Sobre divisores del factorial

Hoy día 2 de enero de 2013, segundo día de este nuevo año, os dejo el problema de esta semana. Ahí va:

1) Sea n \geq 1. Probar que cada natural menor o igual que n! se puede representar como suma de, como máximo, n divisores distintos de n!.

2) Sea n \geq 3. Probar que n! se puede escribir como la suma de n divisores distintos de sí mismo.

Que se os dé bien.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

32 Comentarios

  1. No se si he entendido bien el enunciado, ¿lo que pide es demostrar que n! puede escribirse como una suma de n sumandos en los cuales todos sean puedan dividir a n! ?

    Si asi es:

    x! = x(x-1)! =(x-1)! + (x-1)! + … + (x-1)! <- x veces

    como no creo que sea tan facil, almenos me gustaría entender bien el enunciado

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  2. Tengo una manera constructiva de resolver ña parte 2:

    N N! a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 a11 a12 a13 a14
    3 6 3 2 1
    4 24 12 8 3 1
    5 120 60 40 15 4 1
    6 720 360 240 90 24 5 1
    7 5040 2520 1680 630 168 35 6 1
    8 40320 20160 13440 5040 1344 280 48 7 1
    9 362880 181440 120960 45360 12096 2520 432 63 8 1
    10 3628800 1814400 1209600 453600 120960 25200 4320 630 80 9 1
    11 39916800 19958400 13305600 4989600 1330560 277200 47520 6930 880 99 10 1
    12 479001600 239500800 159667200 59875200 15966720 3326400 570240 83160 10560 1188 120 11 1
    13 6227020800 3113510400 2075673600 778377600 207567360 43243200 7413120 1081080 137280 15444 1560 143 12 1
    14 87178291200 43589145600 29059430400 10897286400 2905943040 605404800 103783680 15135120 1921920 216216 21840 2002 168 13 1

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  3. El columnado se pierde.

    Es una especie de triángulo en el que la diagonal son siempre el 1, el anterior es siempre n-1 y el resto son el resultado de multiplicar n por el elemento inmediatamente superior de la tabla

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  4. El desarrollo sería este:

    N!=a1+a2+…+an con
    a1 = 1
    a2 = n-1
    a3 = n(n-2)
    a4 = n(n-1)(n-3)
    a5 = n(n-1)(n-2)(n-4)

    a(n-1) = n!/3
    an = n!/2

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  5. Y sus sumas acumuladas
    s1 = 1
    s2 = n
    s3 = n(n-1)
    s4 = n(n-1)(n-2)
    s5 = n(n-1)(n-2)(n-3)

    s(n-2) = n(n-1)(n-2)… *5*4
    s(n-1) = n(n-1)(n-2)… *5*4*3
    sn = n!

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  6. Después de ver el comentario de juanjo, resulta fácil usar la inducción en el apartado 2. Hipótesis: todo n1 se puede escribir como suma de n divisores distintos suyos, siendo el último 1. Entonces (n+1)! se escribe como (n+1)*(divisores de n)= (n+1)*D1+(n+1)*D2+…+(n+1)*DN = (recordemos que DN es 1) =
    (n+1)*D1+(n+1)*D2+…+ n + 1

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  7. Mmmmm…. ¿seguro que (n+1)! es igual a (n+1)*(divisores de n)?

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  8. Imanol

    A Francesc le falta poner la suma de los divisores previamente elegidos para n

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  9. Adjunto cuadro para ña parte 1:
    7 5040 2520 1680 630 168 35 6 1
    9013 5040 2520 1320 105 24 4
    5013 2520 1680 630 168 12 3
    2600 2520 70 6 4
    1957 1680 277 168 105 4
    1701 1680 18 3
    999 630 336 33 30 3
    647 630 12 5
    598 504 70 24
    401 336 35 24 6
    180 168 12
    150 140 6 4
    99 70 24 5
    40 35 5
    31 30 1
    8 7 1
    4 3 1

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  10. Es claro al suponer
    (n-1)! = \sum_{i=1}^{n-1} a_i
    se tiene:
    n! = (n-1)!((n-1)+1) = (n-1)!(n-1) + (n-1)! = (n-1)!(n-1) + \sum_{i=1}^{n-1} a_i
    que corresponde a una suma de n términos y aplica tanto para la primera como la segunda demostración (esto es fácil en caso del primer punto ya que se puede obtener cualquier número n-k restando k a los menores términos de la suma). El problema es que aún no queda demostrado que
    n!-k, k\geq 0
    no se puede expresar como suma de
    n+r, r\geq 0
    divisores.

