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Naturales consecutivos

El problema de la semana es el siguiente:

Hallar todos los números naturales $n$ tales que el conjunto ${n,n+1,n+2,n+3,n+4,n+5}$ se pueda dividir en dos subconjuntos tales que el producto de los números de cada subconjunto sea el mismo valor.

A por él.

Escrito por ^DiAmOnD^, 26 de Febrero de 2008 en Juegos

38 comentarios

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Javier - 26 de Febrero de 2008 11:05

La solucion es el conjunto vacio. Por reduccion al absurdo. Para cualquier m>5 m primo, si el multiplo de algun numero de la serie lo contiene, es el unico, con lo cual, si esta en un subconjunto, no hay un elemento en el otro subconjunto que anule ese factor primo. Por otro lado, dado que el factor 5 tiene que salir 2 veces, la unica manera es que la serie sea de la forma 5n, 5n+1, 5n+2, 5n+3, 5n+4, 5(n+1). Pado que los unicos factores primos que puede haber en la muestra son 2,3 y 5, entonces o bien, 5n=5*2^k o bien 5n=5*3^l (No puede contener los dos, porque entonces 5(n+1) tendria un factor no anulable. Si 5n=5*2^k (5n+1)=3^a (5n+2)=2^b pero 5n+3 deberia ser impar, pero por la distancia al ultimo multiplo de 3 y 5 no puede multiplo de estos, por lo tanto tiene un factor primo impar mayor que 5. Si 5n=5*3^l, (5n+1)=2^a’ pero 5n+2 deberia ser impar, pero por la distancia al ultimo multiplo de 3 y 5 no puede multiplo de estos, por lo tanto tiene un factor primo impar mayor que 5.

Saludos.
Tito Eliatron - 26 de Febrero de 2008 11:07

Quizás haya que buscar naturales tales que el producto $n(n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4)(n + 5)$ sea un cuadrado perfecto
Domingo H.A. - 26 de Febrero de 2008 14:35

Sí señor, Javier.
ap2 - 26 de Febrero de 2008 18:11

Con seis elementos, los subconjuntos son 1-5, 2-4 o 3-3 elementos.
1-5, el producto de cinco consecutivos es siempre mayor que el siguiente.
2-4 para n=1 es mayor el de 2 elementos y a partir del n=2 es mayor el subconjunto de 4.
3-3 son combinaciones de 6 elementos considerados de 3 en 3 total 20 posibilidades. Hoja de calculo para ver que todos los discriminantes no tienen raiz exacta, luego coincido con Javier: no hay solución.
saludos
Ap2
ruben - 27 de Febrero de 2008 6:33

hola perdon por ocupar este espacio pero tengo la necesiada de pedir ayuda en un problema que no he podido resolver en casi 4 años.
les pido de favor que me echen la mano con esto por fa les dejo mi mail por si me quieren comunicar algun resultado.
el problema dice asi: pedro tenia cierta cantidad de discos que repartio entre todos sus amigos, al primero le dio un disco y un septimo de los restantes; al segundo le dio dos y un septimo de los restantes; al tercero le dio tres discos y un septimo de los retantes; asi suscesivamente hasta que regalo todos sus discos.¿ahora esta es la cuestion cuantos discos fueron los que regalo y entre cuantos amigos los regalo?
por favor ayudenme. se los agradecere de corazon. saludos desde mexico.

ruben_1156@hotmail.com
David - 29 de Febrero de 2008 19:44

Hola Rubén,

Es un problema curioso, simplemente probando:
- La solución trivial n=1 y 1 amigo, funciona
- n=36 y son 6 los amigos también.

