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Así se obtienen tres medias enteras

El ganador ha sido en esta ocasión Alberto Muñoz Iborra, de Xàtiva (Valencia)

Consulta todos los desafíos matemáticos anteriores | Dudas, sugerencias, quejas y soluciones, en el correo problemamatematicas@gmail.com | Este jueves plantearemos un nuevo reto

Ya hay solución para el trigésimo sexto desafío matemático con el que EL PAÍS celebra el centenario de la Real Sociedad Matemática Española.

Pedro Carrión Rodríguez de Guzmán, profesor en el IES Alcántara de Alcantarilla (Murcia), propuso el problema, el primero de los "desafíos de los lectores" (ver vídeo de la izquierda), y lo resuelve ahora (vídeo de la derecha).

Para este desafío se han recibido en el plazo marcado 540 respuestas, de las que un 50% eran totamente correctas. Un 37% adicional presentaban alguna imprecisión en la argumentación pero, dado lo que se pedía en el desafío, se han considerado válidas y han entrado en el sorteo. El ganador de una biblioteca matemática como la que entrega cada semana EL PAÍS ha sido en esta ocasión Alberto Muñoz Iborra, de Xàtiva (Valencia).

Recordemos que el desafío consistía en encontrar el menor primo p mayor que 100 para el que existe otro número entero distinto q, éste no necesariamente primo, de manera que las medias aritmética, geométrica y armónica de p y q sean números naturales.

Antes de empezar a resolverlo vamos a recordar dos hechos sobre divisibilidad que se usarán en la resolución.

El primero es que si p es un número primo y p divide al producto mxn necesariamente p divide a m o a n.

El segundo hecho es que si m y n son dos números primos entre sí entonces si m divide a n x r necesariamente m divide a r.

Comencemos con la solución:

Si G es la media geométrica de p y q se tiene que G^2=pq por lo que p divide a G^2 lo que implica que p divide a G. Por tanto podemos escribir G=py. Tenemos, pues, que (py)^2=pq y simplificando obtenemos que q=py^2 para algún entero y.

Si A es la media aritmética de p y q tenemos que A=(p+q)/2 por lo que p+q=2A, es decir, p+py^2=2A, luego p x (1+y^2)=2A. Como 2A es par y p es impar concluimos que 1+y^2 es par por lo que y necesariamente es impar.

Por último, si H es la media armónica de p y q tenemos que H=2pq/(p+q), es decir, H x (p+q)=2pq. Por tanto H x (p+py^2)=2p x py^2 y simplificando dividiendo por p se obtiene que H x (1+y^2)=2py^2.

Tenemos, pues, que 1+y^2 divide a 2py^2; por otra parte 1+y^2 e y^2 son números consecutivos luego son primos entre sí, Podemos concluir entonces que 1+y^2 divide a 2p.

Recordemos que 1+y^2 es par por lo que si 1+y^2 divide a 2p obtenemos que (1+y^2)/2 es divisor de p.

Pero p es primo, por lo que sólo tiene dos divisores: 1 y p. Pero (1+y^2)/2 no puede ser 1 porque ello nos llevaría a que y=1 y, por tanto, a que p=q lo que no es posible porque exigimos que p y q fuesen distintos.

En definitiva, (1+y^2)/2=p. Si encontramos el menor y impar que haga que (1+y^2)/2 sea primo, tendremos resuelto el desafío. Ello se obtiene para y=15 con lo que p=113 y q=25425.

Hay que señalar que una cosa es encontrar el valor adecuado de p y otra distinta demostrar que ese valor es el mínimo. El uso de la fuerza bruta para hallar p y q no garantiza que p sea ese mínimo. Algunos lectores han desechado el primo 101 tras probar valores de q menores, por ejemplo, que 100.000, pero eso nunca garantizaría que 101 fuese el mínimo para un valor de q digamos superior a los mil trillones.

No obstante el método de la fuerza bruta si ayuda a encontrar una solución, que es lo que se pedía, y, de hecho, la solución correcta ha sido hallada a través de programas de ordenador en variados lenguajes y el uso de la hoja de cálculo.

La mayoría de las soluciones han seguido ideas muy parecidas a la demostración del vídeo. Otros han optado por caminos diferentes, como Ana Isabel Navarro García que halla un método para acotar y entre p+1 y 2p-1. De forma parecida Daniel Cabedo Sanchís o Alberto Aguirre usan una acotación de los valores buscados y usando una hoja de cálculo de una manera eficiente encuentran el resultado correcto. Original ha sido el método de demostración de algunos lectores, como Alejandro Calvo, que han usado la convergencia o la monotonía de una sucesión para acotar los posibles valores de la solución.

También ha habido interesantes aportaciones. José Gayo ha encontrado una solución general donde no se exige que p sea primo. Alfoso Pérez Arnal, además de encontrar una solución original, ha proporcionado interesante información sobre los llamados números centrados primos.

El jueves plantearemos un nuevo desafío.