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  11. La idea es que el desarrollo de n! del punto dos es base sufiente,para generar la solución del 1. No sé como expresarlo algebraicamente, por lo que explico como encontrar las diferentes soluciones.

    Explico el mecanismo para el caso 1957, pero toda la tabla se resulve igual.

    7 5040 2520 1680 630 168 35 6 1 es la solución del punto 2 para n=7

    1957 es el nº a encontrar con un máximo de 7 divisores diferentes

    5040 y 2520 mayores que 1957, sigo

    1680 menor que 1957, luego:
    a1 = 1680
    ahora me faltan 277

    277 menor que 630 y 168 menor que 277

    a2= 168

    ahora me faltan 99

    35 menor que 99

    a3 = 35

    y ahora me faltan 64, mayor que 35 y a3 = 35 + 35 = 70

    a3 = 70 y me faltan 29

    a4 = 6 varias veces y a4 = 24 y me faltan 5

    a5 = 5 y fin

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  12. Juanjo, en tu primera tabla 9013 es mayor que factorial de 7 (5040) por lo que tendrías que hacerlo con factorial de 8. En cualquier caso 1320 no los divide. Respecto al algoritmo que sigues, no consigo demostrar que funcione. Para empezar en casos como a3 deberías poder ver que k*a3 sigue siendo divisor de n! (bueno, en este caso y con el 2 es evidente, ¿pero en general?).
    Creo que has dado otra vez en el clavo pero no veo como seguir la demostración, vaya.

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  13. A ver si sale el primer apartado, por inducción otra vez… supongamos que se cumple para X (n-1)!. Si r es múltiple de n, x también y x/n es menor que (n-1)! así que suma(n*divisores n-1) es una descomposición correcta, con n-1 sumandos. Si r no es múltiple de n, escribimos x=n!-n*s+t, con el resto t entre 1 y n-1. Pues bien, como n!-n*s se podía escribir en n-1 sumandos y t es divisor de n! (por ser menor que n-1) ya lo tendríamos, siempre que t no fuera uno de los sumandos que ya habíamos seleccionado…

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  14. Sea k\in\mathbb{N} tal que 1\leq k\leq n!. Expresemos k de la siguiente forma:

    k=cn+r, \quad 0\leq r\prec n, \ 0\leq c\leq(n-1)!, \ r,c\in\mathbb{N} (división euclídea).

    Aplicando inducción, supongamos el resultado cierto para n-1, entonces c se puede expresar como suma de, como máximo, n-1 divisores distintos de (n-1)! y por tanto de n!. Por otro lado r también es un divisor de n!. Supongamos que c=c_1+\cdots+c_s donde cada sumando es un divisor de (n-1)! siendo los c_i distintos dos a dos. Entonces nc=nc_1+\cdots+nc_s con todos los sumandos distintos dos a dos y divisores de n!. Además cada divisor es distinto de r pues cada uno de ellos es mayor o igual que n y r\prec n.

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  15. Anda claro RB, los anteriores sumandos son mayores que n, no he caído. Genial!

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  16. RB, no sé si me equivoco pero no faltaría entonces demostrar que r no puede expresarse como la suma de dos divisores (menores que n por supuesto) de n!?

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  17. Daniel ¿por qué? por hipótesis de inducción el número de sumandos en los que se descompone nc es menor o igual a n-1 por tanto k=nc+r se descompone en un número de sumando menor o igual a n.

    Un razonamiento análogo vale para el segundo apartado tomando como caso inicial de inducción es n=3.

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  18. Me retracto sobre que el mismo razonamiento vale para el segundo apartado, me he precipitado.

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  19. RB, exacto! por inducción la solución nos deja clara la descomposición de nc. Sin embargo no hay que dejar deliberadamente el término r ya que puede ser escrito como la suma de dos o más divisores de n! (por ejemplo si n > 6 y r = 6, r = 1 + 2 + 3).. Tal vez yo esté equivocado, pero en la demostración no queda claro que esto no puede ocurrir.

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  20. Francesc,

    cierto, en la tabla 5040 = 7! me confundo.

    Para 9013 hay que hacerlo con la tabla del 8 efectivamente.

    En cuanto a tu pregunta de la divisibilidad, creía que estaba garantizada por el desarrollo de a(i) y el elemento que multiplico, pero ahora no lo veo tan claro

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  21. Daniel

    El enunciado no dice que sea la única solución, sino que existe una solución al menos que lo cumple.

