Sean $a,b,c,d,e,f$ seis números enteros tales que los números$$a \cdot (b-c+d-e+f)\qquad \text{y}\qquad f\cdot (a-b+c-d+e)$$son ambos negativos (menores que $0$). Demostrar que el número $a\cdot f$ también es negativo.
Notemos en primer lugar que ni $a$ ni $f$ pueden ser iguales a $0$, ya que de lo contrario alguno de los numeros que el enunciado nos dice que son negativos serian iguales a $0$.
Vamos a ver entonces que $a$ y $f$ no pueden tener ambos el mismo signo. Para ello, vamos a suponer en dos casos distintos que $a$ y $f$ son positivos y que $a$ y $f$ son negativos, y obtener una contradiccion.
Supongamos primero que $a$ es positivo y que $f$ es positivo. Usando entonces que los dos numeros del enunciado son negativos, tenemos que $b-c+d-e+f$ y $a-b+c-d+e$ son negativos. Por lo tanto su suma tambien es negativa, es decir
$$(b-c+d-e+f)+(a-b+c-d+e)=a+f$$
debe ser negativo, pero esto es una contradiccion ya que tanto $a$ como $f$ son positivos.
De una manera muy similar, si suponemos que tanto $a$ como $f$ son negativos, obtenemos que $a+f$ es positivo, que es una contradiccion.
Por lo tanto, como ni $a$ ni $f$ pueden ser $0$, ni tener el mismo signo, podemos concluir entonces que $af$ debe ser negativo, como requería el enunciado.
En general lo que observe de las soluciones es que encaran el problema por el lado de los signos (o comparar ciertas expresiones con $0$), pero descuidan el caso en el que esa expresion que estan mirando es efectivamente $0$. En otras palabras, cuando separan en casos solo miran los casos negativo y positivo pero nunca analizan el caso $0$.
Como recomendacion, siempre que separen en casos, repasen en que casos estan separando y asegurense que estan cubriendolos a todos aunque sea con algunas palabras, aun si ese caso que no estamos desarrollando es facil o muy facil de resolver.
Supongamos lo contrario, es decir, $a$ y $f$ tienen el mismo signo. Notemos que $(-a)((-b)-(-c)+(-d)-(-e)+(-f))=a(b-c+d-e+f)$, y similarmente los otros dos productos, luego podemos asumir que $a,f$ son ambos positivos.
Luego $b-c+d-e+f<0$ y $a-b+c-d+e<0$.
Luego vale que $b-c+d-e<b-c+d-e+f<0$, pues $f>0$. Además, vale que $-b+c-d+e<a-b+c-d+e<0$.
Absurdo, pues $b-c+d-e=-(-b+c-d+e)$.
Luego $af<0$.
Sabemos que la ecuación $a\cdot (b-c+d-e+f)$ es negativa, por lo que uno de sus factores necesariamente es negativo.
Supongamos que $a$ es negativo, tenemos entonces la siguiente desigualdad:
$b-c+d-e+f>0 \qquad \Rightarrow \qquad b+d+f>c+e$
Teniendo esta desigualdad, supongamos ahora que $f$ es negativo y reemplazamos en la segunda ecuación, tendríamos esta otra desigualdad:
$a-b+c-d+f>0 \qquad \Rightarrow \qquad a+c+e>b+d$
Sumamos ambas desigualdades
$a+b+c+d+e+f>b+c+d+e$
$a+f>0$
Llegamos a un absurdo donde la suma de dos números negativos es mayor que 0, por lo tanto $a$ y $f$ no pueden ser negativos al mismo tiempo.
Ahora veamos el caso donde $a$ y $f$ son positivos utilizando el mismo proceso.
Llegamos nuevamente a un absurdo, ya que 2 números positivos sumados no son menores a 0. $a$ y $f$ no pueden ser ambos positivos al mismo tiempo.
En conclusión $a$ y $f$ no pueden ser del mismo signo, por lo tanto $a \cdot f$ no es positivo.
