Demostrar que en cada secuencia de $79$ consecutivos positivos números escritos en notación decimal hay un número que la suma de cuyas cifras es divisible por $13$.
Traté de tomar uno por uno los conjuntos de números positivos consecutivos de $79$. Luego he intentado resolver con conjuntos, relación, función. Pero no estoy recibiendo ninguna idea cómo empezar a resolver la cuestión.
Esto es poco elegante, pero...
Para esta respuesta voy a utilizar la notación abc para hacer referencia al número un*100 + b*10 + c donde a,b,c son enteros positivos y b y c están entre 0 y 9. Voy de vez en cuando uso un(b+3)c o alguna de esas la de indicar que b+3 es un solo dígito entre 3 y 9 (suponiendo que b es un dígito entre 0 y 6.)
Si tenemos 79 números consecutivos debemos tener 40 de ab0 (Que es un*100 + b*10 donde b $\le$ 6) a(b+3)9. (Que es un*100 + (b+3)*10 + 9, donde b+3 $\le$ 9).
Eso es obvio, no lo es. Si el primer número es entre a61-a99, entonces, el último número es más que (a+1)39 y tenemos todos los números (a+1)00-(a+1)39. Si el primer número es entre a20 y a60 entonces tenemos a60-a99. Si el primer número es entre a00 y a19, entonces tenemos a20-a59.
No importa qué, tenemos cuatro consecutivos "décadas" dentro de la misma "siglo".
Vamos a empezar con el número ab0 y supongamos que la suma de los dígitos es m. A continuación, entre ab0 a ab9 hemos sumas de dinero para todos los valores de m a m + 9. Desde la a(b+3)0 a(b+3)9 hemos sumas de m+3 m+12. Así que entre ab0 a través de a(b+3)9 hemos sumas todos los números de m a m + 12. Uno de ellos debe ser divisible por 13.
Para $x\in{\mathbb N}$ denotar por $r(x)$ el resto modulo $13$ de la representación decimal de $x$. Si $x$ no es divisible por $10$$r(x)=r(x-1)+1$. Si $x$ es divisible por $10$, pero no por $100$, luego $$r(x)=r(x-1)-9+1=r(x-1)+5\ .\tag{1}$$ If $x$ is divisible by $100$, las cosas son más complicadas; ver abajo.
Considere la posibilidad de ejecutar un $R:=[a\ ..\ a+78]$ $79$ consecutivos de números naturales, y se supone que ninguno de estos números es divisible por $100$. Hay un número más pequeño $c\leq a+9$ en esta carrera que es divisible por $10$. Suponga que $r(c)=1$. A continuación, $(1)$ implica que el $r$-valores en el intervalo de $[c\ ..\ c+39]\subset R$ están dadas por $$[1\ ..\ 10],\quad[2\ ..\ 11],\quad [3\ ..\ 12],\quad[4\ ..\ 13]\tag{2}$$ y cubrir todos los restos modulo $13$. De ello se desprende que $R$ cubre todos los restos modulo $13$, incluso si $r(c)\ne1$. Tenga en cuenta que veríamos $r(x)=0$ $x<c+39$ si no hubiéramos insistido en $r(c)=1$.
La ejecute $R$ puede contener más de un número de $c$ divisible por $100$. Suponga que $r(c-1)=12$$r(c)=1$. A continuación, el $r$-valores en el intervalo de $[c\ ..\ c+39]$ todavía están dadas por $(2)$. El $r$-valores en el intervalo de $[c-40\ ..\ c-1]$ están dadas por $$[0\ ..\ 9],\quad [1\ ..\ 10],\quad [2\ ..\ 11],\quad[3\ ..\ 12]\ ,$$ y cubrir todos los restos modulo $13$. Tenga en cuenta que veríamos $r(x)=0$ $x>c-40$ si no hubiéramos insistido en $r(c-1)=12$.
