Demostración de la obtención de un múltiplo de 10 mediante operaciones aritméticas con tres números cualesquiera

Question

Mientras hacía algunos rompecabezas matemáticos observé que se podían tomar tres números cualesquiera (enteros) y utilizar operaciones aritméticas básicas (suma, resta, multiplicación y paréntesis solamente) para obtener un múltiplo de 10, utilizando cada número sólo una vez.

Por ejemplo.
Utilizando 29, 73, 36: $73+36-29=80$
Usando 2, 4, 7: $2*7-4=10$

¿Existe una prueba para esta teoría en particular, o hay un teorema más general que se aplique a esto? Si no, ¿hay un conjunto de tres números que refute esta teoría?

---

Encontré algunas pistas mientras resolvía esto:

Si uno de los números es un múltiplo de 5 (llámalo $x$ ) entonces definitivamente existe una solución divisible por 10. Esto es fácilmente demostrable, ya que sólo se necesita un número par para multiplicar. Si alguno de los dos números restantes es par, puedes utilizarlo para multiplicar por $x$ para obtener un número divisible por 10. Si ambos números son Impares entonces puedes sumarlos para obtener un número par con el que multiplicar $x$ .

Parece que sólo los dígitos del lugar de las unidades influyen en si es un múltiplo de 10 o no. Ya que podrías tomar cualquiera de los ejemplos, sumarle o restarle cualquier múltiplo de 10 y hacer las mismas operaciones para seguir obteniendo un múltiplo de diez. Creo que esto también es fácilmente demostrable, pero no se me ocurre una forma de hacerlo que no sea larga.
EDIT: Se puede probar como tal, dejemos $a,b$ sean dos enteros s.t $a+b|10$
Sumar dos múltiplos de 10 ( $10m,10n$ ) a $a$ y $b$ obtenemos $10m+a+10n+b$
Desde $a+b|10$ se puede escribir como $10m+10n+10k$ donde $a+b=10k$
Que es divisible por diez
Ahora dejemos que $a,b$ sean dos enteros s.t. $a.b|10$
Añadir $10m,10n$ a $a$ y $b$ obtenemos $(10m+a)(10n+b)$
$=100mn+10an+10bm+ab$ o $100mn+10an+10bm+10k$
Que es divisible por diez
Por lo tanto, cualquier combinación de suma y multiplicación con los tres números no debería importar.
Me doy cuenta de que podría sustituir el 10 por cualquier número en esta prueba y seguiría funcionando. Así que realmente tenemos que demostrar para cada dígito no.

---

He ejecutado un programa en python que ha comprobado todas las combinaciones de números de un solo dígito, pero no ha encontrado ninguna combinación que refute esto.

No estoy seguro de cómo se clasificaría esta pregunta, de ahí la falta de etiquetas de lustre.

Soy bastante nuevo en StackExchange. Por favor, perdóname si he redactado mal esta pregunta.

Answer 1

Recojamos algunas de las útiles observaciones mencionadas e implícitas en el PO:

1. Sólo la clase de residuo de $a,b,c$ mod $10$ asuntos.
2. Si alguno de $a,b,c$ es divisible por $5$ entonces hay una solución.
3. Si cualquier subconjunto de $\{a,b,c\}$ tiene una solución, entonces también la tiene $\{a,b,c\}$ .

Como consecuencia de lo anterior, podemos suponer WLOG que $\{a,b,c\}$ son distinto un solo dígito de $1,2,3,4,6,7,8,9$ .

Con un poco más de esfuerzo, podemos justificar que $a$ puede ser sustituido por $-a$ , lo que nos permitirá restringir aún más a los dígitos $1,2,3,4$ . No es muy difícil convencerse de esto jugando con algunos ejemplos, pero vamos a dar una prueba adecuada por inducción estructural. Más concretamente, demostraremos:

Propuesta: Dejemos que $f(x_1,\ldots,x_n)$ sea una expresión completamente entre paréntesis utilizando cada $x_i$ exactamente una vez y sólo $+,-,*$ operadores. Entonces, al menos uno de $-f$ o $f$ puede escribirse como una expresión similar utilizando $-x_1,x_2,\ldots,x_n$ exactamente una vez.

