Problemas de Matemáticas en El País – Problema nº 15

Un viernes más os traigo uno de los problemas matemáticos que se proponen en la edición digital de El País. Ayer jueves apareció el decimoquinto de los 30 que se van a proponer aprovechando la celebración del Centenario de la RSME.

Este problema quince se titula Una cuestión de unos y ceros y lo propone Jesús Gago, profesor titular del Departamento de Álgebra de la Universidad de Sevilla. Podéis ver dicho problema haciendo click en este enlace.

Recordamos que se sorteará la colección de libros “Las matemáticas nos rodean” entre todos los que acierten el problema de cada semana. Si encontráis la solución y queréis participar, sólo tenéis que enviarla a problemamatematicas@gmail.com antes de que termine el lunes 27 de junio.

Respecto a la dificultad de los problemas, recordad que se intenta llegar a la mayor cantidad de gente posible, por lo que no se pretende proponer problemas con una gran complejidad.

Y respecto al tema de los comentarios, os recuerdo mi opinión. En principio no tengo pensado quitaros la oportunidad de comentar, pero me gustaría que si queréis comentar no dierais la solución directamente, preferiría que si queréis comentar dierais pistas, que hablarais de la forma de resolverlo, en vez de limitaros a dar la solución tal cual. Muchas gracias a todos.

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.

45 Comentarios

  1. De este problema no veo una solución tan fácil, aunque, como casi siempre, después resultará ser una tontería.

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  2. Hecho. La solución que he obtenido es muy muy corta, pero no es fácil llegar hasta ella. Salvo que haya otra solución más fácil, me da que en esta ocasión no va a haber muchos acertantes.

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  3. Yo lo he resuelto mediante dos Teoremas. La conclusión es lógica y correcta, aunque no sé si es la solución que se espera a este problema. Saludos.

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  4. Sebastián, ¿con teoremas? Tengo curiosidad por saber qué prueba es la tuya. Yo para la mía no he usado teoremas, solo cosas básicas y es bastante corta y sencilla, sencilla una vez que la ves claro, que se te ocurra es más complicado.

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  5. A las buenas noches, pues yo sé la solucción y los teoremas si se les puede llamar así, pero ………… no sé como explicarlo, de facil na de na.
    Tiene su teoria

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  6. Yo he encontrado una solución muy rápida también, y que usa principios sencillos, pero me sorprendería mucho que sea esa la que den, porque la forma de enfocar el problema es muy inusual, al menos en el nivel en el que se mueven estos desafíos.

    Lo hago así:

    Primero expongo un infinito, despues un finito, y, finalmente, sumo.

    Como pista es bastante cutre, pero lo digo más que nada para ver si los que también lo han resuelto, han tirado por el mismo camino.

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  7. A mi lo que cuenta Sive me resulta que guarda cierta analogía a lo que he hecho yo.

    Yo he encontrado una manera constructiva de encontrar los números pedidos por lo que vale como demostración. Pero ni de lejos el número que sale de este método constructivo es el menor posible.

    Por ejemplo para el 21 se tiene que 1010100 es múltiplo de 21, pués en la demostración el número que se consigue tiene 21^2 dígitos (aproximadamente).

    Como pista de lo que hago quizás pueda decir que estudio unos elementos que creo en el grupo Z_{21} y mi interés ver que tengo infinitos del mismo tipo para poder construir la solución. (Creo que como pista si no sabes de que va no sirve de nada, pero supongo que si alguna solución se parece a esta podréis imaginar que es lo que hago)

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  8. Por ahi van los tiros Aitz, no expresado así, claro, pero creo que lo has complicado a posta ¿verdad?

    Supongo que el 21^2 es una cota máxima, calculada rápidamente redondeando, pero sabiendo que en realidad es menor ¿me equivoco?

    De todos modos, hay demostraciones que ofrecen resultados con muchas menos cifras, pero ya usando unas matemáticas poco usuales (en este nivel), y teoremas menos conocidos.

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  9. Sonríele al pajaritoooooo, que su hogar te dará la solución.

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  10. Quizá podría (también) usarse morfismos enttre Z[10] y Z[2]; operaciones con módulo, etc. Pero al menos en mi caso ha sido la aplicación directa de un Teorema y el uso de otro para descartar la opción ‘absurda’.

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  11. Jaja, sí Maelstrom, a eso me refería con lo de que la forma de enfocar el problema es muy inusual en el nivel en el que se mueven estos desafios.

    Todas las demostraciones que usan eso que dices tienen algo que las hace esquivas cuando las buscas, y extremadamente simples cuando ya las has encontrado.

