Divizibilitate, ONM Shortlist
Moderators: Filip Chindea, Andrei Velicu, Radu Titiu
Divizibilitate, ONM Shortlist
Demonstrati ca numarul \( (2^{2n}+2^{n+m}+2^{2m})! \) este divizibil cu \( (2^{n})!^{2^{n}+ 2^{m-1}}\cdot (2^{m})!^{2^{m}+2^{n-1}} \), pentru orice \( m,n\in \mathbb{N}^{*} \).
Last edited by Wizzy on Tue Nov 27, 2007 12:00 am, edited 1 time in total.
Vrajitoarea Andrei
Proprietate: Orice produs de \( n \) numere consecutive este divizibil cu \( n!. \) .
Deci \( (2^{2n}+2^{n+m} +2^{2m})! \) este un produs de \( 2^{2n}+2^{n+m}+2^{2m}=2^{n}(2^{n}+2^{m-1}) + 2^{m}(2^{m} + 2^{n-1}) \) numere consecutive.
Acest produs poate fi impartit in \( ( 2^{n}+2^{m-1}) \) secvente de \( 2^{n} \) numere consecutive, fiecare dintre ele divizibila cu \( 2^{n}! \), urmate de \( ( 2^{m} +2^{n-1}) \) secvente de \( 2^{m} \) numere consecutive, fiecare divizibila cu \( 2^{m}! \).
Avem:
\( (2^{2n}+2^{n+m} +2^{2m})!=[1 \cdot 2 \cdot ... \cdot 2^{n}] \cdot [(2^{n}+1) \cdot ... \cdot (2 \cdot 2^{n})] ... \cdot [(2^{n}(2^{n}+2^{m-1}-1)+1)...(2^{n}(2^{n}+2^{m-1}))] \cdot \) \( [(2^{2n}+2^{m+n-1} + 1)...(2^{2n}+2^{m+n-1}+2^{m})]... [(2^{2n}+2^{m+n-1}+2^{m}(2^{m}+2^{n-1}-1)+1) ... \)
\( (2^{2n} +2^{m+n-1}+2^{m}(2^{m}+2^{n-1}))]. \)
Fiecare din primele \( 2^{n} +2^{m-1} \) paranteze drepte este divizibila cu \( 2^n! \) si fiecare dintre ultimele \( 2^{m}+2^{n-1} \) paranteze drepte este divizibila cu \( (2^{m})! \), deci \( (2^{2n}+2^{n+m} +2^{2m})! \) este divizibil cu \( (2^{n})!^{2^{n}+2^{m-1} } \cdot (2^{m})!^{2^{m}+2^{n-1} } \).
Deci \( (2^{2n}+2^{n+m} +2^{2m})! \) este un produs de \( 2^{2n}+2^{n+m}+2^{2m}=2^{n}(2^{n}+2^{m-1}) + 2^{m}(2^{m} + 2^{n-1}) \) numere consecutive.
Acest produs poate fi impartit in \( ( 2^{n}+2^{m-1}) \) secvente de \( 2^{n} \) numere consecutive, fiecare dintre ele divizibila cu \( 2^{n}! \), urmate de \( ( 2^{m} +2^{n-1}) \) secvente de \( 2^{m} \) numere consecutive, fiecare divizibila cu \( 2^{m}! \).
Avem:
\( (2^{2n}+2^{n+m} +2^{2m})!=[1 \cdot 2 \cdot ... \cdot 2^{n}] \cdot [(2^{n}+1) \cdot ... \cdot (2 \cdot 2^{n})] ... \cdot [(2^{n}(2^{n}+2^{m-1}-1)+1)...(2^{n}(2^{n}+2^{m-1}))] \cdot \) \( [(2^{2n}+2^{m+n-1} + 1)...(2^{2n}+2^{m+n-1}+2^{m})]... [(2^{2n}+2^{m+n-1}+2^{m}(2^{m}+2^{n-1}-1)+1) ... \)
\( (2^{2n} +2^{m+n-1}+2^{m}(2^{m}+2^{n-1}))]. \)
Fiecare din primele \( 2^{n} +2^{m-1} \) paranteze drepte este divizibila cu \( 2^n! \) si fiecare dintre ultimele \( 2^{m}+2^{n-1} \) paranteze drepte este divizibila cu \( (2^{m})! \), deci \( (2^{2n}+2^{n+m} +2^{2m})! \) este divizibil cu \( (2^{n})!^{2^{n}+2^{m-1} } \cdot (2^{m})!^{2^{m}+2^{n-1} } \).
