Problemas Teoremas

Outubro 16, 2010

Problema do mês :: Problem of the month #7

Filed under: Combinatória,Combinatorics,Matemática,Matemática Discreta,Math,Problem,Problem Of The Month,Problema do mês,Problemas — Américo Tavares @ 6:11 pm
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pdmpom20101017


Mostre que :: Show that

\displaystyle\sum_{n=k+1}^{N}\dfrac{(-1)^{n+k}n}{\displaystyle\binom{n}{k}\displaystyle\binom{n+k}{k}}-\displaystyle\sum_{n=k+1}^{N}\dfrac{(-1)^{n+k}n}{\displaystyle\binom{n-1}{k}\displaystyle\binom{n-1+k}{k}}

=\dfrac{k}{\displaystyle\binom{2k}{k}}+\dfrac{(-1)^{N+k-1}k}{\displaystyle\binom{N}{k}\displaystyle\binom{N+k}{k}}

 

Soluções: até 8 Novembro 2010, via acltavares@sapo.pt ou caixa de comentários.

Solutions: until November 8, 2010, via acltavares@sapo.pt or comment box.

Outubro 2, 2010

Problema do mês :: Problem of the month #6. (Círculos :: Circles). Resolução :: Solution

Filed under: Geometria,Matemática,Matemática-Secundário,Math,Problem,Problem Of The Month,Problema do mês,Problemas — Américo Tavares @ 11:59 am
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pdmpom20101003

Problema: Os quatro círculos têm o mesmo raio. Determine-o no caso do triângulo medir 1 m².

Resolução de Jacques Glorieux (minha tradução):

Seja r o raio dos círculos. Visto que DE=EF=2r tem-se \measuredangle DEF=\pi /4. Como DF é parlalelo  a AB, o ângulo \measuredangle CAB=\pi /4. Assim, o ângulo \measuredangle ABG=\pi /2. Logo HBIF é um quadrado de lado r. Tem-se

BF=r\sqrt{2}.

BC=BF+FC=r\sqrt{2}+3r=r\left( 3+\sqrt{2}\right) .

AG=2\times BC=2r\left( 3+\sqrt{2}\right) .

A área S de ABG é, portanto,  r^{2}\left( 3+\sqrt{2}\right) ^{2}. Mas esta área S=1. Por este motivo

r=\dfrac{1}{3+\sqrt{2}} =\dfrac{3-\sqrt{2}}{7}

Outras resoluções por: josejuan , Prof. Paulo Sérgio.


Problem: The four circles have equal radius. Find it if the size of the triangle is 1 m².


Solution by Jacques Glorieux:

Let r be the radius of the circles. We have DE=EF=2r thus \measuredangle DEF=\pi /4. As DF is parallel to AB, angle \measuredangle CAB=\pi /4. Thus angle \measuredangle ABG=\pi /2. Thus HBIF is a square of side r. We have

BF=r\sqrt{2}.

BC=BF+FC=r\sqrt{2}+3r=r\left( 3+\sqrt{2}\right) .

AG=2\times BC=2r\left( 3+\sqrt{2}\right) .

The area S of ABG is thus r^{2}\left( 3+\sqrt{2}\right) ^{2}. But this area S=1. Thus

r=\dfrac{1}{3+\sqrt{2}} =\dfrac{3-\sqrt{2}}{7}

Other solvers:  josejuan , Prof. Paulo Sérgio.

Setembro 12, 2010

Problema do mês :: Problem of the month #6

Filed under: Calculus,Cálculo,Geometria,Matemática,Matemática-Secundário,Math,Problem,Problem Of The Month,Problema do mês,Problemas,Trigonometria — Américo Tavares @ 11:42 pm
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pdmpom20100913

Enunciado do Problema

Os quatro círculos têm o mesmo raio. Determine-o no caso do triângulo medir 1 m².