Ahora la pregunta fuerte, y que la intuición dice que es cierta, es n=36 la única solución no trivial?
David - 29 de Febrero de 2008 19:54

Olvidé mencionar, lo que mas bonito me parece del problema, con 36 discos, todos los amigos se quedan con igual número de discos!
Agustín Morales - 29 de Febrero de 2008 23:19

Voy a resolverlo de forma que se pueda comprender desde un nivel más básico (para dummies como yo). Deliberadamente no hablaré de módulos y cuando diga subconjunto me referiré a la multiplicación de los elementos del mismo:

A) Los dos subconjuntos deben forzosamente ser de tres elementos ya que desarrollando es fácil ver que se cumple que:
(n+4)(n+5)< n(n+1)(n+2)

B)El subconjunto que contenga el factor n, será de la forma:
n(n+a)(n+b)
y por tanto su resto será 0 si se divide por n

(Explicación: n(n+a)(n+b) dividido por n nos da un número natural exacto que es (n+a)(n+b), y por tanto su resto es cero)

C)El otro subconjunto (el que no contiene el factor n) tambien debe dar 0 si se divide por n esto solo puede ocurrir si:
(n+1)(n+2)(n+5) o bien en (n+2)(n+3)(n+5)

(Explicación: en el primer caso al desarrollar la constante es 10 y en el segundo 30 que es lo mismo que decir resto cero)

C) Ahora bien si hacemos:

(n+1)(n+2)(n+5)= n(n+3)(n+4)
Desarrollando vemos que los valores para n son ambos negativos: -18/6 y -20/6

Y lo mismo sucede para:
(n+2)(n+3)(n+5)=n(n+1)(n+4)
cuyas raices son: -1 y -20/6

Por tanto no hay ningún número natural que cumpla el enunciado.
Asier - 1 de Marzo de 2008 2:32

Interesante el problema de Ruben. Lo he estudiado un poco y la única solución es, como comenta David, $n = 36$ . En general, siguiendo la manera de distribuir descrita por Ruben, si llamamos $k$ a la fracción de discos restantes que va entregando ( $k = 7$ en el problema original), la solución general y única en cada caso (salvo por la trivial $n= 1$ ) es: $\displaystyle n = (k-1)^2$
Asier - 1 de Marzo de 2008 14:37

Y como aclara David, en el caso general también los $n=(k-1)^2$ discos se reparten entre $k-1$ amigos quedándose cada amigo con $k-1$ discos.
Asier - 3 de Marzo de 2008 1:12

Retomando el problema original del post, ¿qué podemos decir acerca del caso general? es decir, ¿es posible encontrar $k$ naturales consecutivos de manera que se puedan dividir en dos subconjuntos tales que el producto de los números de cada subconjunto sea el mismo valor?

Sospecho que no aunque no he dado con una demostración. ¿Alguna idea?
ruben - 3 de Marzo de 2008 18:15

pues gracias a david,asier, y otro chavo que me contacto y que dieron la misma repuesta.
la verdad no soy matematico, pero este preoblema no se por que me llamo la atencion,asi que la verdad nunca me hubiera pensado como lo hicieron ustedes.
asi que no se si alguno me podria contactar para explicarme mas detenidamente la solucion, por que, la he comprobado mas no entiendo perfectamente como se obtuvo.gracias de nuevo.
saludos de guerrero,mexico.
Domingo H.A. - 3 de Marzo de 2008 21:07

Asier, la generalización que propones es muy interesante. Parece complicado.

¿Se puede dividir el conjunto $\{n,n+1,n+2,n+3,n+4,\ldots, n+k-2\}$ , con $k\geq 3$ , en dos subconjuntos tales que el producto de los números de cada subconjunto sea el mismo valor?

Con un poco de teoría de congruencias, sé que no es posible si $k=4a+3$ es primo. Sale fácil usando el teorema de Wilson y sabiendo que, en este caso, -1 no tiene raíz cuadrada módulo k. Este caso incluye el problema propuesto (k=7). Para otros casos no he podido aún sacar nada en general.

