Un número grande... y único

Resolvemos el 28º desafío matemático de EL PAÍS con el que celebramos el centenario de la Real Sociedad Matemática Española.- La ganadora es Consuelo Arias Crespo, de Ponferrada (León)

Ya hay solución para el vigésimo octavo desafío matemático con el que EL PAÍS celebra el centenario de la Real Sociedad Matemática Española (ver el vídeo conmemorativo).

José Manuel Bayod, catedrático de Análisis Matemático y Defensor Universitario de la Universidad de Cantabria, propuso el problema (ver vídeo de la izquierda) y lo resuelve ahora (vídeo de la derecha).

Para este desafío se han recibido en el plazo marcado 357 respuestas, de las que el 75% eran correctas. La ganadora de una biblioteca matemática como la que entrega cada semana EL PAÍS ha sido en esta ocasión Consuelo Arias Crespo, de Ponferrada (León). Este domingo, en el quiosco, por 9,95 euros con el periódico, Curvas peligrosas, de Josep Sales y Francesc Banyuls.

Recordemos el problema: consistía en identificar todos los números N de 100 cifras que, al ser divididos en dos números -uno formado por las 50 primeras cifras, al que llamábamos A; y otros por las 50 últimas, al que llamábamos B- cumplían la condición de que N = 3AB.

La respuesta correcta al desafío es que N solo puede ser el número de cien cifras 166...667333...334. Veamos a continuación la demostración.

De N sabemos que N = 3AB y que N = 10^50 A + B. De estas dos igualdades deducimos que B es múltiplo de A, concretamente que B = tA, donde t = 3B - 10^50 (en el vídeo, el número t lo representamos con la letra griega alfa).

Así, sabemos que el coeficiente t ha de ser menor que 10, puesto que de lo contrario B = tA tendría más de 50 cifras. Además, ha de ser menor que 4, puesto que si t fuese mayor o igual que 4 pasaría que 10^50 + t = 3B = 3tA >= 12 A >= 1,2 x 10^50. Esto quiere decir que el número "100...00t" sería mayor o igual que el número "120...000" (ambos de 51 cifras), lo que es falso. De ahí sacamos que t solamente puede ser 1, 2 ó 3. Por último, para que el número 10^50 + t sea múltiplo de 3, la suma de sus dígitos, 1 + t, ha de ser múltiplo de 3. Concluimos que necesariamente t = 2.

Por consiguiente, la única solución posible es que B = (10^50 + 2)/3 = "333...334" (con 50 cifras, ya que al dividir el diez inicial entre tres perdemos una); y que A = B/2 = "166...667" (también con 50 cifras). Solamente nos queda comprobar que el número N de 100 cifras que se obtiene al escribir primero A y después B, N = "166...667333...334", cumple efectivamente que N = 3AB. Así es, puesto que N = 10^50 A + B = (10^50 + 2)A = 3BA.

La mayor parte de las soluciones enviadas se han obtenido a través de un análisis detallado del coeficiente B/A, discutiendo los casos de la misma forma que se ha explicado en el vídeo, o con algunas variantes. El siguiente método más usado ha sido estudiar el mismo coeficiente a partir de la observación de que no tiene más factores primos que 2 y 5, puesto que divide a 10^(50).

Muchos de los que enviaron soluciones correctas explicaban que habían comenzado experimentando con números de menos cifras (4, 6, 8,...), normalmente con ayuda de un ordenador, lo que les permitió detectar un patrón que daba lugar a la solución en el caso de 100 cifras, y después pasaron a demostrar que la solución así encontrada era única.

También ha habido un grupo de participantes que ha resuelto el desafío acotando con finura los posibles valores de B, a partir de los valores que puede tomar A; de esta manera llegaban a la conclusión de que la única posibilidad para tener un B entero era el número de la solución. Para conseguir esas acotaciones algunos han utilizado el hecho de que B = 10^(50)A / (3A-1) es decreciente en el rango de valores admisibles de A; mientras que otros han trabajado con las desigualdades que se sabe que cumplen A y B hasta conseguir demostrar que B ha de estar comprendido entre 10^(50)/3 y 10^(50) / (3 - 1/10^(49)).