    La demostración es tan versátil que si pongo restricciones del tipo:

    – Que no haya dos unos seguidos.
    – Que haya al menos cinco ceros (o 3, o 7, o N) entre uno y uno.

    Y mil cosas más que no se me ocurren ahora.

    Sirve igual, sin modificación.

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  12. Zurditorium:

    Yo creo que esta semana va a haber muchos acertantes, el propio profesor que presenta el problema ya deja ver que no es un problema original, lo que no va a haber es mucha gente que lo resuelva por sí misma, en mi opinión es un problema de idea feliz aunque la solución sea sencilla de entender cuando la tengas delante.

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  13. Tengo que decir que este problema me ha costado un pelín sacarlo (en comparación con el resto) pero al final lo he conseguido y que bien me he sentido cuando lo he hecho :D.
    Aunque no creo que la demostración que tengo sea la que propongan el martes, ya que es un poco rebuscada.
    Además el múltiplo que consigo para k natural (con k algún factor primo distinto de 2 y 5) es bastante grande, ya que tiene al menos k cifras.

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  14. Yo creo que con un teorema elemental y simples sumas es facil encontrar todos los múltiplos con las condiciones que se quieran. Evidentemente no puedo nombrar el teorema
    Esperemos el martes

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  15. Esto de que es evidente la razón de no decir que el teorema es el de Fermat es lo mismo que cuando cualquier matemático te dice que es evidente cualquier otra afirmación: a lo más que llego es a intuir que la cosa va de múltiplos y divisores. Con todos mis respetos, no sé qué tiene de chiste esa especie de catalogación que circula por ahí del “es evidente” dicha por tal o cual persona/catedrático/profesor/matemático famoso. Comprobar la penúltima afirmación de “elemental” hecha aquí me llevó una página de apretados simbolachos.

    Todo este asunto de palabras a medias e información críptica “para ver si me entiendes” me parece un chiste que se repite hasta el aburrimiento, sobre todo porque he encontrado por internet no menos de cuatro demostraciones, “constructivas” y de existencia.

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  16. Cuando menciono “un teorema” (puedo cambiarlo por criterio) no tiene porque ser de Fermat, ni tampoco “cualquier matemático que evidentemente…”, no soy “matemático” unicamente afición (creo que se nota en mis inscursiones), si me bastan los dedos para contar no utilizo la calculadora cientifica. Por lo que sigo opinando que con un “criterio” para chavades de estudios mas o menos elementales y los dedos para sumar (o restar si se prefiere), con esto considero que se puede furmular la contestación que require el problema
    Lo que si considero evidente es que en el foro hay verdaderas mentes matemáticas muy dignas de tener en cuenta, que con mis concimientos no puedo discutir

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  17. Chicos, dejemos las discrepancias. Buscamos una solución, a ser posible basada en lo que dé de sí nuestro conocimiento o ingenio. No blasfememos las respuestas de quienes ponen su empeño. Saludos a todos.

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  18. Muy evidentemente sebas no dice cuál es el teorema, dice cuál no necesariamente es el teorema. Muy evidentememente sale poco matemáticamente por la tangente, muy humildemente. Yo he visto TRES demostraciones que usan el teorema de Fermat, pero bueno, la cosa es EVIDENTEMENTE esperar a no sé qué al martes.

    Por otra parte “No blasfememos las respuestas de quienes ponen su empeño. ”

    ¿En qué consiste el empeño? ¿En mensajes que nada aclaran? ¿en comentarios del tipo “te digo esto porque si lo entiendes es que lo has hecho, y si no lo has hecho, pues nos quedamos igual”?

    Esto es irritante.

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  19. Aquí la política es no dar las soluciones hasta que pase el plazo. Dado que en internet cada comunidad tiene sus reglas, creo que eso pone el punto final a la discusión.

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  20. perhombre, está bastante claro en el texto de esta entrada que se os pide que no deis la solución, simplemente que, si lo creéis conveniente, deis pistas, como bien te ha dicho Sive. Por ello te has encontrado con comentarios que posiblemente entiendas si has resuelto el problema y comentarios que no comprenderás si n o lo has resuelto. Pero estas son las reglas que seguimos aquí, para ser respetuosos con el concurso al que pertenecen estos problemas.

    Muchas gracias por tu comprensión.