  • Serão bem-vindas soluções até ao fim do mês, comentando ou por email: acltavares@sapo.pt

Problem Statement

The four circles have equal radius. Find it if the size of the triangle is 1 m².

  • Solutions till the end of the month will be welcome, in the comments
    box or via e-mail:     acltavares@sapo.pt

Maio 18, 2010

Problema do mês :: Problem of the month #5. (Uma função real contínua ilimitada :: An unbounded continuous real function). Resolução :: Solution

Filed under: Matemática,Math,Problem,Problem Of The Month,Problema do mês,Problemas — Américo Tavares @ 4:41 pm
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Problem: Let f(x) be a continuous unbounded real function in the interval I=[0,\infty \lbrack. May the improper integral \displaystyle\int_{I}f(x)\;dx converge?

Solution by Jacques Glorieux:

The graph of this function is made of a series of triangles. For n=1,2,3,\dots, triangle number ‘n‘ has 2n for height and \dfrac{1}{n^3}  for base. The curve so delimited is related to a continuous and unbounded function. The integral of this function is the sum of the areas of the triangles. The area of triangle number n is \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{2n}{n^3}\right)=\dfrac{1}{n^2}. The sum of the areas is thus the sum from n=1 to infinity of the terms of the form \dfrac{1}{n^2}. This sum is \dfrac{\pi^2}{6} (a well known result (*) ). Thus the integral converges.

Other solver: fatima

* * *

Problema: Seja f(x) uma função real contínua ilimitada no intervalo I=[0,\infty \lbrack. O integral impróprio \displaystyle\int_{I}f(x)\;dx pode ser convergente?

Resolução de Jacques Glorieux:

O gráfico desta função é constituído por uma série de triângulos. Para n=1,2,3,\dots, o triângulo número ‘n‘ tem 2n de altura e \dfrac{1}{n^3} de base. A curva assim delimitada está relacionada com uma função contínua ilimitada, cujo integral é a soma das áreas dos triângulos. A área do triângulo número n é \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{2n}{n^3}\right) =\dfrac{1}{n^2}. Por este motivo a soma das áreas é igual à soma de n=1 até infinito dos termos da forma \dfrac{1}{n^2}. Esta soma é \dfrac{\pi^2}{6} (um resultado bem conhecido (*) ). Por conseguinte o integral é convergente.

Outra resolução: fatima

(*) [A proof here (in Portuguese) / Uma prova aqui, A. Tavares]

[Typo corrected, corrigida gralha  \dfrac{\pi^2}{6} A. Tavares]

[Graph corrected, corrigido gráfico A. Tavares]

 

Abril 23, 2010

Problema do mês :: Problem of the month #5

Filed under: Matemática,Math,Problem,Problem Of The Month,Problema do mês,Problemas — Américo Tavares @ 12:53 pm
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Enunciado do Problema

Seja f(x) uma função real contínua ilimitada no intervalo I=[0,\infty \lbrack. O integral impróprio \displaystyle\int_{I}f(x)\;dx pode ser convergente?

  • O prazo limite para a apresentação de resoluções é 17.05.2010, aqui ou por e-mail:

             acltavares@sapo.pt

Problem Statement

Let f(x) be a continuous unbounded real function in the interval I=[0,\infty \lbrack. May the improper integral \displaystyle\int_{I}f(x)\;dx converge?

  • The deadline for submitting solutions is May 17, 2010.  Submissions may be here or via e-mail:

             acltavares@sapo.pt

Março 29, 2010

Problema do mês :: Problem of the month #4. (Integral impróprio :: Improper integral). Resolução :: Solution

Filed under: Calculus,Cálculo,Integrais,Integrais impróprios,Matemática,Math,Problem Of The Month,Problema do mês,Transformadas de Laplace — Américo Tavares @ 8:10 pm
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Problema

Prove ou infirme: \pi =\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\cos x-\cos 3x}{x^{2}}dx

