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#1 exequiel131719

Dados los dígitos \(0,1,2,3,4,5,6,7,8,9\), se arman números usando UNA SOLA VEZ y TODOS los dígitos y sus sumas. Ejemplos: \(13450+26789,\,123+456+7891,\,12+34+506+789\)(o sea, el número armado \(40239\eq=13450+26789,\,8470\eq=123+456+7891\), etc...)
¿Es posible escribir \(1996\) como se dijo en el enunciado anterior?

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I offer her that kernel of myself that I have saved, somehow; the central heart that deals not in words, traffics not with dreams and is untouched by time, by joy, by adversities

#2 Don Equis

Hola.

No se puede porque \(1+2+...\) 😉

Saludos.

#3 santiago-kun

A ver:

Armamos una tablita de unidades, decenas, centenas y unidades de mil y ponemos las posibles combinaciones de números que resultan dar \(1996\). Después agarramos la suma total y la comparamos con \(\sum_{n=0}^9 n = 45\) (pues tenemos que usar TODOS los números UNA vez cada uno)

\(\sum\) Unidades \ \(\sum\) Decenas \ \(\sum\) Centenas \ \(\sum\) Unidades de Mil = \(\sum\) Total
\(6\) \ \(9\) \ \(9\) \ \(1\) \(=\) \(25\)
\(6\) \ \(19\) \ \(8\) \ \(1\) \(=\) \(34\)
\(6\) \ \(9\) \ \(19\) \ \(0\) \(=\) \(34\)
\(6\) \ \(19\) \ \(18\) \ \(0\) \(=\) \(43\)
\(16\) \ \(8\) \ \(9\) \ \(1\) \(=\) \(34\)
\(16\) \ \(18\) \ \(8\) \ \(1\) \(=\) \(43\)
\(16\) \ \(8\) \ \(19\) \ \(0\) \(=\) \(43\)
\(16\) \ \(18\) \ \(18\) \ \(0\) \(=\) \(52\)
\(26\) \ \(7\) \ \(9\) \ \(1\) \(=\) \(43\)
\(6\) \ \(29\) \ \(7\) \ \(1\) \(=\) \(43\)
(hasta acá nos sirve combinar las posibilidades, después se pasa de \(45\) a simple vista)

Como no hay ninguno \(=45\) entonces no existe.

Saludos.

#4 Yossarian

Otra, o mejor dicho, la misma

Cualquier número escrito así debe ser congruente a 0 módulo 9. Demostración, el criterio de divisibilidad para nueve se distribuye sobre las sumas. Como cada número suma 45, que es divisible por 9, c'est fini.

#5 Don Equis

Hola.

Yossarian, le pifiaste al escribirlo, pero la idea es esa.

Como \(10^k\equiv 1 \,\,(mod\,9)\), cualquier número que formemos será \(\equiv 1+2+...\equiv 0\,\,(mod\,9)\).

Saludos.

#6 exequiel131719

¿y si se puede descartar alguno de los diez dígitos?

#7 Quimey

1996=1978+6+5+4+3+0

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Quimey

#8 exequiel131719

Ok... otro:
Si \(f\in \mathbb{Z}[X]\) tal que \(f(0)\eq=f(1)\eq=1\). Dada \({a}_{n}\) sucesión de enteros definida por:
\({a}_{0}\in \mathbb{Z}\) arbitrario

$${a}_{n+1}\eq=f({a}_{n})$$
Probar que los \({a}_{n}\) son coprimos dos a dos.
#9 Don Equis

Hola.

Que \(f(0)=1\) implica que el término independiente sea \(1\). Luego, \(f(x) = p(x) + 1\) donde \(x|p(x)\). Por lo que \((x,p(x)+1)=1\).

Saludos.

#10 Yossarian

No dos consecutivos, sino dos a dos... es decir, \(a_{n+1}\) es coprimo con TODOS los anteriores.

#11 Don Equis

Hola.

Es que lo resolví después de una fiesta de cumpleaños a las 7am 😛 Me avivé después de apagar la máquina que seguramente se refería a que sean coprimos dos a dos y que había leído mal.

Vayamos por un segundo intento:
\(f(x) = a_0x^n + a_1 x^{n-1}+...+a_{n-1}x + a_n\)

Como \(f(0) = 1\), resulta que \(a_n = 1\).

Como \(f(1) = 1\), resulta que \(a_0 + ... + a_{n-1} = 0\)

De donde se obtiene que \(m\) y \(f(m)\) son siempre coprimos. De hecho, \(f(m)\equiv 1 \,\,(m)\)

Veamos ahora qué pasa entre \(m\) y \(f(f(m))\). Para ello veamos que:

$$f(f(m)) = a_0 f(m)^n + a_1 f(m)^{n-1} + ... + a_{n-1}f(m) + 1$$

Tomando congruencias módulo \(m\) nos queda que:

\(a_0 f(m)^n + a_1 f(m)^{n-1} + ... + a_{n-1}f(m) + 1 \equiv a_0 + a_1 +... + a_{n-1} + 1 = 1 \,\,(m)\) (*)

Por lo que también serán coprimos. Induciendo sobre

$$P(k) = \underbrace{f(\ldots(f}_{k\;veces}(m))\ldots)$$
y utilizando la misma idea que en (*) se obtiene lo que se buscaba.

Saludos.