Luam un numar prim \( p \). Avem ca puterea lui \( p \) in dezvoltarea numarului \( n! \) este:
\( [\frac{n}{p}]+[\frac{n}{p^2}]+[\frac{n}{p^3}]+... \)
Asadar puterea lui \( p \) in dezvoltarea lui \( (2^{2n}+2^{m+n}+2^{2m})! \) este \( \sum^{\infty}_{k=1} [\frac{2^{2n}+2^{m+n}+2^{2m}}{p^k}]. \)
iar pentru dezvoltarea numarului \( (2^n)!^{2^n+2^{m-1}}\cdot (2^m)!^{2^m+2^{n-1}} \) este \( \sum_{k=1}^{\infty} \left( (2^n+2^{m-1})[\frac{2^n}{p^k}]+(2^m+2^{n-1})[\frac{2^m}{p^k}]\right) \).
Asadar este suficient sa aratam ca pentru orice numar prim \( p \) avem ca:
\( [\frac{2^{2n}+2^{m+n}+2^{2m}}{p^k}]\geq (2^n+2^{m-1})[\frac{2^n}{p^k}]+(2^m+2^{n-1})[\frac{2^m}{p^k}] \) care este relativ usor de demonstrat deoarece:
\( [\frac{2^{2n}+2^{m+n}+2^{2m}}{p^k}]=[(2^n+2^{m-1})\frac{2^n}{p^k}+(2^m+2^{n-1})\frac{2^m}{p^k}] \geq [(2^n+2^{m-1})\frac{2^n}{p^k}]+[(2^m+2^{n-1})\frac{2^m}{p^k}] \geq \) \( \geq(2^n+2^{m-1})[\frac{2^n}{p^k}]+(2^m+2^{n-1})[\frac{2^m}{p^k}] \)
unde am folosit inegalitatile:
\( [x+y]\geq [x]+[y] \), unde \( x,y \in \mathbb{R} \)
\( [\alpha x]\geq \alpha[x] \), unde \( x \in \mathbb{R} \) si \( \alpha \in \mathbb{Z} \).
\( [\frac{n}{p}]+[\frac{n}{p^2}]+[\frac{n}{p^3}]+... \)
Asadar puterea lui \( p \) in dezvoltarea lui \( (2^{2n}+2^{m+n}+2^{2m})! \) este \( \sum^{\infty}_{k=1} [\frac{2^{2n}+2^{m+n}+2^{2m}}{p^k}]. \)
iar pentru dezvoltarea numarului \( (2^n)!^{2^n+2^{m-1}}\cdot (2^m)!^{2^m+2^{n-1}} \) este \( \sum_{k=1}^{\infty} \left( (2^n+2^{m-1})[\frac{2^n}{p^k}]+(2^m+2^{n-1})[\frac{2^m}{p^k}]\right) \).
Asadar este suficient sa aratam ca pentru orice numar prim \( p \) avem ca:
\( [\frac{2^{2n}+2^{m+n}+2^{2m}}{p^k}]\geq (2^n+2^{m-1})[\frac{2^n}{p^k}]+(2^m+2^{n-1})[\frac{2^m}{p^k}] \) care este relativ usor de demonstrat deoarece:
\( [\frac{2^{2n}+2^{m+n}+2^{2m}}{p^k}]=[(2^n+2^{m-1})\frac{2^n}{p^k}+(2^m+2^{n-1})\frac{2^m}{p^k}] \geq [(2^n+2^{m-1})\frac{2^n}{p^k}]+[(2^m+2^{n-1})\frac{2^m}{p^k}] \geq \) \( \geq(2^n+2^{m-1})[\frac{2^n}{p^k}]+(2^m+2^{n-1})[\frac{2^m}{p^k}] \)
unde am folosit inegalitatile:
\( [x+y]\geq [x]+[y] \), unde \( x,y \in \mathbb{R} \)
\( [\alpha x]\geq \alpha[x] \), unde \( x \in \mathbb{R} \) si \( \alpha \in \mathbb{Z} \).
Vrajitoarea Andrei