Solução de Prof. Paulo Sérgio

Para calcular esta integral, note que

\dfrac{1}{s^{2}}=\displaystyle\int_{0}^{\infty }xe^{-sx}dx

Assim,

I:=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\cos \left( s\right) -\cos \left( 3s\right) }{s^{2}}ds

=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\int_{0}^{\infty }xe^{-sx}\left[ \cos \left( s\right) -\cos \left( 3s\right) \right] dxds

Invertendo a ordem de integração e usando a definição de transformada de Laplace, temos:

I=\displaystyle\int_{0}^{\infty }x\int_{0}^{\infty }\left[ \mathcal{L}\left\{ \cos\left( s\right) \right\} -\mathcal{L}\left\{ \cos \left( 3s\right) \right\}\right] dx

=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\left( \dfrac{x^{2}}{1+x^{2}}-\dfrac{x^{2}}{9+x^{2}}\right) dx

ou seja,

I=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{9}{9+x^{2}}dx-\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{dx}{1+x^{2}}=\left[ 3\arctan \left( \dfrac{x}{3}\right) -\arctan \left( x\right) \right] _{0}^{\infty }

=\dfrac{3\pi }{2}-\dfrac{\pi }{2}=\dfrac{2\pi }{2}=\pi .

Outra resolução: fatima

* * *

Problem

Prove or disprove: \pi =\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\cos x-\cos 3x}{x^{2}}dx.

 

Solution by Prof. Paulo Sérgio

To evaluate this integral note that

\dfrac{1}{s^{2}}=\displaystyle\int_{0}^{\infty }xe^{-sx}dx

Hence,

I:=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\cos \left( s\right) -\cos \left( 3s\right) }{s^{2}}ds

=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\int_{0}^{\infty }xe^{-sx}\left[ \cos \left( s\right) -\cos \left( 3s\right) \right] dxds

By reversing the order of integration and using the definition of the Laplace transform we get:

I=\displaystyle\int_{0}^{\infty }x\int_{0}^{\infty }\left[ \mathcal{L}\left\{ \cos\left( s\right) \right\} -\mathcal{L}\left\{ \cos \left( 3s\right) \right\}\right] dx

=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\left( \dfrac{x^{2}}{1+x^{2}}-\dfrac{x^{2}}{9+x^{2}}\right) dx

therefore,

I=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{9}{9+x^{2}}dx-\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{dx}{1+x^{2}}=\left[ 3\arctan \left( \dfrac{x}{3}\right) -\arctan \left( x\right) \right] _{0}^{\infty }

=\dfrac{3\pi }{2}-\dfrac{\pi }{2}=\dfrac{2\pi }{2}=\pi .

Other Solver: fatima

Março 6, 2010

Problema do mês :: Problem of the month #4

Filed under: Matemática,Problem,Problem Of The Month,Problema do mês,Problemas — Américo Tavares @ 10:07 am
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Enunciado do Problema

Prove ou infirme: \pi =\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\cos x-\cos 3x}{x^{2}}dx

  • Nota: não se permite a utilização de calculadoras ou computadores. 
  • O prazo limite para apresentar resoluções é 28.03.2010 via email acltavares@sapo.pt ou comentando no blogue.

Problem Statement

Prove or disprove: \pi =\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\cos x-\cos 3x}{x^{2}}dx.

  • Remark: the use of calculators or computers is not allowed. 
  • The deadline for submitting solutions is March 28, 2010 either via e-mail acltavares@sapo.pt or comment box.

Fevereiro 23, 2010

Problema do mês :: Problem of the month #3. (Polinómio real :: Real polynomial). Resolução :: Solution

Filed under: Matemática,Math,Problem,Problem Of The Month,Problema do mês — Américo Tavares @ 10:29 am
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Nota: As resoluções seleccionadas não são necessariamente as de maior qualidade matemática.

Remark: Selected solutions are not necessarily the ones that have the best mathematical quality.

