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Ecuación con factoriales

Aquí os dejo el enunciado del problema de esta semana:

Si $a, b$ y $c$ son enteros positivos, encuentra todas las soluciones de la siguiente ecuación:

$a! b!=a! + b! +c!$

Suerte.

This entry was posted on Tuesday, March 9th, 2010 at 08:00 and is filled under: Juegos Tags: problema

45 Responses to “Ecuación con factoriales”

Bitacoras.com Says:
March 9th, 2010 at 08:48
Información Bitacoras.com…

Valora en Bitacoras.com: Aquí os dejo el enunciado del problema de esta semana: Si y son enteros positivos, encuentra todas las soluciones de la siguiente ecuación: Suerte….
josejuan Says:
March 9th, 2010 at 10:07
Argh!
Para a<=b<=c<=20 sólo hay 3!3!=3!+3!+4!=36
josejuan Says:
March 9th, 2010 at 10:29
No me sale…

Debe ser

$a!b!=a!+b!+c!$

por tanto

$a!b!-a!-b!=c!$

por tanto

$a!-\frac{a!}{b!}-1=\frac{c!}{b!}$

es decir, la expresión de la izquierda ha de ser divisible por b+1, b+2, b+3, … hasta c.
josejuan Says:
March 9th, 2010 at 10:47
Bueno, al menos, para todas las soluciones de la forma

c=b+1

sólo hay una solución (la 3,3,4) puesto que de

$a!-\frac{a!}{b!}-1=\frac{c!}{b!}$

tenemos que

$a!-\frac{a!}{b!}-1=b+1$

despejando a! queda

$a!=\allowbreak \frac{b!}{b!-1}\left( b+2\right)$

pero la solución sólo puede ser entera si se cumple que

$3=b!-b$

que sólo es válido para b=3
josejuan Says:
March 9th, 2010 at 10:51
Haciendo algo similar para c=b+2 resulta

$b^{2}+4b+3=b!$

luego no hay ninguna solución, puesto que tanto $b^{2}$ como $4b$ son pares y por tanto sumado 3 es impar lo cual no puede ser ningún factorial (que excepto el 1 son todos pares).

Para c=b+3 empieza a ser engorroso…
josejuan Says:
March 9th, 2010 at 10:54
Ejem! perdón, ignorar la última burrada…
josejuan Says:
March 9th, 2010 at 10:55
Bueno, la burrada se arregla sabiendo que las soluciones de la parábola son -1 y -3 por tanto no puede existir solución (debe ser positivo).
josejuan Says:
March 9th, 2010 at 10:56
Vaya, para c=b+3 tenemos

$b^{3}+6b^{2}+11b+6$

cuyas soluciones son también negativas y por tanto no existe tampoco solución al problema para c=b+3.

¿Existirá algún n tal que c=b+n tenga solución positiva (y sea un factorial)?
josejuan Says:
March 9th, 2010 at 11:05
Bueno, todas las ecuaciones de la forma

$1+\dprod\limits_{j=1}^{n}(b+j)$

tienen pinta de no tener solución…
josejuan Says:
March 9th, 2010 at 11:06
(cahis! se ha ido el símbolo producto, quería poner algo como $1+\pi _{j=1}^{n}(b+j)$ )
josejuan Says:
March 9th, 2010 at 11:07
En fin, si no lo he hecho mal, numéricamente, para a,b,c <= 300 sólo hay la solución indicada.
mimetist Says:
March 9th, 2010 at 12:46
Demostración de que en cualquier solución se cumple que a = b:

Por simplicidad consideramos que $1 < a \leq b$ (es evidente que a y b cumplen papeles simétricos, luego no se pierde generalidad. Además que sean mayores que 1 nos elimina casos triviales sin solución).

