Solución a seis consecutivos

Olimpiada Junior de los Balcanes, 2017.
Se dirige a una edad de: 16 años

Encuentra todos los conjuntos de seis números enteros positivos consecutivos que cumplen que si multiplicamos dos de ellos y le sumamos el producto de otros dos, obtenemos lo mismo que si multiplicamos los otros dos restantes.

Hay que encontrar todos los conjuntos y demostrar que no existen más.

Solución:

Podríamos pensar que es suficiente usar álgebra, y combinar los seis números en los tres posibles productos, pero son muchas las combinaciones y hay que buscar una manera sensata de recortarlas.

Como son seis, podemos tratar de pensar en pares e impares, y en diferentes restos al dividir entre tres, para reducir mucho el número de pruebas.

Como sabemos las tablas de multiplicar y de sumar módulo dos, es decir, si son pares o impares todos los posibles resultados de pares o impares, podemos distinguir dos casos. Como hay tres pares y tres impares entre los seis números, al menos dos de los productos contendrán pares, pero si se juntan dos impares, tendremos que uno de los resultados será impar, y los otros dos pares, cosa que es imposible. Así pues, necesitamos agrupar un par con un impar en cada uno de los productos.

Por otra parte, las tablas de multiplicar según resto módulo tres (al dividir entre tres) sólo tiene la peculiaridad de que 2·2 = 1 (mod 3), es decir, al multiplicar dos números de resto dos, da un número de resto uno. Eso significa que, como hay dos números múltiplo de tres, no pueden ir separados (porque uno de los resultados no sería múltiplo de tres, y los otros dos sí), y, puesto que van juntos los dos múltiplos de 3, los otros dos son del mismo tipo, al agrupar 1·2 y 1·2, que ambos dan como resultado 2, o bien 1·1 y 2·2, que ambos dan como resultado 1. Por lo tanto, los múltiplos de 3 siempre van sumando, es decir, 1·1 + 0·0 = 2·2 (mod 3), o bien 1·2 + 0·0 = 1·2 (mod 3).

Ahora, puesto que uno de los tres primeros ha de ser el que es múltiplo de 3, analicemos por separado los tres casos. Cada uno de ellos da lugar a dos ecuaciones de segundo grado, a las que debemos buscar soluciones enteras y positivas.

Si el primero es múltiplo de 3, el producto que multiplica los múltiplos de 3 es n·(n+3), que figura en la primera parte de la ecuación, y como los otros dos han de agruparse como par por impar, tenemos n·(n + 3) + (n + 1)·(n + 4) = (n + 2)·(n + 5), que sólo da la solución positiva n = 2 (ojo: no es válida en este caso, pero sí lo es en el caso en que n es resto dos). Y también n·(n + 3) + (n + 1)·(n + 2) = (n + 4)·(n + 5), que nos da como única solución positiva n = 6, que sí es válida.

Si el primero es resto 1, los múltiplos de 3 son n + 2 y n + 5, por lo que claramente tenemos la igualdad (n + 2)·(n + 5) + n·(n + 3) = (n + 1)·(n + 4), que no tiene soluciones positivas, y (n + 2)·(n + 5) + n·(n + 1) = (n + 3)·(n + 4), que tiene la solución n = 1.

Si el primero es resto 2, los múltiplos de 3 son n + 1 y n + 4, por lo que tenemos (n + 1)·(n + 4) + n·(n + 3) = (n + 2)·(n + 5), que es la primera ecuación nuevamente (n = 2), y (n + 1)·(n + 4) + n·(n + 5) = (n + 2)·(n + 3), que no tiene soluciones enteras.

Por lo tanto, las únicas soluciones válidas son las tres halladas:

1, 2, 3, 4, 5, 6, en la que 1·2 + 3·6 = 4·5.

2, 3, 4, 5, 6, 7, en la que 3·6 + 2·5 = 4·7.

Y, por último, 6, 7, 8, 9, 10, 11, en la que 6·9 + 7·8 = 10·11.

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dimates

Grupo de divulgación matemática de la Universidad de Alicante

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