Problema: Seja P(x) um polinómio real de grau n\geq 2. Suponha que o coeficiente do termo de maior grau de P é igual a 1. Prove que \dfrac{P^{\prime \prime }(x)}{P^{\prime }(x)}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{x-w_{k}}, em que w_{1},w_{2},\ldots ,w_{n-1} são as raízes de P^{\prime }(x).

 

Solución de M ( aqui, [Gaussianos], copia):

Si

p(x)=\displaystyle\prod_{i=1}^{n}\left( x-a_{i}\right) ,

entonces

\log\left\vert p(x)\right\vert =\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\log \left\vert x-a_{i}\right\vert (para x\neq a_{i}).

Derivando (cuidando bien el signo entre las raíces):

\dfrac{p^{\prime }(x)}{p(x)}=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{x-a_{i}}.

Tu caso se particulariza con \left\{ p^{\prime },p^{\prime \prime }\right\} .

Otras soluciones: Dani (aquí [Gaussianos], copia) y MathOMan (aquí).

* * *

 

Resolução de M ( aqui, [Gaussianos], cópia); tradução de Américo Tavares

Se

p(x)=\displaystyle\prod_{i=1}^{n}\left( x-a_{i}\right) ,

então

\log\left\vert p(x)\right\vert =\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\log \left\vert x-a_{i}\right\vert (para x\neq a_{i}).

Derivando (tendo especial cuidado com o sinal entre as raízes):

\dfrac{p^{\prime }(x)}{p(x)}=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{x-a_{i}}.

A solução é o caso particular \left\{ p^{\prime },p^{\prime \prime }\right\} .

Outras resoluções: Dani (aqui [Gaussianos], cópia) y MathOMan (aquí).

* * *

Problem: Let P(x) be a real polynomial of degree n\geq 2. Assume that the leading coefficient of P is equal to 1. Prove that \dfrac{P^{\prime \prime }(x)}{P^{\prime }(x)}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{x-w_{k}}, where w_{1},w_{2},\ldots ,w_{n-1} are the roots of P^{\prime }(x).

Solution by M ( here, [Gaussianos], copy); translated by Américo Tavares.

If

p(x)=\displaystyle\prod_{i=1}^{n}\left( x-a_{i}\right) ,

then

\log\left\vert p(x)\right\vert =\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\log \left\vert x-a_{i}\right\vert (para x\neq a_{i}).

Now, after diferentiating ( taking special care to the sign between roots), we get:

\dfrac{p^{\prime }(x)}{p(x)}=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{x-a_{i}}.

The solution for this problem is the particular case \left\{ p^{\prime },p^{\prime \prime }\right\} .

Other solvers: Dani ( here [Gaussianos], copy), and MathOMan (here).

Janeiro 6, 2010

Problema do mês :: Problem of the month #3

Filed under: Matemática,Math,Problem,Problem Of The Month,Problema do mês — Américo Tavares @ 6:18 am
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Enunciado do Problema

Seja P(x) um polinómio real de grau n\geq 2. Suponha que o coeficiente do termo de maior grau de P é igual a 1. Prove que \dfrac{P^{\prime \prime }(x)}{P^{\prime }(x)}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{x-w_{k}}, em que w_{1},w_{2},\ldots ,w_{n-1} são as raízes de P^{\prime }(x).

  • O prazo limite para apresentação das resoluções é 10.02.2010, através de email acltavares@sapo.pt ou comentando no blogue.

Problem Statement  

Let P(x) be a polynomial of degree n\geq 2. Assume that the leading coefficient of P is equal to 1. Prove that \dfrac{P^{\prime \prime }(x)}{P^{\prime }(x)}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{x-w_{k}}, where w_{1},w_{2},\ldots ,w_{n-1} are the roots of P^{\prime }(x).

  • The deadline for submitting solutions is February 10, 2010 either via e-mail  acltavares@sapo.pt or comment box.

Revisão de/Revised in 23.02.10: leading coefficient instead of highest coefficient.

