Olimpiada Matemática de Galicia y Asturias 2013 – Problema 1

Comenzamos hoy la publicación de los problemas de la Olimpiada Matemática de Galicia y de la de Asturias 2013, y, en general, supongo que de todas las Olimpiadas Matemáticas celebradas en España el pasado sábado 12 de enero. Quiero agradecer a Ignacio Larrosa y a Nacho Mas que me hayan enviado los problemas de dichas olimpiadas.

Comenzamos con el primero de ellos. Ahí va su enunciado:

Dado un número entero n escrito en el sistema de numeración decimal, formamos el número entero k restando del número formado por las tres últimas cifras de n el número formado por las cifras anteriores restantes. Demostrar que n es divisible por 7, 11 ó 13 si y solo si k también lo es.

Que se os dé bien.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

11 Comentarios

  1. Supongamos que los 3 últimos dígitos forman el número b y el resto el número a, entonces podemos plantear el siguiente sistema de ecuaciones:
    1000.a+b=n
    y del enunciado
    k=b-a
    sustituyendo podemos llegar a
    1001.a+k=n
    Puesto que 1001 es múltiplo de 7, 11 y 13 entonces n es múltiplo de estos números sí y solo sí k lo es.

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  2. Podemos escribir n como a + 1000*b, siendo a y b números enteros que corresponden a los números formados por las cifras anteriores a la tercera y al formado por las tres últimas cifras de n, respectivamente. De esta forma, tenemos que k = a – b.

    Si reescribimos la primera ecuación como:

    n = a + 1000*b = a + (1001 – 1)*b = a – b + 1001*b = k + 1001*b

    y nos damos cuenta de que 1001=7*11*13, y por tanto 1001*b es siempre divisible por 7, 11 o 13 (ya que b es un número entero), se puede deducir que siempre que n sea divisible por uno de estos tres números, k también lo será, y viceversa.

    EDIT: tarde 😛

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  3. Vamos a ver tampoco es tan complicado, lo que pide es un numero n , que restando las tres ultimas cifras y las anteriores de un numero k que sea divisible por 7 , 11 y 13 y entonces n también .

    Entonces tengo n = 1860859. Restamos las tres ultimas cifras con las anteriores… 859-1860 = -1001

    -1001 es divisible por 7, 11 y 13 y entonces n también jejeje.

    Enviadme cualquier cosa o respuesta buena o mala a mi correo.

    rafaespada_2@hotmail.com

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  4. Quisiera preguntar si los números de una y dos cifras están considerados aquí. Ya que sólo se menciona n positivo, sin especificar nada más.

    ¿Qué pasaría si tomáramos por ejemplo n = 7?

    Por otra parte las dos demostraciones que leí antes sólo se remiten a un n entre 1000 y 9999.

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  5. Perdón, no dice n positivo, si n, con lo cual se puede incluir los negativos.

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  6. Sea n \in \mathbb{Z}, expresado en base decimal como

    n = \displaystyle{\sum_{i=0}^{m} a_i \cdot 10^i = a_0 + a_1 \cdot 10 + \cdots + a_m \cdot 10^{m}}

    Sean d_0 = a_0 + a_1 \cdot 10 + a_2 \cdot 10^2 y d_1 = \displaystyle{\sum_{j=3}^{m} a_j \cdot 10^{j-3}}, de manera que k = d_0 - d_1.
    Si n es divisible por 7, entonces tenemos que

    $latex \displaystyle{n \equiv 0 \bmod{7} \Leftrightarrow
    \sum_{i=0}^{m} a_i \cdot 10^i \equiv 0 \bmod{7} \Leftrightarrow
    \sum_{i=0}^{m} a_i \equiv 0 \bmod{7} \Leftrightarrow
    a_i \equiv 0 \bmod{7} , \forall i \in { 0 , \ldots , m }}$

    Donde he utilizado que mcd(10^i,7) = 1 \Rightarrow a_i 10^i \equiv a_i \bmod{7}, \forall i \in { 0, \ldots ,m }.