Por último, ha habido algunos (muy pocos) que no solo resolvieron lo que se propuso, sino que resolvieron además el caso bastante más complicado de que se admitiera que también el primero de los 50 dígitos de A pudiera ser igual a cero, del mismo modo que pueden serlo el resto de dígitos de N. Bajo estas hipótesis resulta haber 1.301 soluciones posibles de N, pero dejamos al lector interesado el placer de encontrarlas...

Entre las soluciones que no hemos podido dar por buenas están las que han identificado el N correcto, pero lo intuyen del resultado obtenido para números de pocas cifras, sin dar un razonamiento que muestre que lo que vale para cuatro o seis cifras también vale para 100. También las que analizan lo que ocurre con B para los valores extremos que puede tomar A pero no demuestran que la conclusión que sacan vale también para todos los valores intermedios de A. Y las que aseguran que el número encontrado es único pero no desarrollan un argumento que lo pruebe.

El jueves plantearemos un nuevo reto.

Resolvemos el 28º desafío matemático de EL PAÍS con el que celebramos el centenario de la Real Sociedad Matemática Española.- La ganadora es Consuelo Arias Crespo, de Ponferrada (León).- El jueves plantearemos un nuevo desafío. <a href="http://www.elpais.com/articulo/sociedad/desafios/matematicos/elpepusoc/20110712elpepusoc_8/Tes">VER PLANTEAMIENTO Y RESTO DE DESAFÍOS MATEMÁTICOS</a>Vídeo: ÁLVARO R. DE LA RÚA / JOSÉ LUIS ARANDA
José Manuel Bayod, catedrático de Análisis Matemático y Defensor Universitario de la <a href="http://www.matesco.unican.es/1024.htm" target="blank">Universidad de Cantabria</a>, presenta el vigésimo octavo desafío con el que EL PAÍS celebra el <a href="http://www.rsme.es/centenario/" target="blank">centenario de la Real Sociedad Matemática Española</a>. Envía tu respuesta a las dos preguntas que formulamos antes de las 0.00 horas del martes 27 de septiembre (medianoche del lunes, <b>hora peninsular española</b>) a <a href="mailto:problemamatematicas@gmail.com">problemamatematicas@gmail.com</a>, entre los acertantes sortearemos una <a href="http://www.elpais.com/promociones/matematicas/" target="blank">biblioteca matemática</a> como la que cada domingo se distribuye con EL PAÍS. A continuación, para aclarar las dudas y en atención a nuestros lectores sordos, añadimos el <b>enunciado del problema por escrito</b>.El desafío de esta semana trata de operaciones con números muy grandes. Concretamente, vamos a tomar un número N que, escrito en base 10, tenga 100 cifras. El primero de sus 100 dígitos no puede ser 0, por lo demás no hay ninguna restricción. A continuación separamos N en dos números: el formado por las 50 primeras cifras, que llamaremos A; y el formado por las 50 últimas cifras, que llamaremos B. El desafío consiste en identificar todos los números N para los que se cumple que N=3AB. Como ejemplo, si en vez de trabajar con un número inicial de 100 cifras, lo hiciéramos con uno de dos, valdría el 24, ya que 24=3x2x4. En este caso, sería fácil hacer la comprobación en todos los números de dos cifras (entre el 10 y el 99) y descubriríamos que solo el 24 y el 15 cumplen la condición que se exige. Sin embargo, en el problema que planteamos la comprobación de todos los números no podría hacerse, ni siquiera por ordenador, en el plazo requerido. Es necesario, por tanto, un razonamiento matemático. Así, la solución que nos enviéis tiene que contener dos cosas. La primera es una relación de los números N que cumplan la igualdad anterior (N=3AB), si es que hay alguno, y no hace falta que nos digáis cómo los habéis obtenido. La segunda es un razonamiento que demuestre que no hay más soluciones que las que nos mandáis, es decir, que esos son todos los números de cien cifras que cumplen la igualdad. <a href="http://www.elpais.com/articulo/sociedad/desafios/matematicos/elpepusoc/20110712elpepusoc_8/Tes">DESAFÍOS ANTERIORES Y SUS SOLUCIONES</a> Vídeo: ÁLVARO R. DE LA RÚA / JOSÉ LUIS ARANDA

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