Setembro 10, 2009

Problema do mês :: Problem of the month #2. (Coeficientes da série binomial :: Binomial series coefficients). Resolução :: Solution

Filed under: Matemática,Math,Problem,Problem Of The Month,Problema do mês,Problemas — Américo Tavares @ 11:59 pm

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Problema: Admita que n=1,2,3,\dots . Seja x\ge 0 um número real, \dbinom{x}{0}=1 e

\dbinom{x}{n}=\dfrac{x\left( x-1\right) \cdots\left( x-n+1\right) }{n!}

Deduza a identidade

\dbinom{x}{n}+\dbinom{x}{n-1}=\dbinom{x+1}{n}.

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Resolução de antonio girao

[que usou a notação \dfrac{x!}{\left( x-n\right) !}=x\left( x-1\right) \cdots \left( x-n+1\right) ].

\dbinom{x}{n}=\dfrac{x!}{\left( x-n\right) !n!}

\dbinom{x}{n-1}=\dfrac{x!}{\left( x-n+1\right) !\left( n-1\right) !}

\dfrac{x!}{\left( x-n\right) !n!}+\dfrac{x!}{\left( x-n+1\right) !\left( n-1\right) !}

 =\dfrac{x!}{\left( x-n\right) !n!}+\dfrac{x!n}{\left( x-n+1\right) !\left( n-1\right) !n}

 =\dfrac{x!\left( x-n+1\right) }{\left( x-n\right) !n!\left( x-n+1\right) }+\dfrac{x!n}{\left( x-n+1\right) !\left( n-1\right) !n}

=\dfrac{x!\left( x-n+1\right) }{\left( x-n+1\right) !n!}+\dfrac{x!n}{\left( x-n+1\right) !n!}

=\dfrac{x!\left[ \left( x-n+1\right) +n\right] }{\left( x-n+1\right) !n!}

 =\dfrac{x!\left( x+1\right) }{\left( x-n+1\right) !n!}

=\dfrac{\left( x+1\right) !}{\left( x+1-n\right) !n!}

=\dbinom{x+1}{n}

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Outros: Pierre Bernard (aqui) e MathOMan (aqui).

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Problem: Suppose that n=1,2,3,\dots . Let x\ge 0 be a real number, \dbinom{x}{0}=1 and

\dbinom{x}{n}=\dfrac{x\left( x-1\right) \cdots\left( x-n+1\right) }{n!}.

Derive the identity

\dbinom{x}{n}+\dbinom{x}{n-1}=\dbinom{x+1}{n}.

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Solution by antonio girao

[who used the notation \dfrac{x!}{\left( x-n\right) !}=x\left( x-1\right) \cdots \left( x-n+1\right) ].

\dbinom{x}{n}=\dfrac{x!}{\left( x-n\right) !n!}

\dbinom{x}{n-1}=\dfrac{x!}{\left( x-n+1\right) !\left( n-1\right) !}

\dfrac{x!}{\left( x-n\right) !n!}+\dfrac{x!}{\left( x-n+1\right) !\left( n-1\right) !}

 =\dfrac{x!}{\left( x-n\right) !n!}+\dfrac{x!n}{\left( x-n+1\right) !\left( n-1\right) !n}

 =\dfrac{x!\left( x-n+1\right) }{\left( x-n\right) !n!\left( x-n+1\right) }+\dfrac{x!n}{\left( x-n+1\right) !\left( n-1\right) !n}

=\dfrac{x!\left( x-n+1\right) }{\left( x-n+1\right) !n!}+\dfrac{x!n}{\left( x-n+1\right) !n!}

=\dfrac{x!\left[ \left( x-n+1\right) +n\right] }{\left( x-n+1\right) !n!}

 =\dfrac{x!\left( x+1\right) }{\left( x-n+1\right) !n!}

=\dfrac{\left( x+1\right) !}{\left( x+1-n\right) !n!}

=\dbinom{x+1}{n}

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Other solvers: Pierre Bernard (here) e MathOMan (here).