En general, -1 tiene raíz cuadrada módulo m (es decir, $x^2=-1(m)$ tiene solución) si y sólo si $m=2^\alpha\cdot p_1^{\alpha_1}\ldots p_r^{\alpha_r}$ , donde $\alpha=0,1$ y $p_i\equiv 1(4)$ .
Asier - 3 de Marzo de 2008 22:27

Te agradezco el interés, Domingo.
Yo he deducido que todos los números tienen que ser compuestos (1) y que si tenemos $k$ números, $k$ no puede ser primo (2).

Para (1) supongamos que uno de esos números es primo ( $p$ ). Para ‘compensarlo’ otro número (al menos $2p$ ) tiene que contener el factor primo $p$ , pero como son consecutivos significa que entre medio (postulado de Bertrand) hay otro primo. De esta manera deducimos que no puede haber primos.

Para (2), dado que por (1) todos son compuestos, si tenemos $k$ números consecutivos siendo $k$ primo, está claro que uno y solamente uno de ellos tiene a $k$ como divisor propio, con lo cual la hipotética igualdad en el producto de los subconjuntos no podría darse.

Tus deducciones junto con las mías (si es que son correctas…) parecen no dejar mucho margen para que tal conjunto exista… ¿lo podremos demostrar?
Domingo H.A. - 4 de Marzo de 2008 0:14

Asier, me ha encantado tu razonamiento para ver que los hipotéticos números consecutivos deben ser compuestos. Es un hecho en el que no había caído. Por otro lado, (2) es cierto y no es necesario el hecho de que los k números sean compuestos.

Pero me temo que tendremos que estudiar el caso $\{n,n+1,n+2,n+3,n+4,\ldots, n+k-2\}$ , siendo $k\equiv 1(4)$ primo, antes de atacar el caso general (este valor k que estoy usando corresponde a k-1 en tu caso).

El caso $k\equiv 3(4)$ primo se resuelve bien con la idea de Tito Eliatron (en el segundo comentario), usando el teorema de Wilson y que -1 no tiene raíz cuadrada módulo $k$ . Sin embargo, para el caso $k\equiv 1(4)$ primo esta idea no parece ser útil pues -1 sí que tiene raíz en este caso. Habría que descartar la opción por otra vía, si es que se puede descartar (que todavía no lo veo claro…)
fede - 4 de Marzo de 2008 15:25

Hay un teorema de Erdos-Selfridge, de 1975, que es algo más general:

1975-46 P. Erdos, J. L. Selfridge : The product of consecutive integers is never a power, Illinois J. Math. 19 (1975), 292–301 ( MR51\#12692; Zentralblatt 295.10017.

El artículo se puede encontrar en

http://www2.renyi.hu/~p_erdos/Erdos4ht.html
Domingo H.A. - 4 de Marzo de 2008 15:41

Tremendo, fede!!! Muchas gracias por el link!! La verdad es que es una ironía llamar a estas cosas “teoría elemental de números”…
Asier - 4 de Marzo de 2008 16:58

Muy bueno el link, fede, además se pueden ver cantidad de trabajos de Erdos, muy interesante!

En cuanto al problema planteado, queda ya así aclarado que no existe tal conjunto.
Asier - 4 de Marzo de 2008 21:34

Relacionado con el tema, es curioso el caso en el que tenemos el producto de cuatro números consecutivos: le falta siempre uno para llegar a ser un cuadrado:

$n(n+1)(n+2)(n+3)=m^2-1$
Domingo H.A. - 4 de Marzo de 2008 21:45

Asier: $n(n+1)(n+2)(n+3)+1=(n^2+3n+1)^2$
Sive - 5 de Marzo de 2008 11:23

El problema es muy fácil si nos fijamos únicamente en los números impares del conjunto.

Uno y sólo uno de ellos (de los impares siempre, ojo) será multiplo de 3. Los otros dos tendrán forzosamente otros factores impares. En el mejor de los casos uno de ellos tendrá el factor 5, pero el restante no podría tener ni 3 ni 5, tendría que ser 7 o mayor (puede haber otro número con factor 5, pero sería par).

