$, y tomar los siguientes $N$ términos de la secuencia.

Creo que así encuentras esas secuencias.

Juan dijo...
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
Juan dijo...

Hmm sí. Pero tendrías que mencionar que $p^z | a_j-a_i \Leftrightarrow p^z | j-i$.

Juan dijo...

Perdón, arriba es $\Rightarrow$, no $\Leftrightarrow$.

Adán Medrano Martín del Campo dijo...

A bueno, eso si, por que consideras

$$a_{n}=a+dn$$

con $\left(a, d\right)=1$ y tomas un $p$ tal que divide a $a_{i}$ claramente, $p$ no divide a $d$, por lo que si $p^{k}$ divide a $a_{i}-a[j}$ entonces también divide a $d\left
(i-j\right)$ y claramente divide a $i-j$, pero eso es muy fácil no, no?

Eso fue lo que sué para encontrar el segundo conjunto de

$$a_{N+1+i}, a_{N+2+i0}, \ldots , a_{2N+i}$$

pero lo de arriba es meramente un resumen.

Juan dijo...

ah, ok.

¿Qué pasa si extendemos el problema a $\mathbb{Z}$?

Adán Medrano Martín del Campo dijo...

Quien sabe, tal vez saldrían las mismas soluciones para $N\geq 2$, pero para $N=1$ también se podrían las

$$a_{n}=x\left(-1+yn\right)$$

pero habrán más?

Juan dijo...

Creo que sí. Tómate -1,1,3,5,.... Demostré que $a_1...a_N=\pm \frac{N}{X}$, con $X= \prod_{p|d} p^{v_p{N!}}$

Juan dijo...

Es $\pm \frac{N!}{X}$ y $p^{v_p(N!)}$

Juan dijo...

También creo que el problema es mucho más interesante si no consideras las que sirven con $N=1$.

Publicar un comentario