Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Descomponiendo en factores $2010=2\cdot 3\cdot 5\cdot 67$, llegamos fácilmente a que $2010$ tiene dieciséis divisores. Pueden probarse todos ellos uno a uno, pero podemos ahorrar algunos casos si nos damos cuenta de que $S(n)\equiv n\ (\text{mod }3)$, luego $n$ o $n-1$ tienen que ser múltiplos de $3$. Probamos primero los casos en que $n$ es múltiplo de $3$ y vemos que solo en uno se cumple la ecuación:

• Si $n=3$, entonces $S(n)-1=2$.
• Si $n=3\cdot 2=6$, entonces $S(n)-1=5$.
• Si $n=3\cdot 5=15$, entonces $S(n)-1=5$.
• Si $n=3\cdot 67=201$, entonces $S(n)-1=2$.
• Si $n=3\cdot 2\cdot 5=30$, entonces $S(n)-1=2$.
• Si $n=3\cdot 2\cdot 67=402$, entonces $S(n)-1=5$ (este sí es solución).
• Si $n=3\cdot 5\cdot 67=1005$, entonces $S(n)-1=5$.
• Si $n=3\cdot 2\cdot 5\cdot 67=2010$, entonces $S(n)-1=2$.

Consideremos ahora los casos en que $n-1$ es múltiplo de $3$, en los que podemos ver que no hay soluciones:

• Si $n=1$, entonces $S(n)-1=0$.
• Si $n=67$, entonces $S(n)-1=12$.
• Si $n=2\cdot 5=10$, entonces $S(n)-1=0$.
• Si $n=2\cdot 5\cdot 67=670$, entonces $S(n)-1=12$.

Deducimos así que $n=402$ es la única solución al problema.

Solución. Comenzamos observando que los tableros $3\times 3$ y $5\times 5$ se pueden recubrir fácilmente y tampoco es difícil dar con un recubrimiento del tablero $7\times 7$, como se muestra en la figura. Además, dado un tablero $N\times N$ que se pueda recubrir, también se puede recubrir uno de dimensiones $(N+3)\times(N+3)$ pues basta con rodearlo rellenar las columnas nuevas con fichas $1\times 3$ todas orientadas en horizontal y las casillas restantes de las tres filas nuevas con fichas $3\times 1$ todas en vertical (como se muestra en la figura de abajo). Esto nos deja solo por comprobar los tableros de tamaño $1\times 1$, $2\times 2$ y $4\times 4$, que claramente no se pueden recubrir ya que el número de casillas es menor de $25$ y no es múltiplo de $3$.