Esto es trivial para $n=1$ y para $n=2$ verificamos rápidamente cada una de las cuatro expresiones posibles de dos variables: $$-(a+b) = (-a)-b,\\-(a-b) = (-a)+b,\\(b-a) = b+(-a),\\-(a*b) = (-a)*b.$$

Ahora podemos hacer una inducción estructural: supongamos $n\ge 3$ . Al extraer el operador de mayor nivel de $f(x_1,\ldots, x_n)$ podemos escribir $f$ como $h(g_1(\cdots),g_2(\cdots))$ donde cada uno de $g_1,g_2,h$ son expresiones válidas, y los argumentos de $g_1, g_2$ dividir el conjunto $\{x_1,\ldots,x_n\}$ . He ocultado deliberadamente los argumentos porque la notación se vuelve poco manejable, ya que la idea se ilustra mejor con un ejemplo sencillo:

Si $f(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5) = ((x_1 * x_5) + x_2) - (x_3 - x_4)$ , entonces tomamos $$h(a,b) = a-b,\quad g_1 = (x_1 * x_5) + x_2,\quad g_2 = x_3 - x_4.$$

Tenga en cuenta que $h,g_1,g_2$ cada toma $<n$ argumentos por lo que podríamos aplicar la hipótesis inductiva a cualquiera de ellos como se desee. Ahora, $x_1$ pertenece exactamente a uno de $g_1$ o $g_2$ . Ajustando $h$ podemos suponer que WLOG pertenece a $g_1$ . Por hipótesis, o bien $-g_1$ o $g_1$ puede escribirse en términos de $-x_1$ y el resto de argumentos de $g_1$ . Si es $g_1$ que se puede escribir así, entonces hemos terminado ya que $f=h(g_1,g_2)$ puede escribirse en términos de $-x_1,x_2,\ldots,x_n$ . Si no, aplique la hipótesis de inducción de nuevo para $h$ para ver que, o bien $f=h(g_1,g_2)$ o $-f=-h(g_1,g_2)$ puede escribirse en términos de $-g_1$ y $g_2$ y, por tanto, también en términos de $-x_1,x_2,\ldots,x_n$ .

La proposición anterior nos permite sustituir libremente $9$ por $-9$ (que equivale a $1$ ), etc., y así podemos acotar el conjunto $\{a,b,c\}$ a un subconjunto de $\{1,2,3,4\}$ . Por suerte para nosotros, sólo hay cuatro de esos subconjuntos:

$$ (1 + 2 - 3) = 0,\\ (1 + 4)*2 = 10,\\ (1 + 3 -4) = 0,\\ (2+3)*4 = 20.$$

Answer 2

Si has verificado directamente esto para todos los triples de números de una cifra, entonces lo has demostrado. Porque sólo te interesa una combinación aritmética que haga $0$ mod $10$ Así que probarlo para números de un solo dígito demuestra la mayor afirmación.

Sin una verificación directa, considere todos $10^3$ triples de números de una cifra. Si $0$ está en el triple, entonces multiplicando los tres es un múltiplo de $10$ .

Así que ahora considera todo $9^3$ triples de 1 a 9. Si $5$ está en el triple, entonces los otros dos números son Impares y puedes multiplicar $5(\text{odd}+\text{odd})$ para obtener un múltiplo de $10$ o al menos uno de los otros es par y puedes multiplicar los tres para obtener un múltiplo de $10$ .

Así que ahora considera todo $8^3$ triples de 1--4,6--9. Si algún número aparece dos veces en el triple, la diferencia es $0$ y esa diferencia por el tercer número es un múltiplo de $10$ .

Así que ahora considera todo $\binom{8}{3}$ triples de 1--4,6--9 sin repetición. Si un número y su complemento mod $10$ están ambos en el triple, entonces suma esos y multiplica por el tercero para obtener un múltiplo de $10$ .

Así que ahora considera todo $\binom{4}{3}\cdot2^3$ triples de 1--4,6--9 sin repetición donde no hay dos números que sumen $10$ . Sólo nos queda $32$ triples a tener en cuenta, e inspeccionarlos directamente no es tan malo. En primer lugar, considere el $16$ triples con dos o tres miembros de 1 a 4.

$$\underline{12}3\ \color{magenta}{\underline{1}2\underline{4}}\ \color{orange}{\underline{1}2\underline{6}}\ \color{blue}{127}\ \underline{13}4\ \color{blue}{136}\ 1\underline{38}\ 1\underline{47}\ \color{magenta}{\underline{14}8}\ \color{magenta}{\underline{23}4}\ \color{magenta}{\underline{23}6}\ 2\underline{39}\ \color{orange}{\underline{2}4\underline{7}}\ \color{orange}{2\underline{49}}\ \color{orange}{\underline{3}4\underline{8}}\ 3\underline{49}$$

Suma azul a $0$ mod $10$ .

El magenta tiene un par (subrayado) que suma $5$ (o $15$ ) y el tercer número es par, por lo que la suma por el tercer número es un múltiplo de $10$ .