De ello se desprende que en el peor de los casos, no vemos la $r$valor $0$ todos los $x$ en el intervalo de $[c-39\ ..\ c+38]$ contiene $78$ enteros. Para realizar esta peor de los casos, tenemos $c$ divisible por $100$, $r(c)=1$, y $r(c-1)=12$. Suponga que $c-1$ $k\geq2$ trailing nueves en su expansión decimal. A continuación, las presentes condiciones implica $$2=r(c)-r(c-1)=-9k+1\qquad({\rm mod}\>13)\ .$$ El más pequeño $k\geq2$ el cumplimiento de esto es $k=10$. El número de $c-1=10^{10}-1=9999999999$ ya ha $r(c-1)=12$, y es obvio que $r(c)=1$ en este caso.
Para resumirlo todo: Cualquier carrera de $79$ consecutivos enteros positivos contiene un $x$$r(x)=0$. La primera carrera de $78$ números enteros consecutivos que contiene no $x$ $r(x)=0$ está dado por $[10^{10}-39\ ..\ 10^{10}+38]$.
Mira el menor número $a$ si el último dígito es $0$. Hay en la mayoría de los nueve números por debajo de $a$. Ahora $a,a+1,...,a+9$ le da diez distintos modulo de clase de modulo 13.
Ahora veamos la segunda el último dígito de la $a$, si es menor o igual a 6 entonces estamos bien como $a,a+1,...,a+9,a+19,a+29,a+39$ le da trece distintos restos.
Si el último segundo dígito es mayor o igual a $7$ a continuación, vamos a $b=a+30$ $b$ último dígito $0$ con el segundo último dígito en la mayoría de las $2$.
Ahora $b,b+1,...,b+9,b+19,b+29,b+39$ le da trece distintos restos.
También se $b+39=a+69$ todavía está en el $79$ números.
Deje $a_1<a_2<\cdots<a_{78}<a_{79}$ $79$ números consecutivos.
Caso $1$: El dígito de las centenas es el mismo para todos los números, es decir, $\left\lfloor \dfrac{a_i}{100}\right\rfloor$ es el mismo para todos los números. Considere el más pequeño de la suerte, la cual ha $0$ como su último dígito, decir $a_k$ donde $k \in \{1,2,\ldots,9\}$. Tenga en cuenta que $k+39<79$.
Caso $2$: Hay un número $a_m$ tal que $100$ divide $a_m$, es decir, si $k<m$, $a_k$'s tienen el mismo dígito en la posición de centenas y si $k \geq m$, $a_k$'s tienen el mismo dígito en cientos lugar. Ahora repita el mismo argumento como el anterior considerando cualquiera de las $a_0$ $a_{m-1}$o $a_m$$a_{79}$, lo que ha $40$ números.
Deje $x$ ser cualquier número.
Deje $d_n, d_n-1, \dots, d_1, d_0$ ser los dígitos que componen $x$, de modo que $x = \sum\limits_{i=0}^{n}10^i{d_i}$
Deje $m = \sum\limits_{i=2}^{n}10^i{d_i}$, de modo que $x = m + 10d_1 + d_0$.
Si $d_1 < 6$ o $(d_1=6$$d_0=0)$ , a continuación, las siguientes son las distintas clases de congruencia modulo $13$:
Nota: si $d_0 = 0$, a continuación, utilice $m+10(d_1), m+10(d_1)+1, \dots$ lugar.
y desde $d_1 + 1 - d_0 < 10$:
$$m+10(d_1+4)+9 - x \le 48$$
Si $d_1 \ge 6$, luego deje $e_1 = d_1+3$, y el sustituto de $e_1$$d_1$, lo que nos lleva de $13$ distintas clases de congruencia con:
Nota: si $d_0 = 0$, a continuación, utilice $m+10(e_1), m+10(e_1)+1, \dots$ lugar.
y:
$$m+10(e_1+4)+9 - x \le 78$$
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