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2019 AMC 12A Problema 24

Intenta el Problema 24 del 2019 AMC 12A a continuación y luego compara tu respuesta con la solución preparada profesionalmente de LIVE by Po-Shen Loh. También puedes intentar el examen cronometrado completo, ver todas las soluciones del 2019 AMC 12A, o revisar la clave de respuestas.

Todos los problemas se usan con el permiso legal oficial de la Mathematical Association of America (MAA).

24.

¿Para cuántos enteros nn entre 11 y 50,50, inclusive, es (n2−1)!(n!)n \dfrac{(n^2 - 1)!}{(n!)^n} un entero? (Recuerda que 0!=1.0! = 1.)
For how many integers nn between 11 and 50,50, inclusive, is (n2−1)!(n!)n \dfrac{(n^2 - 1)!}{(n!)^n} an integer? (Recall that 0!=1.0! = 1.)
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Respuesta: D
Conceptos:Fórmula de Legendreprimodígitos
Nivel de dificultad: 2420
Pista pequeña:
Compara el exponente de un primo pp en el numerador y el denominador usando vp(m!)=m−sp(m)p−1v_p(m!) = \dfrac{m - s_p(m)}{p - 1}
Compare the exponent of a prime pp in numerator and denominator using vp(m!)=m−sp(m)p−1v_p(m!) = \dfrac{m - s_p(m)}{p - 1}
Pista grande:
El fracaso requiere que nn sea una potencia de primo pap^a con pa−1<2a(p−1)p^a - 1 \lt 2a(p - 1)
Failure requires nn to be a prime power pap^a with pa−1<2a(p−1)p^a - 1 \lt 2a(p - 1)
Solución:
Fijemos un primo p≤n.p\le n. Por la fórmula de Legendre, la diferencia entre el exponente de pp en el numerador y en el denominador es Dp=∑k≥1⌊n2−1pk⌋−n∑k≥1⌊npk⌋. \begin{aligned} D_p &=\sum_{k\ge1}\left\lfloor\dfrac{n^2-1}{p^k}\right\rfloor\\ &\quad-n\sum_{k\ge1}\left\lfloor\dfrac{n}{p^k}\right\rfloor. \end{aligned} Si rkr_k es el residuo de nn módulo pk,p^k, el kk-ésimo sumando es ⌊nrk−1pk⌋.\left\lfloor\dfrac{nr_k-1}{p^k}\right\rfloor.
Sea a=vp(n).a=v_p(n). Los primeros aa sumandos son −1.-1. Si nn no es potencia de p,p, escribamos n=pamn=p^a m con m≥2.m\ge2. Cuando a≥1,a\ge1, el siguiente sumando es al menos np−1≥a,\dfrac{n}{p}-1\ge a, y todos los posteriores son no negativos; cuando a=0,a=0, todos los sumandos ya son no negativos. Por tanto, Dp≥0D_p\ge0 salvo que nn sea potencia de p.p.
Para n=pa,n=p^a, la fórmula de Legendre reduce la condición a pa−1≥2a(p−1).p^a-1\ge2a(p-1). Entre las potencias de primo no mayores que 50,50, esto falla exactamente cuando a=1a=1 (es decir, cuando nn es primo) y cuando n=22=4.n=2^2=4. Hay 1515 primos no mayores que 50,50, más n=4,n=4, para un total de 1616 fallos. Por tanto, funcionan 50−16=3450 - 16 = 34 valores de nn.
Por lo tanto, la respuesta correcta es D.
Fix a prime p≤n.p\le n. By Legendre’s formula, the difference between the exponent of pp in the numerator and its exponent in the denominator is Dp=∑k≥1⌊n2−1pk⌋−n∑k≥1⌊npk⌋. \begin{aligned} D_p &=\sum_{k\ge1}\left\lfloor\dfrac{n^2-1}{p^k}\right\rfloor\\ &\quad-n\sum_{k\ge1}\left\lfloor\dfrac{n}{p^k}\right\rfloor. \end{aligned} If rkr_k is the remainder of nn modulo pk,p^k, the kkth summand is ⌊nrk−1pk⌋.\left\lfloor\dfrac{nr_k-1}{p^k}\right\rfloor.
Let a=vp(n).a=v_p(n). The first aa summands are −1.-1. If nn is not a power of p,p, write n=pamn=p^a m with m≥2.m\ge2. When a≥1,a\ge1, the next summand is at least np−1≥a,\dfrac{n}{p}-1\ge a, and all later summands are nonnegative; when a=0,a=0, every summand is already nonnegative. Thus Dp≥0D_p\ge0 unless nn is a power of p.p.
For n=pa,n=p^a, Legendre’s formula reduces the requirement to pa−1≥2a(p−1).p^a-1\ge2a(p-1). Among prime powers at most 50,50, this fails exactly when a=1a=1 (so nn is prime) and when n=22=4.n=2^2=4. There are 1515 primes at most 50,50, plus n=4,n=4, giving 1616 failures. Hence 50−16=3450 - 16 = 34 values of nn work.
Thus, the correct answer is D.
Problema 23#23
Examen completo
Problema 25#25

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