La naranja tiene un par (subrayado) cuya diferencia es $5$ y el tercer número es par, por lo que esa diferencia por el tercer número es un múltiplo de $10$ .

Las restantes negras tienen todas un par (subrayado) que se suma al tercero (mod $10$ ) por lo que sumando ese par y restando el tercero se obtiene un múltiplo de $10$ .

Nótese que si negamos todos los miembros de uno de estos triples, obtenemos los triples con dos o más en 6--9. Las mismas operaciones dan un múltiplo de $10$ ya que sólo sumamos y restamos [con el azul y el negro], o sumamos/restamos y luego multiplicamos por un número par [con el magenta y el naranja]. Así que hemos comprobado indirectamente todos $32$ de los casos persistentes.

Answer 3

Nota: Esta respuesta tiene el objetivo de reducir el número de variantes que hay que estudiar utilizando consecuentemente _aritmética modular_ .

• $a,b,c\in\mathbb{Z}$

Buscamos múltiplos de $10$ al realizar sumas, restas y multiplicaciones. Como tenemos \begin {align*} (a\, \mathrm (10)) + (b\, \mathrm {mod}\, (10)) & \equiv (a+b)\N-, \mathrm (10) \\ (a\, \mathrm (10)) - (b\, \mathrm {mod}\, (10)) & \equiv (a-b), \mathrm (10) \\ (a\, \mathrm (10)) \cdot (b\, \mathrm {mod}\, (10)) & \equiv (a \cdot b)\, \mathrm (10) \\ \end {align*}

es suficiente con considerar $\color{blue}{a,b,c\in\{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9\}}$ .

• $a,b,c\in\{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9\}$

Si dos de los tres números son congruentes módulo $10$ Digamos que $a\equiv b\, \mathrm{mod}\, (10)$ obtenemos \begin {align*} \color {azul}{(a-b) \cdot c} \equiv 0 \cdot c \color {Azul}{ \equiv 0\, \mathrm (10) \end {align*}

y hemos terminado. En lo siguiente podemos WLOG asumir: $a<b<c$

• $a,b,c\in\{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9\},a<b<c$

Si uno de ellos, digamos $a$ es cero obtenemos \begin {align*} \color {azul}{a \cdot b \cdot c}& \equiv 0 \cdot b \cdot c \color {Azul}{ \equiv 0\, \mathrm (10) \end {align*}

y hemos terminado.

• $a,b,c\in\{1,2,3,4,5,6,7,8,9\}, a<b<c$

Si uno de ellos, digamos $a$ es igual a $5$ consideramos dos casos.

Primer caso: Uno de $b$ o $c$ está en paz. Supongamos que $b$ es uniforme. De ello se desprende \begin {align*} a& \equiv 0\, \mathrm (5) \\ b& \equiv 0\, \mathrm (2) \\ ab& \equiv 0\, \mathrm (10) \\ \end {align*} y obtenemos \begin {align*} \color {azul}{a \cdot b \cdot c}& \equiv 0 \cdot c \color {Azul}{ \equiv 0\, \mathrm (10) \end {align*}

Segundo caso: Ambos, $b$ y $c$ son impar. Se desprende de

\begin {align*} b \equiv 1\, \mathrm (2) \\ c \equiv 1\, \mathrm (2) \\ (b+c) \equiv 0\, \mathrm (2) \\ \end {align*}

y obtenemos \begin {align*} \color {azul}{a \cdot (b+c)} \color {Azul}{ \equiv 0\, \mathrm (10) \end {align*}

• $a,b,c\in\{1,2,3,4,6,7,8,9\}, a<b<c$

Desde

\begin {align*} 1 \equiv (1-10) \equiv (-9)\, \mathrm (10) \\ 2 \equiv (2-10) \equiv (-8)\, \mathrm (10) \\ 3 \equiv (3-10) \equiv (-7)\, \mathrm (10) \\ 4 \equiv (4-10) \equiv (-6)\, \mathrm (10) \\ \end {align*}

podemos restringir la atención a $\color{blue}{a,b,c\in\{1,2,3,4\},a<b<c}$ .

• $a,b,c\in\{1,2,3,4\}, a<b<c$

Este caso ya está muy bien considerado en la respuesta de @ErickWong.

Conclusión: Hacer aritmética con tres enteros $a,b,c\in\mathbb{Z}$ Cada una de ellas se produce una vez y utiliza una o más operaciones de suma, resta, multiplicación y negación ( $a \rightarrow -a$ ) siempre podemos obtener un valor entero que sea múltiplo de $10$ .