Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Como hay un número impar de jugadores, en uno de los dos arcos de extremos $A$ y $B$ habrá un número par de personas y en el otro un número impar. El primer jugador tiene una estrategia ganadora que consiste en eliminar primero una persona del arco que tiene un número par para dejar los dos con una cantidad impar de personas. A partir de ahí, $A$ sólo tiene que copiar el arco que ha elegido $B$ en su turno. Esto le garantiza que siempre queda un número impar de personas en cada arco tras su jugada; en particular, no quedan cero personas y $B$ no puede ganar en su turno siguiente. El primer jugador que deja un arco con ninguna persona es $B$ y en su siguiente turno $A$ lo elimina.

Solución. Comenzamos observando que ningún cuadrado perfecto termina en $3$ y que si termina en $0$, entonces termina en $00$. Por lo tanto, podemos dividir por $100$ tantas veces como sea necesario para suponer que la cifra de las unidades de $N$ no es cero (luego, tendremos que multiplicar las soluciones obtenidas por $100^n$ para recuperar todas las soluciones). Esto nos dice que tendremos que encontrar los números $N=3\cdot 10^a+m$ (para cierto dígito $m\neq 3$) que sean cuadrados perfectos. Podemos suponer además que $a\geq 2$ ya que para $a=1$, obtenemos únicamente la solución $N=36$ para $m=6$.

• Reduciendo módulo $9$, obtenemos que $3\cdot 10^a+m\equiv m+3\pmod{9}$ y los únicos cuadrados módulo $9$ son $0,1,4,7$, luego $m$ no puede ser igual a $0,2,5,8$.
• Reduciendo ahora módulo $4$, obtenemos que $3\cdot 10^a+m\equiv m\pmod{4}$ (aquí usamos que $a\geq 2$) y los únicos cuadrados módulo $9$ son $0,1,4,7$, luego $m$ no puede ser igual a $3,6,7$.
• Supongamos que $m=1$. Entonces, tenemos que $3\cdot 10^a+1=n^2$ para cierto entero $n$, es decir, $3\cdot 10^a=(n+1)(n-1)$. Estos dos últimos factores deben ser pares, pero sólo uno de ellos es múltiplo de $4$ ya que difieren en dos unidades; además, no pueden ser ambos múltiplos de $3$ ni de $5$ simultáneamente, luego los factores primos pueden distribuirse únicamente de cuatro maneras, lo que nos lleva a los siguientes escenarios:
  • Que los números $3\cdot 2^{a-1}$ y $2\cdot 5^a$ difieran en sólo dos unidades. Esto es imposible ya que $3\cdot 2^{a-1}\lt 3^a\lt 2\cdot 5^a$ y en la primera de estas desigualdades ya hay más de una unidad de diferencia al ser $a\geq 2$.
  • Que los números $3\cdot 2$ y $2^{a-1}\cdot 5^a$ difieran en sólo dos unidades. Esto es imposible.
  • Que los números $2^{a-1}$ y $2\cdot 3\cdot 5^a$ difieran en sólo dos unidades. Esto es imposible de nuevo.
  • Que los números $2$ y $2^{a-1}\cdot 3\cdot 5^a$ difieran en sólo dos unidades. También es imposible.
• Consideremos ahora el último caso $m=4$. De forma similar, tenemos que $3\cdot 10^a+4=n^2$ para cierto entero $n$, es decir, $3\cdot 10^a=(n+2)(n-2)$. Ahora los dos factores difieren en $4$ unidades y podemos suponer que $a\geq 3$ ya que $a=3$ nos da $N=304$ que no es cuadrado perfecto. Por lo tanto, uno de los dos factores es múltiplo de $4$ pero no de $8$. Tenemos entonces los siguientes escenarios:
  • Que los números $3\cdot 2^{a-2}$ y $2^2\cdot 5^a$ difieran en cuatro unidades. Esto es imposible igual que arriba ya que $3\cdot 2^{a-2}\lt 3^{a-1}\lt 4\cdot 5^a$ y ahora usamos que la segunda desigualdad nos da una diferencia mayor que $4$.
  • Que los números $3\cdot 2^2$ y $2^{a-2}\cdot 5^a$ difieran en cuatro unidades. Imposible.
  • Que los números $2^{a-2}$ y $2^2\cdot 3\cdot 5^a$ difieran en cuatro unidades. Imposible.
  • Que los números $2^2$ y $2^{a-2}\cdot 3\cdot 5^a$ difieran en cuatro unidades. Imposible.

Por lo tanto, hemos obtenido $N=36$ como el único número que cumple nuestras suposiciones adicionales. Las soluciones son $N=36\cdot 10^{2n}$ para $n$ entero no negativo.

Solución. Podemos calcular fácilmente los cuatro últimos dígitos de cada factorial (no es necesario hallar el resto de dígitos para este cálculo ya que cada factorial sólo depende los últimos cuatro dígitos del factorial precedente): \begin{align*} 1!&=\ldots 0001,&5!&=\ldots 0120,&9!&=\ldots 2800,&13!&=\ldots 0800,\\ 2!&=\ldots 0002,&6!&=\ldots 0720,&10!&=\ldots 8800,&14!&=\ldots 1200,\\ 3!&=\ldots 0006,&7!&=\ldots 5040,&11!&=\ldots 6800,&15!&=\ldots 8000.\\ 4!&=\ldots 0024,&8!&=\ldots 0320,&12!&=\ldots 1600,&& \end{align*} Observamos entonces que una forma de obtener los cuatro últimos dígitos iguales a $2001$ es tomar $1!+13!+14!$ con $n=3$. No es posible obtener los mismos últimos dígitos con solo dos sumandos ya que necesariamente uno de los dos números tendría que ser $1$ (el único cuyo factorial es impar) y no hay ningún otro en la lista cuyos últimos cuatro dígitos sean $2000$.

Solución. Como tenemos una progresión aritmética, podemos escribir \[p_1=h-3d,\qquad q_1=h-d,\qquad p_2=h+d,\qquad q_2=h+3d.\] para ciertos números reales $a,d\in\mathbb{R}$. Podemos entonces factorizar \[ax^2+bx+c=a(x-p_1)(x-p_2)=ax^2-2a(h-d)x+a(h+d)(h-3d)\] y tenemos también (cambiando $a$ por $c$ y $d$ por $-d$): \[cx^2+bx+a=c(x-q_1)(x-q_2)=cx^2-2c(h+d)x+c(h-d)(h+3d).\] Por lo tanto, identificando coeficientes, obtenemos las ecuaciones \[a(h-d)=c(h+d),\qquad a(h+d)(h-3d)=c,\qquad c(h-d)(h+3d)=a.\] Como $a$ y $c$ no son cero (para que los polinomios tengan dos raíces), tenemos que ninguno de los factores anteriores es cero y podemos despejar \[\frac{a}{c}=\frac{h-d}{h+d}=\frac{1}{(h+d)(h-3d)}=(h-d)(h+3d).\qquad (\star)\] De la igualdad entre el segundo y el tercer miembro en $(\star)$, deducimos que $(h-d)(h-3d)=1$ y de la igualdad entre el segundo y el cuarto término tenemos que $(h+d)(h+3d)=1$. Restando estas dos igualdades obtenemos que $hd=0$. No puede ser $d=0$ ya que el enunciado nos requiere que las raíces de los polinomios sean distintas, luego tenemos que $h=0$. La primera igualdad en $(\star)$ nos dice entonces que $\frac{a}{c}=-1$, es decir, $a+c=0$ como queríamos probar.