Y como un factor 7 o mayor sólo puede aparecer una vez en una serie de 6 numeros naturales consecutivos, no hay ningún valor de n que satisfaga el problema.
Joseph - 11 de Marzo de 2008 2:44

Quiza les interece resolver este problema, agradecerìa si me echan una mano.
“Dado n>0, sea S un conjunto cuyos elementos sean enteros positivos <=2n tales que si ‘a’ y ‘b’ pertenecen a S y ‘a’ es diferente de ‘b’, entonces ‘a no divide a b’. ¿Cual es el màximo nùmero de enteros que puede contener S?”.
Omar-P - 11 de Marzo de 2008 2:52

Infinito.
Joseph - 11 de Marzo de 2008 3:32

Weno, creo q la soluciòn es ‘n’, aunq no puedo demostrarlo. Es claro que el numero es <=n, ya que para n+1 siempre existe a y b tal que ‘a divide a b’. Sin embargo esto no justifica que la soluciòn sea n. Es esto lo que deseo que prueben.
Belen - 11 de Marzo de 2008 16:21

Bueno, la demostración va por partes.

Primero voy a demostrar que cualquier número mayor o igual que (n+1) pertenece a $S_{n}$ .
Para ello, baste ver que si se divide el mayor número de todos por él, queda un número menor que dos. Como menor que dos sólo está el uno, resulta que no hay número natural que pueda cumplir esa división, por lo tanto, pertenece al subconjunto.
$\dfrac {2n}{n+1}=2- \dfrac {2}{n+1}$ <2

Por lo tanto, n+1 pertenece. Si n+1 pertenece, n+2 también porque lo único que haría sería aumentar el denominador y hacer aún menor el factor, sin igualarlo nunca a 1.

Ahora se trata de demostrar que todo número menor o igual que n no pertenece al subconjunto. Llamemos i a uno de esos números. Si 2i pertenece al subconjunto, ya i no puede estar en el conjunto.

Pero esto siempre se cumple por lo siguiente:
$i \leq n$
$2i \leq 2n$
Luego i es divisible por un número mayor que él (2i) que podría estar en el subconjunto, o un múltipo de él que de cualquier manera también sería múltiplo de i.

Luego el número en el subconjunto sería $2n - n = n$
Domingo H.A. - 11 de Marzo de 2008 17:28

Entre los números $1,\ldots, 2n$ , Belén ha hecho muy bien en indicar que el subconjunto $\{n+1,n+2,\ldots,2n\}$ cumple las condiciones exigidas (y tiene n elementos). Pero a mi entender no se ha respondido del todo a la cuestión que planteaba Joseph. ¿Puede existir un subconjunto con $n+1$ elementos que cumpla las condiciones? La respuesta es no, pues dados n+1 números cualesquiera comprendidos entre 1 y 2n siempre habrá uno que divide a otro.

Por tanto, para cada n, los conjuntos maximales tienen n elementos.
Joseph - 11 de Marzo de 2008 17:57

Gracias por la soluciòn, me ha sido de gran ayuda.
Domingo H.A. - 11 de Marzo de 2008 20:44

¿Les parece evidente esta afirmación: “dados n+1 números cualesquiera comprendidos entre 2n números consecutivos (cualesquiera también) siempre habrá uno que divide a otro”? ¿Alguien la demuestra?

Propongo también “demostrar que dado un conjunto de 2n números consecutivos, en cualquier subconjunto de n+1 números hay dos de ellos que son primos entre sí.”
Asier - 11 de Marzo de 2008 22:24

La primera afirmación es falsa, Domingo.
La segunda es cierta dado que en esos n+1 números necesariamente habrá dos consecutivos, y esos dos serán primos entre sí.
Domingo H.A. - 11 de Marzo de 2008 23:10

Eso es, Asier. Lo que sí es cierto es que “dados n+1 números cualesquiera comprendidos entre 1 y 2n siempre habrá uno que divide a otro”, y se debe a Erdös. ¿Lo demostramos?
Sive - 12 de Marzo de 2008 7:36

Domingo:

Supongamos que en el conjunto de números elegido, tal que cumplen la condición que enuncias hay M números pares.