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  21. Una pregunta, ¿no había ya un desafío del país que usando la pista que mencioné también se llegaba a la solución (o quizás me confunda con alguno de los que pone Gaussianos)? Igualmente, de los desafíos que han salido creo que este va a ser, para los más profanos, el más instructivo y educativo. De hecho, sólo por eso, el 15 es, de los que han salido, el problema más “bonito” a mi parecer. Hay otra forma más “pura” y constructiva de hacerlo, como ya han ido mencionando, pero excede bastante el nivel requerido para este tipo de problemas de un periódico. Si Jesús Gago es capaz de dar también esa solución y divulgarla de manera que cualquiera sin conocimientos matemáticos la comprenda, sería ya la repanocha.

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  22. @Maelstrom, yo creo que se puede decir que estás hablando del principio del palomar. Es un principio muy inespecífico, no dice gran cosa acerca de cómo resolver el problema.

    A mi no me suena que se usara en la solución de otro desafío, pero no me hagas mucho caso.

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  23. Buenas noches. Me he tirado todo el fin de semana pensando, pero al fin lo he conseguido. Mis números tienen tantos dígitos como indica la propia cifra. Por ejemplo, para 21 tiene 21 ceros y unos. Como pista utilizo el vuela vuela, pajarito. Un saludo.

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  24. Exacto, Sive. En cuanto a lo otro de si ya se había utilizado, tampoco me hagas mucho caso.

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  25. @Antonio ¿no serán 21 unos y una cantidad indeterminada de ceros?

    Al menos con mi enfoque, el número de cifras sólo se puede acotar, con un desarrollo adicional.

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  26. Con los números primos hay garantía de encontrar un múltiplo con menos cifras que las del valor del propio número, una menos.

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  27. vayapordios, así es… salvo para el 2 y el 3. Y si hemos hecho el mismo razonamiento, en rigor habría que eliminar también el 5.

    Pero cuidado que no van por ahí los tiros, no sea que alguien se piense que esto es una pista.

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  28. Sive, espero no haberme equivocado (no soy matemático profesional), pero desde mi enfoque obtengo tantos unos y ceros como dígitos indica el número.

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  29. Tengo curiosidad de cómo habéis llegado -algunos- a una demostración por el principio de palomar. Yo aún ando dándole vueltas a eso (aunque yo he ‘tirado’ de Bézout). Saludos.

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  30. Para cada n, tomemos la sucesión 1, 11, ….., 1111….1 consistente en en n+1 números (siendo por tanto el término n+1 consistente en n+1 unos también), por el principio del palomar, dos de estos números (como mínimo) han de tener el mismo resto módulo n (a[i]=a[k]mod(n)). Restamos el menor del mayor de estos dos números y esa resta nos dará un número múltiplo de n con sólo 1’s y 0’s.

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  31. Este argumento Maelstrom es de los más cortos que a mi se me ocurren, y por su sencillez bonito.

    Nota: Si no me equivoco, puestos a acotar dígitos, con el mismo argumento puedes decir que es suficiente llegar a n dígitos. Los restos toman valores entre 0 y n-1, por lo cual n+1 sería suficiente para que haya al menos una repetición, pero es que si con n no hay repeticiones entonces es que se toma el residuo 0, y entonces para este caso no hace falta pareja para restar y también se llegaría a lo pedido. Corto y n dígitos de cota. Y creo que no se puede apurar más, el 9 por ejemplo tiene el 111111111 como múltiplo y creo que no hay menor posible.

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  32. Lo de que no se puede apurar más… me refiero a que tampoco es tan mala cota, solo eso.

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  33. Yo lo demostré de forma constructiva con fracciones generatrices (esas que tienen 9’s y 0’s en el denominador) de la siguiente forma:

    Sea N el número en cuestión.

    Consideremos la fracción 1/N= 9/(9N) y calculemos el número decimal 1/(9N). Este número, 1/(9N), es decimal periódico y podemos calcular una fracción generatriz con un cierto numerador K y un cierto denominador D formado únicamente por 9’s y 0’s (ver método en wikipedia, si hace falta). Notar que el denominador D es, por tanto, múltiplo de 9, es decir, D=9E con E formado por 1’s y 0’s.

    \dfrac{1}{N}  = 9\dfrac{ 1}{9N} = 9\cdot (número decimal)= 9\dfrac{ K}{D} = 9\dfrac{ K}{9E} = \dfrac{K}{E}

    Y por tanto,

    NK=E, con E formado por 1’s y 0’s

    Veamos este ejemplo para ilustrar el proceso. Sea N=24, entonces

    \dfrac{1}{24} = 9\dfrac{1}{24\cdot 9} = 9 \cdot 0,004\stackrel{\frown}{629} = 9\dfrac{4625}{999000}=\dfrac{4625}{111000}

    Por tanto, 24\cdot 4625=111000

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  34. A partir del criterio de divisibilidad por restos parciales (o potenciales), de caulquier “n” encontraremos facilmente infinidad de multiplos con secuencias de 0 1. Por ejemplo para el 7, sus resto parciales 1, 3, 2, 6, 4 y 5 ó 1, 3, 2, -1, -3 y -2 la secuencia 111111 vemos facilmente que es múltiplo de 7, y mas a lo bestia, cualquier secuencia de 0 y1 repetida 7 veces lo será, es fácil encontrar infinidad de secuencias cortas
    Saludos

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  35. Yo lo hice sumando n potencias de diez con el mismo resto. Dado que hay infinitas potencias de 10, y finitos restos, está garantizado que podré encontrar n restos iguales.

