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

Setembro 10, 2009 in Matemática, Math, Problem, Problem Of The Month, Problema, Problema do mês | Leave a comment

ver/see Problema do mês Problem of the month

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

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

$\bigskip$

Resolução de antonio girao

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

$=\dbinom{x+1}{n}$

$\bigskip$

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

* * *

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

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

$\bigskip$

Solution by antonio girao

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

$=\dbinom{x+1}{n}$

$\bigskip$

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 $x$ .

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

Julho 20, 2009 in Matemática, Math, Problem Of The Month, Problema, Problema do mês | Tags: Matemática, Math, Problem, Problem Of The Month, Problema do mês | Leave a comment

ver/see Problema do mês Problem of the month

$\bigskip$

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.

$\bigskip$

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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* * *

$\bigskip$

Solution by Pierre Bernard, France; translated by Américo Tavares

We know that

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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* * *

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

Sabe-se que

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:

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

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

$\bigskip$

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

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

$\bigskip$

* * *

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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.

Problema do mês :: Problem of the month #2

Junho 26, 2009 in Matemática, Math, Problem, Problem Of The Month, Problema, Problema do mês | Tags: Matemática, Math, Problem Of The Month, Problema, Problema do mês | 4 comments

ver/see Problema do mês Problem of the month

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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.

Problema do mês :: Problem of the month #1

Junho 11, 2009 in Matemática, Math, Problem, Problem Of The Month, Problema do mês | Tags: Matemática, Math, Problem, Problem Of The Month, Problema, Problema do mês | 7 comments

ver/see Problema do mês Problem of the month

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Resolução :: Solution

Enunciado do 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 $m.$

Nota: não se permite a utilização de calculadoras ou computadores.
Sairá vencedora a melhor estimativa justificada.
Afirmação não demonstrada: 10 é um majorante de $m$ . Encontre um mais pequeno.
O prazo limite para apresentar resoluções é 19.07.2009. acltavares@sapo.pt

Problem Statement

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 $m.$

Remark: the use of calculators or computers is not allowed.
The best justified estimate will win.
Claim: 10 is an upper bound for $m$ . Find a smaller one.
The deadline for submitting solutions is July 19, 2009. acltavares@sapo.pt

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

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