Cada uno de esos números podrá expresarse de la forma:

P = 2^E · I

Con I impar y diferente en todos los casos (si no fuera así, los P no podrían estar juntos en el conjunto).

Y puesto que cada número par P del conjunto excluye a un candidato impar I diferente, el máximo de números impares en el conjunto, cuando hay M números pares, será (n-M), y el total:

M + (n-M) = n
Domingo H.A. - 12 de Marzo de 2008 12:06

OK, esa es la idea, Sive!
Sive - 12 de Marzo de 2008 19:30

¿Qué sabéis de la conjetura de Collatz? ¿Está demostrada?
Domingo H.A. - 12 de Marzo de 2008 19:41

“El gran matemático Paul Erdos (1913-1996) creía que la matemática aún no estaba preparada para este problema aparentemente tan simple.”

Hace un mes hubo una charla en Cosmocaixa Barcelona sobre ello a la que me hubiera encantado asistir

http://www.fundacio1.lacaixa.es/SGI/Actividad.jsp?idActividad=21085&idTemaGen=-1&idTemaPro=-1&idCentro=918245&idTipoCentro=-1&idPerfil=&idTipoAct=14&idIdioma=1

http://www.dmae.upm.es/cursofractales/capitulo4/1.html
Omar-P - 12 de Marzo de 2008 19:50

Es un problema abierto muy interesante…
Sive - 12 de Marzo de 2008 19:57

Gracias Domingo, es que pensando en el problema que has planteado, se me ha ocurrido una posible vía para su demostración.

Perder unas cuantas horas y no resolver nada, no me preocupa, es divertido. Pero invertir ese tiempo en demostrar (lo consiga o no) algo ya demostrado, me sentaría bastante mal.

Puedo dar por hecho que la conjetura está abierta entonces ¿no?
Joseph - 12 de Marzo de 2008 20:05

Bueno, yo tengo una soluciòn un tanto parecida del problema planteado por Domingo, quiza es la misma idea

Lo q haremos es expresar a todos los numeros entre 1 y 2n de la forma (2^a)*k, k impar. Es necesario recordar que en este caso existe la posiblidad de a=0. Asi, los valores de k fluctuan entre los impares 1 y 2n-1, es decir n valores. Ya que(2^a)*k representa la totalidad de los numeros, estos son generados por los ‘n valores de k’, observando
. . . .
. . . .
. . . .
4 12 20 .
2 6 10 .
1 3 5 . . . 2n-1
f_1 f_2 f_3 f_n
Ahora bien si el conjunto S de n+1 elementos tomamos por lo menos dos que pertenecen a una misma fila, inevitablemente uno dividira al otro.
Lo mismo ocurre si tomamos mas de dos.
Entonces una salida que nos queda es cojer uno de cada uno, sin embargo tendriamos solo n elementos, por lo que necesariamente tomaremos otro de alguna fila f_i, pero ya un elemento de esta habia sido tomada por lo que necesariamente existiran dos elementos que se dividen.
Ahora bien, si de alguna fila no se coje elemnto alguno, es un caso analogo al anterior(se tomaron mas de una misma fila)
Por lo tanto no tenemos opciòn, para toda elecciòn de n+1 elementos existe siempre uno que divide al otro.
“Puro razonamiento verdad” jeje
Domingo H.A. - 12 de Marzo de 2008 20:14

Eso es Joseph, básicamente es lo mismo que decía Sive. Es un clásico ejemplo para usar el principio del palomar (o en inglés, que queda más académico, pigeonhole principle).

http://es.wikipedia.org/wiki/Principio_del_palomar

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