Un poco de notación extra:
$\beta = \frac{b!}{a!}, \; \gamma = \frac{c!}{a!}$

Supongamos que $a \leq b < c$ entonces tenemos que:
$b! = \frac{a! + b! + c!}{a!}$
es decir:

$a!\beta = 1 + \beta + \gamma$

$(a! - 1)\beta = 1 + \gamma$

de donde: $a! - 1 = \frac{\gamma}{\beta} + \frac{1}{\beta}$

Es evidente que $a! - 1$ debe ser entero, por tanto el lado derecho de la igualdad debe ser entero y así vemos que $\frac{1}{\beta}$ es entero y se confirma que:

$\beta = 1 \iff \alpha = \beta \iff a = b$

En el siguiente comentario pongo el caso en que $c < a \leq b$
mimetist Says:
March 9th, 2010 at 12:57
Uy, con lo bien que iba… la he cagado en la conclusión.

No hagáis caso donde pone $\alpha = \beta$ . debería poner sólo $a = b$ .
castilla Says:
March 9th, 2010 at 12:57
Hola a todos. Allá voy con media solución (y, por cierto, aunque he comentado un par de veces en los problemas, nunca he dicho lo bueno que me parece este blog, así que queda dicho).

En primer lugar, la ecuación se puede poner como

$(a!-1)(b!-1)=c!+1$ .

Voy a restringirme al caso fácil $a=b$ . Faltaría por probar (y esto es una conjetura) que no hay solución para $a\neq b$ .

Si $a=b$ , entonces $(a!-1)^2=c!+1$ o bien

$c!=a!(a!-2)$ .

Ahora bien, si c es menor que a obviamente no hay solución, y si c=a implicaría que $a!=3$ . Así que ha de ser c mayor que a. La ecuación se reescribe entonces como

$(a+k)(a+k-1)\dots(a+1)=a!-2$

para un cierto k mayor o igual que 1. Supongamos primero que k es mayor o igual que 4:

1) Si a es par, entonces $2|a+2$ y $2|a+4$ , luego $4|a!-2$ pero eso es imposible.
2) Si a es impar, entonces $2|a+1$ y $2|a+3$ con lo que llegamos a una contradicción.

Luego $k=1,2,3$ (a debe ser par si $k=3$ ). Analicemos cada caso por separado:

1) $k=3$ y a par: La ecuación equivale a $a^3+6a^2+11a+8=a!$ . La solución (si existe) ha de ser única porque $f(a)=a^3+6a^2+11a+8$ es estrictamente creciente para a mayor que 0 y $a!$ también lo es. Para $a=6$ , $a!$ es mayor que $f(a)$ y para $a=2$ y $a=4$ se comprueba que no son solución.
2) $k=2$ : La ecuación equivale a $a^2+3a+4=a!$ . La solución (si existe) ha de ser única porque $g(a)=a^2+3a+4$ es estrictamente creciente para a mayor que 0 y $a!$ también lo es. Para $a=5$ , $a!$ es mayor que $g(a)$ y para a menor que 5 se comprueba que no hay solución.
3) $k=1$ : La ecuación es $a+3=a!$ , que tiene a $a=3$ como solución, y para a mayor que 3 el factorial es siempre mayor que el polinomio.

En definitiva, si $a=b$ , entonces la única solución es $a=3$ y $c=4$ .
mimetist Says:
March 9th, 2010 at 14:08
Pues entonces ya tenemos la única solución.

En el comentario de más arriba queda probado (salvo que haya metido la pata, como de costumbre) que $a = b$ cuando $a \leq b < c$ .

Para el caso en que $c < a \leq b$ tengo un proyecto de demostración que confirma que no existe ninguna solución.

En los casos en que $a = c ó b = c$ tendríamos (podemos seguir suponiendo que $a \leq b$ sin pérdida de generalidad):
1. $b! = c!$

$a!b! = a! + 2b!$
$(a! - 2)b! = a! \implies b! = \frac{a!}{a!-2}$

cuando $a = 1$ el resultado sería negativo y cuando $a = 2$ aparece una división por cero. En los demás casos no hay solución entera ya que la función es siempre menor que 2, mayor que 1 y tiende a 1 a medida que crece $a$ (que además debe ser menor que $b$ ), luego no hay solución.

2. $a! = c!$

$b!(a!-1) = 2a! \implies b! = \frac{2a!}{a!-1}$

Análogamente al caso anterior, ahora si $a \leq 3$ no hay solución válida y, cuando a > 3 la función es siempre menor que 3 y tiende a 2 cuando $a$ tiende a infinito.