    Puedo usar el 6 y renunciar a poner el 1, 2 y 3, (en este caso me estoy perjudicando innecesariamente, salvo que esté obligado por ya haber usado el 6)

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  22. Siguiendo con mi procedimiento, si divido dos elementos de la tabla seguidos obtenemos:

    a(i)/a(i-1)=n*(n-1)*…*(n-i+4)*(n-i+3)*(n-i+1)/n*(n-1)*…*(n-i+4)*(n-i+2) =
    (n-i+3)*(n-i+1)/(n-i+2) = ((n-i+2)+1)(n-i+2)-1)/(n-i+2)=((n-i+2)^2-1)/(n-i+2)=
    n-i+ 2 – 1/(n-i+2) menor o igual a n (para i mayor que 1) que es divisor de n!
    Para i = 1 nunca se produce el problema dado que los valores son n!/2 y n!/3 y por tanto 2*n!/3>n!/2 no se puede llegar a usar

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  23. Me falta para i = 2.

    Se puede ver que a(n-2) = N!/8, luego el valor a multiplicar solo puede ser el 2 dado que 3*n!/8 mayor que n!/3.
    Si el 2 ya estaba en la serie, mmm, vaya que se ma hace raro (por no decir imposible)

    Para el resto está asegurada la divisibilidad, pues n-i+2 es menor que el último término de a(i) y por tanto todos los elementos del producto son distintos y menores que n

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  24. Para el segundo apartado:

    El resultado es obvio para n=3. Supongamos que n\geq 4.

    Entonces n!=1+2+\cdots+n+R donde R=n!-(1+2+\cdots+n)=n!-\dfrac{n(n+1)}{2} como n\geq 4 se tiene que n<R\leq n!, por tanto R es un divisor de n! distinto de 1,2,\dots,n.

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  25. Adjunto cuadro revisado parte 1:

    Uso desarrollo de n = 8 pues 7! menor 9013 menor 8!

    8 40320, 20160 13440 5040 1344 280 48 7 1

    9013, 5040 + 2688 + 1120 + 144 + 21
    5013, 4032 +. 840 + . 96 +. 42 +. 3
    2600, 1344 + 1120 + . 96 +. 35 +. 5
    1957, 1344 +. 560 + . 48 + . 5
    1701, 1344 +. 280 + . 48 +. 21 + 8
    .999,. 840 +. 144 + . 14 +. .1
    .647,. 560 + . 48 + . 35 +. .4
    .598,. 560 + . 35 + . .3
    .401,. 280 + . 96 + . 21 +. .4
    .180,. 144 + . 35 + . .1
    .150,. 144 + . .6
    . 99,. .96 + . .3
    . 40,. .35 + . .5
    . 31,. .28 + . .3
    .. 8,. . 7 + . .1
    .. 4,. . 4

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  26. Para el apartado 2:

    Partiendo de la suma telescópica:

    {\displaystyle\sum_{k=2}^n\frac{k-1}{k!}=\sum_{k=2}^n\left(\frac{1}{(k-1)!}-\frac{1}{k!}\right)=1-\frac{1}{n!}} se obtiene {\displaystyle\sum_{k=2}^n\frac{n!(k-1)}{k!}=n!-1} de donde

    {\displaystyle n!=1+\sum_{k=2}^n\frac{n!(k-1)}{k!}} es la descomposición buscada.

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  27. El apartado 1 está mal enunciado o no lo entiendo bien.

    Por ejemplo, tenemos para n=4 que es n>1, 4!=24, el conjunto de los divisores distintos de 24 es {1,2,3,4,6,8,12}

    Siendo 24 <= 4! deberíamos poder representar 24 como la suma como máximo 4 sumandos divisores de 24. En cambio podemos ver que 24=1+2+3+4+6+8, que son 6 sumandos distintos. ¿Donde está el error?

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  28. https://oeis.org/draft/A185027

    Relacionada con los primos de los factoriales, los coeficientes binomiales; esta propuesta de sucesión en la OEIS lleva desde la víspera de Navidad sin que me la publiquen. La elaboré en unas pocas horas, demasiado deprisa; de manera que puede contener algún error, incluso algún error de bulto; yo no quiero mirarla más. Si alguien quiere analizarla y computar lo que menester fuere para encontrar los fallos o los errores -o los aciertos si los hubiere- bienvenido/nida sea.

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