miércoles, 26 de agosto de 2015

Problema del día 26 de agosto

Un entero positivo $N$ se dice balanceado si es igual a uno o si se puede expresar como el producto de una cantidad par de primos (no necesariamente distintos). Dados dos enteros positivos $a,b$ considera el polinomio $P(x)=(x+a)(x+b)$.
a) Demuestra que existen enteros $a,b$ tal que los enteros $P(1), P(2), \dots , P(2015)$ son balanceados.  
b) Demuestra que si $P(n)$ es balanceado para todo $n$ entoncces $a=b$.

8 comentarios:

Ariel dijo...
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Ariel dijo...

Supongo que en la parte a son enteros distintos, en ese caso...

Sea $M(n)$ la cantidad de divisores primos (no necesariamente distintos) de $n$, módulo 2. Para cada $i$ no negativo sea $S_i$ la secuencia $M(i + 1), M(i + 2), \dots M(i + 2015)$. Hay $2^{2015}$ posibilidades para $S_i$ pues cada término es 1 o 0. Por casillas hay $i, j$ tales que $S_i = S_j$, entonces $a = i, b = j$ cumple, pues para cada $x \in \{1, 2, 3, \dots 2015\}$, $x + a$ y $x + b$ tienen ambos una cantidad impar de divisores primos o ambos una cantidad par, entonces su producto tiene una cantidad par.

Ariel dijo...

Parte b. Sea $D(n)$ el número de divisores primos de $n$, supongamos que $a \neq b$ y sin pérdida de generalidad sea $b = a + k$ con $k$ positivo. La condición se cumple si y solo si $M(n + a) = M(n + a + k)$ para todo $n$. Poniento $m = k, 2k, 3k, \dots$ tenemos $M(a + k) = M(a + 2k) = M(a + 3k) = \dots$, entonces $M(a + rk)$ es constante. Sustituyendo $r = am$ para todo $m$ tenemos $M(a + ak) = M(a + 2ak) = M(a + 3ak) = \dots$. Entonces $D(a + ak) \equiv D(a + 2ak) \equiv \dots \pmod{2}$ y ya que $D(ab) = D(a) + D(b)$ tenemos $D(k + 1) \equiv D(2k + 1) \equiv \dots \pmod{2}$ y $M(mk + 1) = c$ para todo $m$ y alguna constante $c \in \{0, 1\}$. Ahora veamos que $(k + 1)^2 = k(k + 2) + 1$ está en la secuencia $mk + 1$, entonces $c$ debe ser 0 pues $M((k + 1)^2) = 0$ ya que es un cuadrado perfecto. Por otro lado, por Dirichlet hay un primo en la secuencia $mk + 1$, y entonces este cumple que $M(mk + 1) = 1$, contradicción. Entonces $a = b$.

Antonio Lopez Guzman dijo...

para el inciso a hice lo mismo que ariel, solo debes encontrar dos grupos de $2015$ enteros consecutivos tal que los rerspectivos terminos tengan la misma paridad de divisores primos, y pues claramente estas secuencias son finitas modulo $2$ entonces por casillas habara dos iguales y ya, para el inciso b me tomo $n=a-2b$ , entonces quiere decir que $(a-2b+a)(a-2b+b)$ es balanceado, pero eso es igual a $(2a-2b)(a-b)=2(a-b)^2$ lo cual claramente tiene cantidad impar de primos, entonces no es balanceado, a menos que $2(a-b)^2=0$ pues 0 si seria balanceado, eso quiere decir que a=b

Pablo Meré Hidalgo dijo...

Sea $M(n)=1$ si $n$ es balanceado y $M(n)=-1$ en caso contrario.
Obs: la función $M$ es multiplicativa para enteros.
Obs 2: $M(ab)=1$ si y solo si $M(a)=M(b)$
Para la parte a) basta con la observación que debe haber una cadena de 2015 valores iguales, y con casillas infinito sale.
para la parte b) supongamos que $aa$ entonces $M((kd+i)d)=x$ para $i=1, 2, 3, ..., d-1$ por lo tanto $M(kd+i)=xM(d)$ y entonces ${M(n)}$ seria constante a partir de cierto punto, lo cual no es posible pues hay una infinidad de cuadrados y de primos. Lo que contradice la suposición que $a$ y $b$ son distintos.

Pablo Meré Hidalgo dijo...

**la suposicion en el inciso b) es que a<b

José Ramón Tuirán dijo...
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José Ramón Tuirán dijo...
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