P.D.: Me acabo de dar cuenta. Quedaría un último caso por considerar, cuando $a < c < b$
josejuan Says:
March 9th, 2010 at 14:09
“mimetist”, ¿qué propiedad adicional estás usando para concluir que 1/B es entero?, es decir, en general, Y/B+1/B puede ser entero aun siendo B e Y irracionales (e.g. Y=Pi, B=(Pi+1)/3).
Osukaru Says:
March 9th, 2010 at 14:30
josejuan, me imagino q lo dice pq Y/B es entero, ya que es lo mismo que c!/b!, y como ha supuesto que c>b, entonces es entero. Y si Y/B es entero y a!-1 es entero, pues entonces 1/B es entero, no?
mimetist Says:
March 9th, 2010 at 14:31
Si te fijas, $\beta$ y $\gamma$ son números enteros, por lo tanto $\frac{\gamma}{\beta}$ también es entero.

Como $a! - 1$ también es entero, tenemos que $(a! - 1) - \frac{\gamma}{\beta} = \frac{1}{\beta}$ es entero.

Está bien, ¿no?
mimetist Says:
March 9th, 2010 at 14:34
Uuuu… pues tienes razón, me he colao… $\frac{\gamma}{\beta}$ no tiene porqué ser entero!!

Ais, para una vez que pensaba que había hecho una demostración bien en este blog !! xD
Antonio QD Says:
March 9th, 2010 at 16:38
Buenos Días

Voy a intentar aportar otro granito de arena a la demostración.

Pretendo demostrar que no es posible que $c < a \leq b$ . Primero que nada hacer notar que la expresión es simétrica con respecto a $a$ y $b$ , por lo que se puede considerar sin perdida de generalidad que $a \le b$ .

La expresión la puedo manipular para convertirla en

$(a!-1)b! = a! + c!$

Caso 1 : $a=2$

Entonces, naturalmente sólo queda la posibilidad de que $c=1$ , y por tanto $a!+c! = 3$ . En la expresión $(a!-1)b! = a! + c!$ , en este caso, el miembro derecho es par y el izquierdo es impar, y no hay forma de que se cumpla la igualdad.

Caso 2 : $2 < a$

Entonces, como $c<a$ se debe cumplir siempre que

$c! < a! -2$

Y por tanto

$(a!-1)b! = a! + c! < 2 \cdot a! -2 = 2(a!-1)$

y llegamos a la conclusión de que

$b! < 2$

lo que nos lleva a que $b = 1$ , lo que no es posible porque hemos supuesto que $2 < a \le b$ .

Hemos pues demostrado que no es posible que $c < a \le b$ en ningún caso.

Un Saludo
Antonio QD Says:
March 9th, 2010 at 16:48
Perdón, en la anterior exposición hice gala de que no sé cual es mi mano derecha y cual la izquierda, y confundí de lado los miembros. Si corregimos mi fallo disléxico la demostración queda mucho mejor.

Por otra parte, creo que es relativamente fácil comprobar que no puede ser que $a \le c \le b$ ya que en ese caso se debe cumplir que $a!b! \le 3\cdot b!$ , y podemos estudiar uno por uno los casos posibles.

