¿Cómo probarías que en la sucesión a_1=1; a_2=12; a_3=123; a_4=1234; a_5=12345,… Hay infinitos múltiplos de 7?

El problema aritmético que aquí se propone no es trivial en absoluto, y lo más difícil, paradójicamente, no es resolverlo, sino plantearlo de manera rigurosa. Esta situación es muy común en algunos problemas de teoría de números: hay que definir estrictamente un problema formulado de manera intuitiva.

Primero, señalemos cómo se obtienen inequívocamente todos los términos de la sucesión propuesta:

a₁ = 1, a₂ = 12, a₃ = 123…, a₉ = 123456789 → Primer bloque.

a₁₀ = 123456789 10, a₁₁ = 123456789 10 11…, a₉₉ = 1234567891011121314…99 →

→ Segundo bloque.

a₁₀₀ = 1234567891011…99 100, a₁₀₁ = 1234567891011…99 100 101…

a₉₉₉ = 1234567891011…99 100 101…999 → Tercer bloque…etc.

En general, si k≥2, el bloque k-ésimo se compone de:

a sub (10 ᵏ⁻¹ ) = 10 ᵏ * a sub (10 ᵏ⁻¹ -1 ) + 10 ᵏ⁻¹ ,

a sub (10 ᵏ⁻¹ +1) = 10 ᵏ * a sub (10 ᵏ⁻¹ ) + (10 ᵏ⁻¹ +1) , etc. , y el término genérico:

a sub (10 ᵏ⁻¹ +m) = 10 ᵏ * a sub (10 ᵏ+m-1) + m, siendo 10 ᵏ⁻¹ ≤ m ≤ 10 ᵏ -1.

Hasta el último término del bloque,

a sub (10 ᵏ- 1) = 10 ᵏ * a sub (10 ᵏ- 2) + (10 ᵏ- 1) .

Para verlo más intuitivamente, pasamos de 1 a 12, multiplicando el primer término (1) por 10 y sumando 2, que es el subíndice del segundo término de la sucesión. Luego, igualmente, siguen 12*10+3=123; 123*10+4=1234…etc. A partir del décimo término (suponemos todos los números naturales expresados en base decimal) se tiene que multiplicar el término anterior por 100 y sumar el nº de orden o subíndice del término actual (10, 11, 12…), así hasta 100–1, o sea, el término 99. Desde ahí en adelante habría que multiplicar por 1000 y sumar el subíndice del término que estamos calculando (100, 101,…999)…etc.

Vemos, mediante división directa por 7, que ninguno de los primeros 10 términos es múltiplo de 7, mientras que el primero de todos ellos que sí lo es, es el término undécimo, esto es, el de lugar 11:

1234567891011/7=176 366 841 573, cociente exacto, y es un número entero .

Luego a₁₁ = múlt. 7.

Antes de probar que hay infinitos múltiplos de 7 en la sucesión, viene bien probar algo mucho más modesto, y es que al menos existe un tal múltiplo de 7.

Supongamos ahora que hubiera infinitos múltiplos de 7 con índice 10 ᵏ - 1,

siendo k € N. O, en otras palabras, que hubiera infinitos múltiplos de 7 en la subsucesión {a₉, a₉₉, a₉₉₉, …}.

En ese caso no habría nada que demostrar, porque lo que se quería probar era eso, precisamente: la existencia de infinitos múltiplos de 7.

Así pues, desde ahora en adelante, supondremos que no se da ese caso tan favorable, y eso añade una hipótesis adicional a las que conlleva el problema:

HIPÓTESIS ADICIONAL: Existe cierto k₀ € N (k₀>1) de modo que si k≥k₀ ya se verifica siempre que a sub (10 ᵏ -1) ≠ múlt 7. Es decir, si k≥k₀, los términos de subíndice formado por k "nueves" NUNCA son múltiplos de 7.

Planteado de este modo el problema, una vía de ataque que parece prometedora es intentar demostrar que a partir del subíndice 10 ᵏ, donde k≥k₀, el bloque (k+1)-ésimo, es decir, el bloque de términos de la sucesión principal, formado por

{ a sub (10 ᵏ), a sub (10 ᵏ+1), …, a sub (10 ᵏ+m) = 10 ᵏ⁺¹ * a sub (10 ᵏ+m-1) + m, …

…, a sub (10 ᵏ⁺¹ -1) } contiene al menos un múltiplo de 7; puesto que habiendo infinitos bloques distintos, a fortiori, habrá infinitos términos de la sucesión que serán múltiplos de 7, y habremos resuelto el problema.