    Como para cada a_i tenemos a_i \equiv 0 \bmod{7}, entonces tenemos que si aplicamos el mismo razonamiento a d_0 y d_1 llegamos a la siguiente conclusión:

    d_0 \equiv d_1 \equiv  0 \bmod{7}

    Como k = d_0 - d_1 \Rightarrow k \equiv 0 \bmod{7}, luego k es divisible por 7. Si aplicamos el razonamiento en sentido inverso para k = d_0 -d_1 llegamos a la conclusión de que n es divisible por 7.
    De manera análoga procedemos para 11 y 13, utilizando también el hecho de que mcd(10^i,11) = 1 y mcd(10^i,13) = 1, \forall i \in { 0, \ldots , m }.
    Evidentemente, también funciona para 77, 91, 143 y 1001, que es cuando n es divisible por 7 y 11, 7 y 13, 11 y 13, 7, 11 y 13 respectivamente.
    Espero no tener ningún error 😛

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  7. Se me han quitado todas las de delante de los comandos de LaTeX… Siento la publicación, pero no me deja editarlo para poner las pertinentes.

    Editado por gaussianos: arreglado. Si ves algún error deja un comentario y te lo arreglo.

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  8. Pasaba por aquí; los teléfonos son escasos y no lo pude resistir.
    Mal problema para la preparación para una olimpiada internacional, por una sencilla razón. Los criterios de divisibilidad por 7, 11 y 13 son en efecto muy similares. Pero no da tiempo en el escaso límite del examen de re-descubrir estos criterios, salvo si uno fuera el joven Gauss o el no menos imberbe Euler, o gente parecida. En realidad el problema fomenta la memorización mecanicista; entre los que se preparan para el examen, de los criterios de divisibilidad, que al fin y al cabo no son más que una curiosidad meramente lineal y que no acaba nunca. O si no me creeis, basta preguntarse cual es el criterio de divisibilidad por 211, 223 y 227… y si se puede hallar alguna homología entre los tres ya su vez entre 7, 11, 13 . Porqué limitarse a 7, 11 y 13; de no ser que se piense que 7*11*13 = 1001 = 10^3 +1. No he intentado ni siquiera solucionarlo; no tiene interés. Me acuerdo que una vez, en la muy noble y muy leal villa de Bilbato, para un examen para un vulgar puesto de trabajo de peón en la depuradora de aguas de Arrigorriaga, preguntaron que cual era el radio del círculo que circunscribía a un triángulo de lados 3, 4 y 5 respectivamente. En aquél momento intenté resolverlo geométricamente; con regla y con compás, a lo griego y con la frente alta; después intenté por geometría analítica y finalmente pensé que los peones vascos eran más inteligentes que yo; un mero cántabro. No pensé jamás en la terna Pitagórica; no podía acaso el triángulo haber sido un triángulo cualquiera (1), sin más, como nosotros los aspirantes a peones cualesquiera ?

    (1) : Hypocrite lecteur, mon semblable, mon frère (Charles Baudelaire)

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  9. Para explicar el comentario anterior con mejores palabras, sorprende que el gran matemático Poincaré o el no menor Hilbert o un físico como Lorentz que ya había acuñado el concepto de la contracción de las longitudes sin que el propio Einstein lo supiera o los experimentalistas Michelson y Morley -¿se podía deducir algo real y definitivo de su experimento?; no lo sé- y tantos otros; no hubieran visto lo sencillos que eran los postulados definitivos de la relatividad especial de 1905. Y ahora cualquier **funcionario** de la física o de la matemática, que muchísimos hay, afirma y confirma la sencillez “après la lettre” del sistema teórico-matemático-físico de la relatividad especial. No se deben de dar nunca problemillas a semi-genios o no de olimpiada o no que sean demasiado sencillos después de haber visto la solución; pero que incitan al error de perder el tiempo en la búsqueda de los criterios de divisibilidad por tres números primos consecutivos perfectamente arbitrarios, si no se ve lo perfectamente accesorio, que el producto de esos primos es de la forma 10^n+1. Y un problemilla para profesores. Hallénse al menos 3 grupos de t primos cualesquiera, no forzosamente consecutivos cuyo producto sea de la forma 10^n +1 n distinto de 3; o demuestrese que no existen.

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