Un Saludo
Cristobal Says:
March 9th, 2010 at 17:02
Estoy pensando en una forma de hacerlo fácil, por ahora se me ha ocurrido que a partir de 5 todos los factoriales acaban en 0, lo cual simplifica bastante la cosa, creo.
Ya que si a>=5, entonces a! acaba en 0, por lo que a!b! también acaba en 0, con lo cual; forzosamente, a!+b!+c! debe acabar en 0 por ser una igualdad.
Por ahí me sale un razonamiento por casos, un poco cutre, pero sencillo.
Ya digo, esto es pensando y sin plasmarlo en papel.
Icosaedro Says:
March 9th, 2010 at 18:42
Bueno, pues yo digo que si a,b y c son mayores que 2, todos los miembros de la igualdad son pares. Si b es menor que a,
y dividimos ambos lados de la igualdad por b!, se deduce que a!/b! y c!/b! no pueden ser ambos pares ni impares(pues a! lo es). También se deduce que c>=b, pues si no, un natural sería igual a un racional. La única forma de que no sean ambos pares o impares es que ac y que b=c-1 o b=a-1.
Además, b+1 tiene que ser impar, y, por lo que dice Cristobal, presumiblemente acabar en 9.
Icosaedro Says:
March 9th, 2010 at 18:43
La única forma de que no sean ambos pares o impares es que a sea distinto de c y que b=c-1 o b=a-1.
Icosaedro Says:
March 9th, 2010 at 19:02
También creo que se puede demostrar que c>a, es decir, que a=b+1.
Si es así:
a!=a+1+(a+1+k)!/(a-1)!, con k>0
Sophie Says:
March 9th, 2010 at 19:07
Alguien sabe de algún blog que sea igual de bueno como éste, en donde pongan problemas, noticias sobre Física Mecánica o de Magnetismo?
Icosaedro Says:
March 9th, 2010 at 19:10
Por último

Multiplicando todo por (a-1)!

a!(a-1)!=(a+1)(a-1)!+(a+1+k)!
(a-1)!=(a+1)/a+(a+1+k)(a+k)…(a+1)

Que no puede ser
hernan Says:
March 9th, 2010 at 21:29
Para ver que si $a \ne b$ no hay solución: Sin perder generalidad, supongamos $b < a$

Tenemos que $a! = \frac{a!}{b!} + 1 + \frac{c!}{b!}$

Pero en nuestra hipótesis, la primera fracción es un entero $\frac{a!}{b!} = (b+1) (b+2) \cdots a$ , por lo tanto la última también debe ser un entero. Entonces $c \ge b$

Vemos que la desigualdad no puede ser estricta, porque entonces $c \ge b+1$ y las dos fracciones serían múltiplos de $b+1$ , como también lo es el término de la izquierda – y el uno que suma da una contradicción.

Pero tampoco puede darse la igualdad $b=c$ . Porque entonces tendríamos, reagrupando que
$\frac{a!}{b!}(b!-1)=2$ (siendo la fracción un entero), y es fácil descartar las dos posibilidades ( 1 x 2, 2x 1)

Entonces sólo queda que $a = b$
hernan Says:
March 9th, 2010 at 21:39
… tras lo cual hay que aplicar la (semi)demostración de castilla (12:57)
castilla Says:
March 9th, 2010 at 21:53
Muy buena, hernan. Un saludo.
Zenobia Says:
March 10th, 2010 at 22:07
c! = a!b! -a!-b!
Como (a!-1)(b!-1)= a!b! -a!-b!+1 entonces
c!+1= (a!-1)(b!-1)
Todos los factoriales son pares, por tanto las posibles terminaciones de cualquier factorial son 0,2,4,6 u 8. El 8 no cuenta ya que no hay ningún factorial terminado en 8, y desde 5! (incluido) todos terminan en 0.
0!=1
1!=1
2!=2
3!=6
4!=24
5!=120
etc
Como c! tiene que terminar en 0,2,4 ó 6, entonces c!+1 debe acabar en 1,3,5 ó 7. El producto de los dos factores
(a!-1)(b!-1) tendrá que acabar en 1,3,5 ó 7. Estudiamos los casos.
Terminación en 1. a!-1 y b!-1 terminan en 1, por tanto a! y b! deben terminar en 2, y la única posibilidad es que sean ambos 2!=2. En este caso c!=0 no nos da solución válida.
Terminación en 3. Uno de los dos termina en 1 y el otro en 3. Por tanto uno de los dos terminará en 2 y el otro en 4. La única posibilidad es 2!=2 y 4!=24, que daría c!=22, tampoco es solución válida.
Terminación en 5. Uno termina en 1 y otro en 5 o bien ambos en 5. En el primer caso, uno de los factoriales acabaría en 2 y el otro en 6, la única posibilidad es 2!=2 y 3!=6, que no conduce a valor de c! válido. En el segundo caso, los dos factoriales acabarían en 6, lo que nos lleva a 3! y 3!, que da como solución c!=24=4!.
Terminación en 7. Uno termina en 1 y otro en 7. Uno de los factoriales acabaría en 2 y el otro en 8, que no es posible ya que ningún factorial termina en 8.
Como conclusión, la única solución a esta ecuación es la que dan 3!, 3! y 4!.
josejuan Says:
March 11th, 2010 at 00:12
A Zenobia: plas, plas, plas, plas (no son bofetadas, son aplausos), que me deja pasmao.
Zenobia Says:
March 11th, 2010 at 11:48
Se me había pasado poner que todos los factoriales son pares a partir de 2!, y que ninguna combinación con 0! y 1! para a!,b! y c! da valores válidos para la resolución.
Icosaedro Says:
March 11th, 2010 at 12:05
Hola Zenobia,
creo que se te han olvidado algunos casos, al menos los siguientes:

Terminación en 1. A partir de 5, todo factorial menos 1 acaba en 9, y el producto de dos de ellos acaba en 1.

Terminación en 5, todos los factoriales que acaban en 0, menos 1, multiplicados por factorial de 3, menos 1, terminan en cinco.

Terminación en 7: Para cinco o mayores, su factorial menos 1, multiplicado por (4!-1) acaba en 7.
Osukaru Says:
March 11th, 2010 at 12:06
Sean a, b y c mayores que 5. c!+1 acaba en 1, a!-1 acaba en 9 y b!-1 acaba en 9. Por tanto, (a!-1)(b!-1) acaba en 1, la demostración de Zenobia se desmorona y josejuan deja de aplaudir y sus plas, plas, plas resulta que sí que son bofetadas…
Certamen Internacional EducaRed Says:
March 11th, 2010 at 12:52
Nos gustaría informaros de la convocatoria del Certamen Internacional EducaRed, que pretende facilitar a la comunidad educativa nuevas herramientas, conocimientos y métodos de trabajo para asumir los cambios que las Tecnologías de la Información y la Comunicación (TIC) provocan en nuestra sociedad y en las nuevas generaciones de estudiantes, así como en los métodos de enseñanza y aprendizaje.

Tenéis toda la información en nuestra web: http://www.educared.org/certameninternacional

También os invitamos a ver el vídeo promocional de esta edición en: http://www.youtube.com/watch?v=GGikEyxxrHc

Se puede participar en el Certamen creando blogs, webs y wikis. Además, los docentes pueden participar en solitario, con Experiencias Didácticas relacionadas con el uso de las TIC.

El plazo de inscripción finaliza el 16 de abril. Si tenéis alguna duda, poneos en contacto con la Oficina del Certamen.

Un cordial saludo,

Oficina del Certamen Internacional EducaRed
Correo electrónico: certamen@educared.org
Teléfono: 902.905.144
+34.981.975.621
Zenobia Says:
March 11th, 2010 at 13:05
Icosaedro y Osukaru, tenéis toda la razón, simplemente con el caso 9×9=81 la demostración no es válida, es lo que tiene hacer los cálculos deprisa. Qué lástima, con lo elegante que habría quedado si fuera cierto. De todos modos, que el fallo merezca bofetadas…, lo veo un pelín excesivo (je,je).
josejuan Says:
March 11th, 2010 at 13:19
Ja, ja, … no pasa nada, a mí me sigue gustando el planteamiento. Suele ser el tipo de cosas que se hacen en teoría de números, módulos, … y cosas así. Lo que pasa es que yo soy especialmente torpe en esa rama (si es que en alguna no lo soy) y me encanta cuando alguien me pone delante de las narices resultados como ese.

