(Hay dos problemas extraídos de Desarrollo de destrezas en la resolución de problemas de olimpiadas matemáticas. Ed. por Daniel José Rodríguez Luis y Juan Miguel Ribera Puchades )
PROBLEMA 1. Probar que, dados 8 números naturales cualesquiera, siempre hay al menos dos cuya diferencia es múltiplo de 7.
Solución Aplicaremos el principio del palomar de Dirichlet. Cualquier número dividido entre 7 puede dar solamente siete restos: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6.
Como tenemos ocho números enteros a1, a2, a3, … , a8,
por el principio del palomar podemos asegurar que habrá al menos dos de esos números dos que dan el mismo resto al dividirlos por 7. Sin pérdida de generalidad podemos suponer que a2 y a3 dan el mismo resto al dividirlo por 7, esto es a2 = 7k + r y a3 = 7k’ + r, por lo tanto:
a2 – a3 = 7(k -k’), por lo tanto. la diferencia a2 – a3 es múltiplo de 7
Nota: Podemos generalizar el enunciado del problema anterior a cualquier número. Dada una colección de n + 1 números enteros, siempre hay dos de ellos cuya diferencia es múltiplo de n. A partir de aquí, se puede explotar esta misma idea para abordar problemas más complejos. Este es el caso del siguiente ejemplo.
PROBLEMA 2. Probar que existe al menos un número, cuyos dígitos son todos igual a 1, que es múltiplo de 7.
Solución: Aplicaremos el principio del palomar a ocho números tales como: ai , aj, ak , al, am, an, ao, ap
donde el subíndice indican el número de unos que tiene cada número, y i, j, k, l, m, n, o, p son enteros consecutivos
Por el p del palomar anterior, hay dos de ellos, por ejemplo ax, ay (x < y ), cuya diferencia es múltiplo de 7.
(x e y representan a los subíndices i, j, k, l, m, n, o, p
N = ay – ax = 11..1 00..0 con y – x unos y x ceros es múltiplo de 7
N= ay – ax = (11.. y-x.. 1)·10x
Pero como 10x tiene únicamente factores 2 y 5, necesariamente (11. y-x.. 1) es múltiplo de 7
PROBLEMA 3. Probar que existe una potencia de 3 que acaba en 001.
Solución: Consideremos los 1001 números de la forma aj = 3j , con j = 1, . . . , 1001, es decir, las primeras 1001 potencias de 3.
Necesariamente entre las 1001 potencias aj = 3j habrá dos de ellas que darán el mismo resto al dividirlas por 1000.
Por lo tanto, existen índices i, j, con i < j, tales que 3j − 3i es múltiplo de 1000.
Como 3j − 3i = 3i(3 j−i − 1), es múltiplo de 1000 y 1000 no es divisible por 3,
3 j−i − 1 es múltiplo de 1000, por lo tanto 3 j−i − 1 acaba en tres ceros. Por consiguiente,
3j−i acaba en 001.
PROBLEMA 4. Sea x un número real cualquiera. Probar que entre los números x, 2x, 3x, . . . , (n − 1)x hay al menos uno cuya distancia a un número entero es a lo sumo 1/n.
Solución: Lo primero es ver que basta considerar la parte decimal de los n−1 números, que es lo que nos va a indicar la distancia a un entero. Ahora, dividimos el intervalo [0, 1] en n subintervalos de longitud 1/n, como se muestra en la figura
Si al menos uno de los números estuviera en el intervalo [0, 1/n] o en el [(n − 1)/n, 1], ya estaría probado. Si no fuera el caso, habría n − 1 números distribuidos en n − 2 subintervalos de [0,1] y en uno de ellos habría al menos dos, digamos jx y kx, con k > j. Ahora bien, (k − j)x, es uno de los números que nos han dado y su distancia a un entero es claramente inferior a 1/n, lo que contradice que no haya ningún número en el primer o último intervalo.