* * *

Notas:

1. Estes coeficientes são os da série binomial

(1+t)^x=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dbinom{x}{n}t^n,

que é convergente para \left\vert t\right\vert <1.

2. O coeficiente de ordem n é um polinómio de grau n em x.

Remarks:

1. These coefficients are the binomial series ones

(1+t)^x=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dbinom{x}{n}t^n,

which is convergent for \left\vert t\right\vert <1.

2. The coefficient of order n is a polynomial of degree n in x.

Julho 20, 2009

Problema do mês :: Problem of the month #1. (Valoração p-ádica :: p-adic valuation). Resolução :: Solution

Filed under: Matemática,Math,Problem Of The Month,Problema do mês,Problemas — Américo Tavares @ 9:36 am
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Problem: Let m be the greatest positive integer such that \dfrac{1}{13^m}\dbinom{13^5}{3^7}\in\mathbb{N}. Find with proof an upper bound for m.

Claim: 10 is an upper bound for m. Find a smaller one.

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Problema: Seja m o maior inteiro positivo tal que \dfrac{1}{13^m}\dbinom{13^5}{3^7}\in\mathbb{N}.  Determine, justificando, um majorante de m.

Afirmação não demonstrada: 10   é um majorante de m. Encontre um mais pequeno.

Solution par Pierre Bernard, France

On sait que

 v_{p}\left( \dbinom{n}{k}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{+\infty }\left( \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor \right) .

De plus, chaque terme

 \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor\dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor

vaut 0 ou 1 (on a toujours \left\lfloor x+y\right\rfloor -\left\lfloor x\right\rfloor -\left\lfloor y\right\rfloor qui vaut 0 ou 1).

Si i est assez grand, il est clair que

\left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor =0.

Précisément, puisque n\geq k, il suffit que p^{i}>n, c’est-à-dire i>\log _{p}(n) pour que

\left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor =0.

On a donc:

v_{p}\left( \dbinom{n}{k}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{\left\lfloor \log_{p}(n)\right\rfloor }\underset{0\text{ ou }1}{\underbrace{\left( \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor \right) }}\leq\left\lfloor \log _{p}(n)\right\rfloor

Donc

v_{13}\left( \dbinom{13^{5}}{3^{7}}\right) \leq \left\lfloor \log_{13}(13^{5})\right\rfloor =5

Et 5 c’est mieux que 10 :)

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Solution by Pierre Bernard, France; translated by Américo Tavares

We know that

 v_{p}\left( \dbinom{n}{k}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{+\infty }\left( \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor \right) .

Furthermore, each  term

 \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor\dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor

is 0 or 1 (we have allways \left\lfloor x+y\right\rfloor -\left\lfloor x\right\rfloor -\left\lfloor y\right\rfloor which is  0 or 1).

For i sufficiently large it is clear that we have

\left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor =0.

And because  n\geq k it is  sufficient that p^{i}>n, i. e. i>\log _{p}(n) to have [Translator's note: slightly edited on July 22, 2009]

\left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor =0.

Therefore

v_{p}\left( \dbinom{n}{k}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{\left\lfloor \log_{p}(n)\right\rfloor }\underset{0\text{ or }1}{\underbrace{\left( \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor \right) }}\leq\left\lfloor \log _{p}(n)\right\rfloor

Thus

v_{13}\left( \dbinom{13^{5}}{3^{7}}\right) \leq \left\lfloor \log_{13}(13^{5})\right\rfloor =5

And 5 is better than 10 :)

Other solvers: fede (comments in Gaussianos‘s blog) and fatima

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Resolução de Pierre Bernard, França;  tradução de Américo Tavares.

Sabe-se que

 v_{p}\left( \dbinom{n}{k}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{+\infty }\left( \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor \right) .