    También se puede resolver argumentando que la exponenciacíon modular es una función periódica, y que sumando todos los valores de un periodo, el resultado es congruente con 0. Es decir, serían números formados únicamente con unos. Esta propiedad no se aplica en algunos casos (en el caso de las potencias de 10, el 3, y los múltiplos de 2 o de 5), pero se pueden sortear.

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  36. Hola, he de decir, al hilo de otros comentarios, que buscando la secuencia en OEIS, se podía encontrar fácilmente una demostración, ahora bien, siempre queda la cuestión moral de «hacer trampas» o no. La secuencia es OEIS:A004290.

    Añado que la solución de @Edmond es la solución elegante, no hace uso de ningún teorema, lema o proposición, y está en concordancia con lo que se viene pidiendo de estos problemas (lo que pasa es que los demás tenemos la mente muy contaminada con matemáticas más abstractas :P)

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  37. Sí, ingenioso, edmon, y de hecho, por las herramientas usadas, es perfecto para un problema de este nivel. Solo le pondría un pero, y es que los números construidos con este sistema son siempre de la forma 11…110…0 (1’s delante siempre y 0’s detrás)

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  38. Sea un número natural N.
    Se nos pide encontrar un natural X tal que, multiplicándolo por N, nos de
    un producto cuyos números sean sólo ceros y unos.

    Potencias de 10 tenemos las que queramos…. infinitas….
    y voy a poder obtener tantos X COMO QUERAMOS…. infinitos !!!…

    Vamos a encontrar ‘el primero’ o menor de ellos.

    hacemos las divisiones 1/N 10/N 100/N 1000/N … 100….00/N
    que dan de resto r0 r1 r2 r3 … rn

    Aunque pudiese hacer infinitas divisiones, sólo puedo obtener restos
    de 0 a (N-1).

    Si me sale un resto cero antes de obtener una suma de restos = N,
    el X buscado es la potencia de 10 / N. Ver ejemplo N = 8

    Si aún no me sale resto cero, entonces fijándome en una suma de restos
    que de igual a N, el X buscado es = (Suma de potencias de 10) / N
    Porque si la suma de restos es N, la suma de potencias es divisible por N
    y X = (Suma de potencias de los restos que suman N) / N

    y dispongo de un número infinito de combinaciones cuyos restos
    sumen N o den cero….

    Ejemplos:

    1/N 10/N 100/N 1000/N 10000/N 100000/N 1000000/N 10000000/N 100000000/N
    r0 r1 r2 r3 r4 r5 r6 r7 r8

    N=9,
    1 1 1 1 1 1 1 1 1
    (r0+r1+r2+….+r8=9 y X=(1+10+100+…+100000000)/9 = 111111111 / 9 = 12345679)

    N=8
    1 2 4 0 (r3 = 0 ; X = 1000 / 8 = 125)

    N=7
    1 3 2 6 (r0 + r3 = 7 ; X = (1+1000) / 7 = 143)

    N=12
    1 10 4 4 4 (r2 + r3 + r4 = 12 ; X = (100 + 1000 + 10000) / 12 = 925)

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  39. Bueno, pues la solución de Sive y de Emili parte con la ventaja de que los números formados con su procedimiento tienen una forma más “natural”, es decir más de la forma 110100, 10100, 1000111, etc, y no de esa forma tan artificial que es 1’s a la izquierda y 0’s a la derecha.

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  40. La demostración de Maelstrom era la ideal para explicar el principio del palomar, porque se podía formular con las palomas justas para explicarlo en su forma más básica.

    La mía como mínimo necesitaba (n^2-n+1) palomas, tantas que era más práctico agarrarnos al hecho de que eran infinitas y ya está (infinitas palomas, finitos cajones, al menos un cajón tiene infinitas palomas). Si hubieran dado mi demostración, no habría quedado claro el principio. Ya dije que me extrañaría muchísimo que lo hicieran.

    ¿Qué os parece la explicación del principio?

    Yo creo que le faltó alguna matización, pero no está mal.

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