Problema1.- Encontrar nueve números consecutivos que no sean primos
Solución: Partiremos de que n! = n·(n-1)·(n-2)···3·2·1 es divisible por los n primeros números naturales. Elijamos el factorial de un número n, por ejemplo 10!= 10·9·8····3·2·1 y consideremos los nueve números consecutivos, que será divisible por 10, 9, 8, …3, 2, entonces los nueve números consecutivos :
10!+2, 10!+3, 10!+4, 10!+5,…. 10!+10
son números compuestos, ya que, es evidente, que 10!+2 es divisible por dos, 10!+3 es divisible por 3 y 10!+10 es divisible por diez
En este caso también se podría haber elegido también desde 10!+1 = 11·329891 y que por lo tanto, no es primo, pero no se puede hacer siempre con cualquier factorial que elijamos, porque, por ejemplo 3!+1 =7 es primo.
Problema 2.- ¿Cuál es el menor número que, dividido por cualquiera de los números 2, 3, 4, 5 y 6 da resto 1?
Solución: El menor número que da resto cero cuando se divide por 2, 3, 4, 5 y 6 será el mínimo común múltiplo de ellos: m.c.m. (2, 3, 4, 5, 6) = 60
El menor número que da resto 1 será: m.c.m.(2, 3, 4, 5, 6) + 1 = 61
Problema 3.- ¿Cuál es el menor número que, dividido por 2, 3, 4, 5 y 6 da los restos 1, 2, 3, 4 y 5 respectivamente?
Solución: Observamos que si el número buscado, n, lo dividimos entre 2, 3, 4, 5 y 6 y da restos 1, 2, 3, 4 y 5 respectivamente, significa que si a n se le añade una unidad será el m.c.m (2, 3, 4, 5 y 6), es decir, n +1 = m.c.m.(2, 3, 4, 5, 6) = 60 ⇒ n = m.c.m.(2, 3, 4, 5, 6) – 1 = 60 -1 = 59
El 59 es el número buscado porque para ser múltiplo de dos le sobra 1, para ser múltiplo de tres sobran dos, para ser múltiplo de cuatro le sobran tres, para ser múltiplo de cinco le sobran cuatro y para ser múltiplo de seis le sobren cinco (restos por defecto)
Resto de (59/2) = 1 Resto de (59/3) = 2 Resto de (59/4) = 3
Resto de (59/5) = 4 Resto de (59/6) = 5
Problema 4.- (Este problema se suele plantear como una propiedad mágica de los números. En particular del número 481). Se puede formular así: El número 481 tiene la propiedad sorprendente de que, tomando un número cualquiera de dos cifras ab y haciendo las operaciones
(ab + ab·20)· 481 = ababab
Es decir, aparece el número de seis cifras ababab, que es el número de dos cifras de partida repetido tres veces. ¿Por qué sucede esto?
Solución: Si elegimos el número 35 y realizamos las operaciones indicadas obtenemos:
(35 + 35×20)·481 = 735·481= 353535
Que es el número se seis cifras formado por la repetición de 35.
La razón es que lo que en realidad hemos hecho es que
(35 + 35×20)·481 = (35·21)·481= 35·(21·481) = 35· 10101 =
= 35 (10.000+ 100 + 1) = 353535
En realidad, el efecto se basa en la propiedad del número 10101 del que el número 481 es divisor y se cumple que para números de dos cifras:
ab ·101 = ab(100 +1) = ab00+ ab= abab
ab ·10101 = ab(10000 +100+1) = ab0000+ ab00+ ab = ababab
ab ·1010101 = ab(1000000 +10000+100+1) = ab000000 + ab0000+ ab00+ ab = abababab
Problema 5.- Un número de cuatro cifras de la forma N = aabb
a) Demostrar que n es divisible por 11.
b) Hallar la relación ente a y b para que el cociente N/11 sea también divisible por 11.
c) Hallar el valor de a para que N/112 sea cuadrado perfecto
Solución:
N= aabb = 1000a +100a+ 10b+b = 1100a +11b =
= 11·100a+11b =11(100a+b) con lo que queda probado el apartado a)
b) Para que N/11 sea también divisible entre once el número 100a+b tiene que ser múltiplo de once, es decir, 100a+b = a0b = múltiplo de once y por el criterio de divisibilidad por once a+b = 0 u 11, si excluimos el valor cero se debe cumplir que a+b = 11.
Para que a0b entre 11 sea cuadrado perfecto: Uno de estos números:
209, 308,407, 506, 605,704,803, 901
dividido por 11 tiene que ser cuadrado perfecto y 704:11= 64
El número será 7744 cuya raíz es 88 y a = 7