Além disso, cada termo

 \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor\dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor

vale  0 ou 1 (tem-se sempre \left\lfloor x+y\right\rfloor -\left\lfloor x\right\rfloor -\left\lfloor y\right\rfloor   que é igual a  0 ou 1).

Para  i suficientemente grande é claro que se tem

\left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor =0.

Ora, dado que n\geq k, é suficiente que  p^{i}>n, isto é i>\log _{p}(n) para se ter

\left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor =0.

Portanto:

v_{p}\left( \dbinom{n}{k}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{\left\lfloor \log_{p}(n)\right\rfloor }\underset{0\text{ ou }1}{\underbrace{\left( \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor \right) }}\leq\left\lfloor \log _{p}(n)\right\rfloor

Deste modo

v_{13}\left( \dbinom{13^{5}}{3^{7}}\right) \leq \left\lfloor \log_{13}(13^{5})\right\rfloor =5

E 5 é melhor do que 10 :)

Outros: fede (commentários no blogue Gaussianos) and fatima

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Notas:

1. v_{p}(r) designa a valoração (ou valorização)  p-ádica (valuation p-adique) de  r: o expoente do número primo p na decomposição em factores primos do inteiro r. Por outras palavras,  p^{v_{p}(r)} divide r mas p^{1+v_{p}(r)} não divide r.

2. Também se usa a notação \text{ord}_p(r) (ordem ou ordinal de r em p) com o mesmo significado.

3. v_{p}\left(\dfrac{r}{s}\right) =v_{p}(r)-v_{p}(s) (com \dfrac{r}{s}\in\mathbb{Q}).

4. Teorema de Legendre: Qualquer que seja o inteiro positivo n, o expoente do número primo p na decomposição em números primos  de n! é igual a

\displaystyle\sum_{i\geq 1}\displaystyle\left\lfloor\dfrac{n}{p^i}\right\rfloor

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Remarks:

1. v_{p}(r) denotes  the p-adic valuation of  r: the exponent of the prime p in the factorization into prime numbers of the integer r. In other words  p^{v_{p}(r)} divides r and p^{1+v_{p}(r)} does not divide r.

2. With the same meaning another notation is also used: \text{ord}_p(r) (order or ordinal of r at p)

3. v_{p}\left(\dfrac{r}{s}\right) =v_{p}(r)-v_{p}(s) (with \dfrac{r}{s}\in\mathbb{Q}).

4. Theorem (Legendre): For every positive integer n, the exponent of the prime number p in the factorization into prime numbers of  n! is

\displaystyle\sum_{i\geq 1}\displaystyle\left\lfloor\dfrac{n}{p^i}\right\rfloor

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Aproveito para  relembrar que podem resolver o problema #2.

I take this opportunity to remember that you can solve the problem #2.

Junho 26, 2009

Problema do mês :: Problem of the month #2

Filed under: Matemática,Math,Problem,Problem Of The Month,Problema do mês,Problemas — Américo Tavares @ 8:29 am
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Resolução :: Solution

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Enunciado do Problema

Admita que n=1,2,3,\dots . Seja x\ge 0  um número  real, \dbinom{x}{0}=1 e  \dbinom{x}{n}=\dfrac{x\left( x-1\right) \cdots\left( x-n+1\right) }{n!}. Deduza a identidade \dbinom{x}{n}+\dbinom{x}{n-1}=\dbinom{x+1}{n}.

  • O prazo limite para apresentação das resoluções é 9.09.2009, quer via email  acltavares@sapo.pt ou comentando no blogue.

Problem Statement  

Suppose that n=1,2,3,\dots . Let x\ge 0 be a real  number, \dbinom{x}{0}=1 and \dbinom{x}{n}=\dfrac{x\left( x-1\right) \cdots\left( x-n+1\right) }{n!}.  Derive the identity  \dbinom{x}{n}+\dbinom{x}{n-1}=\dbinom{x+1}{n}.

  • The deadline for submitting solutions is September 9, 2009 either via e-mail  acltavares@sapo.pt or comment box.
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