¡Animo Zenobia!
Zenobia Says:
March 11th, 2010 at 15:06
Lo que estamos buscando es que la suma de tres factoriales dividida entre el producto de dos de ellos nos de la unidad, y teniendo en cuenta el comportamiento de los factoriales, esto se va a dar en contados casos, mi intuición es que la solución 3!,3! y 4! es única. Por ejemplo, suponiendo que dos de los números sean iguales (a!=b!), entonces tenemos
2a!+c!/a!a!=1. Si hacemos c!=(a+1)! entonces , ya que
(a+1)!=(a+1)a! tenemos a!(a+3)/a!a!=1, de donde a+3/a!=1.
Si se verifica que a!=a+3, entonces a!,a! y (a+1)! serán solución de la ecuación. Está claro que 3!=3+3, pero a partir de ahí ningún factorial lo verifica, ya que crecen demasiado deprisa como para que a! y a+3 puedan ser iguales. Entonces, en el caso de que dos sean a! y el tercero sea (a+1)!, la única solución sería 3!,3! y 4!. Si dos de ellos son a! y c! no es (a+1)!, entonces nos quedaría que a!a!=2a!+c!, de donde c!+1= (a!-1)^2. a!-1 es la raíz cuadrada de c!+1, de donde esa raíz cuadrada debe ser un número natural (porque los factoriales son naturales), por tanto c!+1 ha de ser un cierto n al cuadrado. Habría que estudiar cuántos factoriales + 1 dan un cuadrado perfecto, y además la raíz cuadrada de esa cantidad + 1 tiene que ser también un factorial (=a!). A simple vista, hay tres factoriales, el 4!,5! y 7! a los que sumando uno se obtienen los cuadrados perfectos de 5,11 y 71. 4! ya lo teníamos como solución (con 3! y 3!9, los otros dos no son válidos, ya que 12 y 71 no son factoriales. Falta encontrar una pauta para hallar estos números, o bien demostrar que no hay más factoriales que cumplan esto. Si suponemos que los tres factoriales son iguales llegamos a que a!=3, que no da solución válida, por tanto los tres no pueden ser iguales. A partir de aquí, si lográramos probar que la suma de tres factoriales distintos entre sí siempre es menor que el producto de dos de ellos
(a!+b!+c!<a!b!) lo tendríamos. Quizá por reducción al aburdo. Como he dicho antes, la intuición indica que esto último puede ser cierto, pero en matemáticas la intuición falla tantas veces…
También se podría intentar probar que el producto de (a!-1)(b!-1) no puede ser c!+1, que no hay factoriales distintos entre sí que lo verifiquen.
Interesante problema.
castilla Says:
March 11th, 2010 at 16:16
Zenobia, si miras los comentarios previos de hernan verás que para $a\neq b$ no puede haber solución, y si miras el mío (salvo que me haya equivocado), para $a=b$ la única solución posible es $\latex a=3,c=4$. En cualquier caso, tu primer intento me pareció muy bueno y muy elegante. Lástima que no funcione.
Zenobia Says:
March 11th, 2010 at 17:00
Hola Castilla. No había mirado los comentarios anteriores porque me apetecía abordar el problema sin ninguna indicación. De todos modos, la demostración de Hernán no me convence, porque ni a!/b! ni c!/b! tienen por qué ser enteros, aunque su suma más uno deba dar un entero. En cuanto a la tuya, no tengo tiempo para mirarla ahora detenidamente,tiene buena pintia, y si fuera correcta en efecto probaría que si a=b la solución única es 3,3,4.
Icosaedro Says:
March 11th, 2010 at 18:55
Hola, Zenobia,
a!/b! es entero pues a>b (es lo que se ha supuesto)
y se deduce que c>=b, precisamente para que el cociente sea entero.
Un saludo.
Zenobia Says:
March 11th, 2010 at 21:54
Gracias Icosaedro, no me había fijado en la suposición a>b, por eso no me cuadraba. El resto de la demostración me parece absolutamente correcto.
Función constante « InstaCiencia Says:
April 13th, 2010 at 10:46
[...] Ecuación con factoriales [...]
Erwin Says:
August 1st, 2010 at 01:50
Pues con un simple tanteo nos evitamos tantas notaciones (3; 3; 4) es la única solución, sólo prueben a*(b – 1) = b + c; (cada variable con su factorial) desde b = 1 hasta b = 3, desde b = 4 se ve que no hay más solución por el crecimiento más exponencial de la función factorial. Saludos!