Por la hipótesis adicional, como asumimos que no puede ser múltiplo de7 ningún término con subíndice potencia de 10 de exponente k ≥ k₀, menos 1 (es decir, todas sus k cifras iguales a 9) tomando k fijo y considerando por separado todos los casos posibles, supongamos entonces que:

a sub (10 ᵏ - 1) ≡ ±1, ±2, ±3 (mód. 7). [6 posibilidades en total].

Admitamos también que 10 ᵏ⁺¹ ≡ ±1, ±2, ±3 (mód. 7). [6 posibilidades en total].

Aparecen así 36 casos posibles (6*6).

Emparejando ±1, ±2, ±3 con ±1, ±2, ±3, de todos los modos posibles, tendremos: (1,1) (1,-1), (1,2), (1,-2)…hasta (1,-3), luego (-1,1), (-1,-1)…etc. hasta el último emparejamiento posible, (-3,-3).

CASO 1: Emparejamiento (1,1), es decir,

a sub (10 ᵏ - 1) ≡ 1 (mód. 7).

10 ᵏ⁺¹ ≡ 1 (mód. 7).

Para abreviar, llamemos N = 10 ᵏ. Con estas notaciones, será:

a sub (N-1) ≡ 1 (mód. 7), y 10 N ≡ 1 (mód. 7), de donde N ≡ -2 (mód. 7).

Ahora, por la ley de formación de los términos de la sucesión, será:

a sub N = 10 N * [a sub (N-1)] + N = 3*(-2)*1–2 ≡-8 ≡ -1 (mód. 7).

a sub (N+1) = 10 N * (a sub N) + N+1 ≡ 3*(-2)*(-1)–2+1 ≡5 ≡ -2 (mód. 7).

a sub (N+2) = 10 N * (a sub N+1) + N+2 ≡ 3*(-2)*(-2)–2+2=12 ≡ -2 (mód. 7).

a sub (N+3) = 10 N * (a sub N+2) + N+3 ≡3*(-2)*(-2)-2+3=13 ≡ -1(mód. 7).

a sub (N+4) = 10 N * (a sub N+3) + N+4 ≡3*(-2)*(-1)-2+4=8 ≡1 (mód. 7).

a sub (N+5)= 10 N * (a sub N+4) + N+5 ≡3*(-2)*1-2+5=-3 (mód. 7).

a sub (N+6)= 10 N * (a sub N+5) + N+6 ≡3*(-2)*(-3)-2+6=22 ≡1 (mód. 7).

a sub (N+7)= 10 N * (a sub N+6) + N+7 ≡3*(-2)*1-2+7 ≡ -1 (mód. 7).

a sub (N+8)= 10 N * (a sub N+7) + N+8 ≡3*(-2)*(-1)-2+8=12 ≡ -2 (mód. 7).

a sub (N+9)= 10 N * (a sub N+8) + N+9 ≡3*(-2)*(-2)-2+9=19 ≡ -2 (mód. 7).

a sub (N+10)= 10 N * (a sub N+9) + N+10 ≡3*(-2)*(-2)-2+10 ≡ -1 (mód. 7).

a sub (N+11)= 10 N * (a sub N+10) + N+11 ≡3*(-2)*(-1)-2+11 ≡ 1(mód. 7).

a sub (N+12)= 10 N * (a sub N+11) + N+12 ≡3*(-2)*1-2+12 ≡ -3 (mód. 7).

a sub (N+13)= 10 N * (a sub N+12) + N+13 ≡3*(-2)*(-3)-2–1≡ 1 (mód. 7).

a sub (N+14)= 10 N * (a sub N+13) + N+14 ≡3*(-2)*1-2+0 ≡ -1 (mód. 7).

a sub (N+15)= 10 N * (a sub N+14) + N+15 ≡3*(-2)*(-1)-2+1 ≡ -2 (mód. 7).

a sub (N+16)= 10 N * (a sub N+15) + N+16 ≡3*(-2)*(-2)-2+2 ≡ -2 (mód. 7).

a sub (N+17)= 10 N * (a sub N+16) + N+17 ≡3*(-2)*(-2)-2+3 ≡ -1 (mód. 7).

a sub (N+18)= 10 N * (a sub N+17) + N+18 ≡3*(-2)*(-1)-2+4 ≡ 1 (mód. 7).

a sub (N+19)= 10 N * (a sub N+18) + N+19 ≡3*(-2)*1-2–2≡ -3 (mód. 7).

a sub (N+20)= 10 N * (a sub N+19) + N+20 ≡3*(-2)*(-3)-2–1≡ 1 (mód. 7).

a sub (N+21)= 10 N * (a sub N+20) + N+21 ≡3*(-2)*1-2+0≡ -1 (mód. 7).

a sub (N+22)= 10 N * (a sub N+21) + N+22 ≡3*(-2)*(-1)-2+1≡ -2 (mód. 7).