$a \cdot f$ tampoco es 0, ya que $a\cdot (b-c+d-e+f) \neq 0 \qquad \text{y} \qquad f \cdot (a-b+c-d+e) \neq 0$
Llamemos $M = b - c + d - e + f, N = a - b + c - d + e.$
Entonces $M + N = a + f$, llamemos $S$ a esta suma.
Luego:
$$S^2 = (M + N)(a + f) = aM + fM + aN + fN$$
Supongamos por el absurdo que $af$ es positivo, es decir, que $a$ y $f$ tienen el mismo signo. Entonces, como $aM$ y $fN$ tienen el mismo signo (negativo), necesitamos que $M$ y $N$ también tengan el mismo signo entre sí. Esto implica que si $aM$ es negativo, entonces $aN$ también es negativo. Similarmente, $fM$ es negativo. Pero entonces, el lado derecho de la igualdad de arriba es negativo, y por otro lado sabemos que $S^2$ nunca es negativo. Contradicción.
Sabemos ahora que $af$ tiene que ser negativo. : )
Sabemos que todo número no nulo debe tener un signo,y que solo hay $2$ posibilidades $+$ o $-$.
También sabemos que si $2$ números tienen el mismo signo entonces la suma de ellos tendrá también el mismo signo. Designamos $sig(x)$ al signo del número $x$, es claro que los números $a$, $f$, $b-c+d-e+f$, $a-b+c-d+e$ son no nulos para que se cumpla la hipótesis del problema.
Por hipótesis $sig(a)\neq sig(b-c+d-e+f)$ y también $sig(f)\neq sig(a-b+c-d+e)$ $(*)$
Supongamos que $sig(a)= sig(f) \Rightarrow sig(a)= sig(f)= sig(a+f)$, además por $(*)$ $sig(b-c+d-e+f)=sig(a-b+c-d+e)\Rightarrow sig(b-c+d-e+f)=sig(a-b+c-d+e)=sig(a+f)$ pero entonces de esto y de lo anterior tenemos que $sig(b-c+d-e+f)=sig(a)$ que es una contradicción de $(*)$
Luego $sig(a)\neq sig(f)$ y entonces $a.f$ es negativo
Elijo k tal que k=(b-c+d-e) por lo que tengo también que
-k=(-b+c-d+e)
por letra se que a(k+f)<0 y f(-k+a)<0 ***(1)***
Por la primera se saca que -f<k por lo que k+f>0 ***(2)***
Análogamente por la otra ecuación se llega a que a<k por lo que -k+a<0 ***(3)***
Si multiplicó las 2 ecuaciones de ***(1)*** como ambas son negativas el producto es positivo y queda
af((k+f)(-k+a))>0 como en los 3 factores hay uno positivo y uno negativo el tercero (el factor af) debe ser negativo ya que el producto de todo da positivo
$\text{“The further removed from usefulness or practical application, the more important."}$
Caso 1 ($a\times f = 0$)
$a\times f = 0 \Rightarrow a = f = 0 \Rightarrow a\times (k+f) = f\times (a-k) = 0 \Rightarrow$ Absurdo ya que por condición, estas últimas dos expresiones son menores que 0.
Caso 2 ($a\times f > 0$) Subcaso 1 ($a,f < 0$)
Como $a,f < 0 \wedge a\times (k+f) < 0 \wedge f\times (a-k) < 0 \Rightarrow k+f > 0 \wedge a-k > 0 \Rightarrow k > -f \wedge a > k \Rightarrow$ Por transitividad, $-f < k < a \Rightarrow -f < a$. Pero como $-f > 0$ y $a < 0$ es un absurdo. Subcaso 2 ($a,f > 0$)
Como $a,f > 0 \wedge a\times (k+f) < 0 \wedge f\times (a-k) < 0 \Rightarrow k+f < 0 \wedge a-k < 0 \Rightarrow k < -f \wedge a < k \Rightarrow$ Por transitividad, $a < k < -f \Rightarrow a < -f$. Pero como $-f < 0$ y $a > 0$ es un absurdo.
Llegamos a un claro absurdo tras suponer que $af \geq 0$. Por ello, como esto no puede suceder, por tricotomía tenemos que $a\times f < 0$ y se demuestra.