Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Sean $a$ y $b$ el número de tebeos de Antonio y José, respectivamente. Sabemos entonces que $a=7x+4$ y $b=8y+4$ para ciertos enteros $x$ e $y$, luego $a+b=7x+8y+8=160$, lo que nos da la ecuación diofántica lineal $7x+8y=152$. Esta ecuación tiene solución puesto que $\mathrm{mcd}(7,8)=1$ divide a $152$. Además, es fácil encontrar enteros $u,v$ tales que $7u+8v=1$, por ejemplo $u=-1$ y $v=1$ (en general, se pueden encontrar utilizando el algoritmo extendido de Euclides). Por lo tanto, la solución general de la ecuación lineal es $x=-152+8k$ e $y=152-7k$ para todo $k\in\mathbb{Z}$.

Queda por ver qué soluciones no negativas tiene esta ecuación, esto es, debe cumplirse que $x=-152+8k\geq 0$ e $y=152-7k\geq 0$, lo que nos da $19\leq k\leq\frac{152}{7}=21.7$, luego tenemos tres soluciones:

• Si $k=19$, entonces $x=0$ e $y=19$, luego Antonio tiene $a=7x+4=4$ tebeos y José tiene $b=8y+4=156$ tebeos.
• Si $k=20$, entonces $x=8$ e $y=12$, luego Antonio tiene $a=7x+4=60$ tebeos y José tiene $b=8y+4=100$ tebeos, que es la solución indicada en el periódico.
• Si $k=21$, entonces $x=16$ e $y=5$, luego Antonio tiene $a=7x+4=116$ tebeos y José tiene $b=8y+4=44$ tebeos.

Deducimos así que el periódico no había contemplado todas las soluciones.

Solución. Si escribimos los cinco enteros como $n-2,n-1,n,n+1,n+2$, obtenemos que \[(n-2)^2+(n-1)^2+n^2+(n+1)^2+(n+2)^2=5(n^2+2).\] Por reducción al absurdo, supondremos que se trata de un cuadrado perfecto, pongamos $a^2$. Como $5(n^2+2)$ es múltiplo de $5$, también deber serlo $a^2$, luego podemos escribir $a=5b$ para cierto entero $b$, lo que nos da $n^2+2=5b^2$. El miembro de la derecha en esta última igualdad es múltiplo de $5$ pero el de la derecha es congruente con $2$, $3$ o $1$ módulo $5$ (puesto que el cuadrado $n^2$ sólo puede ser congruente con $0$, $1$ o $4$ módulo $5$). Así, $n^2+2$ nunca es múltiplo de $5$ y hemos llegado a la contradicción que buscábamos.

Solución. Dividiendo los dos polinomios (o bien utilizando el método de Ruffini para evaluar en $n=-2$), obtenemos que \[\frac{n^5-5n^3+4n}{n+2}=n^4-2 n^3-n^2+2 n.\] Este último polinomio se puede factorizar en los enteros sacando factor común $n$ y utilizando de nuevo el método de Ruffini: \[\frac{n^5-5n^3+4n}{n+2}=(n-2)(n-1)n(n+1).\] Como es el producto de 4 enteros consecutivos, al menos dos de ellos serán pares, uno de los cuales ha de ser múltiplo de $4$, luego el resultado es múltiplo de $8$. Por el mismo motivo habrá al menos uno de ellos múltiplo de $3$, luego el resultado es múltiplo de $3\cdot 8=24$.

Nota. No podemos asegurar que haya un factor más grande ya que, para $n=3$ la expresión tiene un valor precisamente de $24$.

Solución. Los primeros términos de las sucesiones son \begin{eqnarray*} x_n:&\quad& 1,1,3,5,11,21,43,...\\ y_n:&\quad& 1,7,17,55,161,487,... \end{eqnarray*} Si calculamos los restos módulo 8, la sucesión queda \begin{eqnarray*} x_n\ (\text{mód}\ 8):&\quad& 1,1,3,5,3,5,3,5,...\\ y_n\ (\text{mód}\ 8):&\quad& 1,7,1,7,1,7,1,7,... \end{eqnarray*} Como cada resto sólo depende de los dos anteriores, en cuanto se repite una pareja de restos consecutivos, los demás restos se repiten periódicamente. Como el único resto que aparece en las dos sucesiones es el $1$, deducimos que cualquier número que aparezca en las dos tiene que ser congruente con $1$ módulo $8$, y a la vista de la primera sucesión sólo puede ser el propio $1$.

Nota. Este es el mismo problema que el problema 2 de la USA Mathematical Olympiad de 1973.

Solución. Vamos a hacer inducción sobre $n$. Para $n=1$, tenemos que $A_1=8$ es múltiplo de $8$. Supuesto cierto que $A_n$ es múltiplo de $8$, tenemos que \[A_{n+1}=5^{n+1}+2\cdot 3^n+1=5\cdot 5^n+6\cdot 3^{n-1}+1=5 A_n-4\cdot (3^{n-1}-1)\] también es múltiplo de $8$ (ya que $A_n$ lo es por hipótesis de inducción y $4\cdot (3^{n-1}-1)$ lo es porque $3^{n-1}-1$ es par).