a sub (N+23)= 10 N * (a sub N+22) + N+23 ≡3*(-2)*(-2)-2+2≡ -2 (mód. 7).

a sub (N+24)= 10 N * (a sub N+23) + N+24 ≡3*(-2)*(-2)-2+3≡ -1 (mód. 7).

a sub (N+25)= 10 N * (a sub N+24) + N+25 ≡3*(-2)*(-1)-2–3≡ 1 (mód. 7).

a sub (N+26)= 10 N * (a sub N+25) + N+26 ≡3*(-2)*1-2–2≡ -3 (mód. 7).

a sub (N+27)= 10 N * (a sub N+26) + N+27 ≡3*(-2)*(-3)-2-1≡ 1 (mód. 7).

a sub (N+28)= 10 N * (a sub N+27) + N+28 ≡3*(-2)*1-2+0≡ -1 (mód. 7).

a sub (N+29)= 10 N * (a sub N+28) + N+29 ≡3*(-2)*(-1)-2+1≡ -2 (mód. 7).

a sub (N+30)= 10 N * (a sub N+29) + N+30 ≡3*(-2)*(-2)-2+2≡ -2 (mód. 7).

a sub (N+31)= 10 N * (a sub N+30) + N+31 ≡3*(-2)*(-2)-2+3≡ -2 (mód. 7).

a sub (N+32)= 10 N * (a sub N+31) + N+32 ≡3*(-2)*(-2)-2–3≡ 0 (mód. 7).

He aquí por fin el múlt. 7 buscado, lo que zanja el CASO 1, c.q.d.

CASO 2: Emparejamiento (1, -1), es decir,

a sub (10 ᵏ - 1) ≡ 1 (mód. 7).

10 ᵏ⁺¹ ≡ -1 (mód. 7). Ahora será 10 N ≡ -1 (mód. 7) → N ≡2 (mód. 7).

a sub N = 10 N * [a sub (N-1)] + N ≡ 3*2*1+2 ≡ 1 (mód. 7).

a sub (N+1) = 10 N * (a sub N) + N+1 ≡ 3*2*1+2+1 =9 ≡ 2 (mód. 7).

a sub (N+2) = 10 N * (a sub N+1) + N+2 ≡ 3*2*2+2+2 =16 ≡ 2 (mód. 7).

a sub (N+3) = 10 N * (a sub N+2) + N+3 ≡ 3*2*2+2+3 =17 ≡ 3 (mód. 7).

a sub (N+4) = 10 N * (a sub N+3) + N+4 ≡ 3*2*3+2+4 =24 ≡ 3(mód. 7).

a sub (N+5) = 10 N * (a sub N+4) + N+5 ≡ 3*2*3+2+5 =25≡ -3 (mód. 7).

a sub (N+6) = 10 N * (a sub N+5) + N+6 ≡ 3*2*(-3)+2+6 =-10 ≡ -3 (mód. 7).

a sub (N+7) = 10 N * (a sub N+6) + N+7 ≡ 3*2*(-3)+2+0 =-16 ≡ -2 (mód. 7).

a sub (N+8) = 10 N * (a sub N+7) + N+8 ≡ 3*2*(-2)+2+1=-9 ≡ -2 (mód. 7).

a sub (N+9) = 10 N * (a sub N+8) + N+9 ≡ 3*2*(-2)+2+2 =-8 ≡ -1 (mód. 7).

a sub (N+10) = 10 N * (a sub N+9) + N+10 ≡ 3*2*(-1)+2+3 ≡ -1 (mód. 7).

a sub (N+11) = 10 N * (a sub N+10) + N+11 ≡ 3*2*(-1)+2–3 ≡ 0 (mód. 7).

Ya hemos encontrado el múltiplo de 7 en el CASO 2, que queda así resuelto c.q.d.

CASO 3: (1,2), es decir,

a sub (10 ᵏ - 1) ≡ 1 (mód. 7).

10 ᵏ⁺¹ ≡ 2 (mód. 7). Ahora será 10 N ≡ 2 (mód. 7) → N ≡3 (mód. 7).

OBSERVACIÓN: El problema está, muy probablemente, resuelto en un tiempo finito, quizá un par de horas más, o un milisegundo después de dos horas de programación "cuidadosa" para computarlo mediante un programa de ordenador…

En el caso absolutamente inesperado de que algún bloque no contuviera un múltiplo de 7, tendríamos que estudiar ese caso separadamente, pero doy mi palabra de "explorador" de que es "casi seguro" que eso no ocurra, y cuando tenga dos horas libres para esta tarea, la llevaré a cabo para no dejar duda alguna…

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