Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Como $26=2\cdot 13$, llegamos fácilmente a que los únicos divisores positivos de 26 son $\{1,2,13,26\}$. Distingamos los cuatro casos:

• Si $a^2+b^2+c^2=1$, entonces uno de los tres dígitos es igual a 1 y el resto a 0, lo que nos lleva a la única solución $(a,b,c)=(1,0,0)$ ya que debe ser $a\neq 0$.
• Si $a^2+b^2+c^2=2$, entonces dos de los tres dígitos son iguales a 1 y el tercero a 0, lo que nos da dos soluciones: $(a,b,c)=(1,1,0)$ y $(a,b,c)=(1,0,1)$, de nuevo porque $a\neq 0$.
• Si $a^2+b^2+c^2=13$, entonces los dígitos están entre 0 y 3, pero no pueden ser todos menores o iguales que 2 puesto que entonces $a^2+b^2+c^2\leq 12$. Por tanto, uno de ellos es 3 y la suma de los cuadrados de los otros dos es 4, lo que lleva claramente a que sean 2 y 0. Tenemos así cuatro posibles soluciones: $(3,2,0)$, $(2,3,0)$, $(3,0,2)$ y $(2,0,3)$ ya que $a\neq 0$.
• Finalmente, si $a^2+b^2+c^2=26$, todos los dígitos están entre 0 y 5. Si uno de ellos es 5, los otros deben ser 1 y 0. Si uno de ellos es 4, los otros deben ser 3 y 1. Si el mayor es 3, entonces los cuadrados de los otros dos deben sumar 17, pero esto no es posible. Tampoco hay soluciones si el mayor es menor o igual que 2, como en el caso anterior.

En resumen, hemos encontrado los diecisiete números que cumplen la condición del enunciado: 100, 101, 105, 110, 134, 143, 150, 203, 230, 302, 314, 320, 341, 413, 431, 501 y 510.

Solución. Con dos piezas de tipo U y una de tipo + se puede formar un rectángulo $3\times 5$ o $5\times 3$, lo que nos dice que claramente que cuando $n$ es múltiplo de $3$ o múltiplo de $5$, se pueden ensamblar las piezas para formar un rectángulo $15\times n$. De hecho, yuxtaponiendo rectángulos $15\times 5$ y $15\times 3$, podemos conseguirlo para cualquier $n=3a+5b$ con $a,b\geq 0$ no ambos nulos. Esto nos deja solamente con los casos $n=1$, $n=2$, $n=4$ y $n=7$ por comprobar. Para $n=1$ claramente no se puede porque no cabe ninguna de las dos piezas en un rectángulo $15\times 1$. Para $n=2$ tampoco se puede, porque habría que poner únicamente piezas de tipo U y dejarían huecos. Un rectángulo $15\times 4$ tampoco se puede porque las esquinas deben necesariamente rellenarse con piezas de tipo U y precisamente dos esquinas de un lado corto (de $4$ cuadraditos) necesitan dos piezas en vertical que dejan huecos necesariamente. El caso $n=7$ tampoco puede conseguirse ya que en dos esquinas de un lado corto (de $7$ cuadraditos) debemos poner de nuevo piezas de tipo U y ninguna de las formas de colocarlas permite rellenar el resto de dicho lado con otras piezas para teselar el rectángulo sin salirse.