Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Supongamos que $n$ es un cuadrado perfecto con todas sus cifras iguales y llamemos $a$ a la cifra de las unidades de $n$. Por un lado, si $n$ tiene todas sus cifras iguales, entonces $n=ab$ siendo $b$ un número formado sólo por unos. Por otro lado, los únicos valores posibles de $a$ son $0$, $1$, $4$, $5$, $6$ y $9$ (ya que depende sólo de la cifra de las unidades del número del que $n$ es cuadrado).

• No puede ser $a=0$ porque entonces sería $n=0\cdot b=0\lt 10$.
• No puede ser $a=5$ porque entonces $b$ tendría otro factor $5$, pero claramente $b$ no es múltiplo de $5$.
• No puede ser $a=6$ por la misma razón ($b$ tendría otro factor $2$ pero no es un número par).

En el resto de casos $a=1$, $a=4$ y $a=9$, el propio $a$ es un cuadrado perfecto, luego tendremos que ver que el número $b$ formado sólo por unos no lo es. Por reducción al absurdo, si $b=m^2$ fuera un cuadrado perfecto, entonces la cifra de las unidades de $m$ será $1$ o $9$, luego $m=10k+1$ o bien $m=10k+9$ para cierto $k\geq 1$. Elevando al cuadrado tenemos que \[b=(10k+1)^2=100k^2+20k+1=20(5k^2+k)+1,\] luego $b$ es un múltiplo de $20$ más $1$, es decir, la cifra de las decenas de $b$ es par, lo que contradice que $b$ está formado sólo por unos. De la misma forma, \[(10k+9)^2=100k^2+180k+81=20(5k^2+9k+4)+1\] no puede estar formado sólo por unos.

Solución. Las dos últimas cifras de $n^2$ dependen exclusivamente de las dos últimas cifras de $n$. Esto se debe a que, si $n=100k+p$, donde $0\leq p\leq 99$ representa a las dos últimas cifras de $n$, entonces $n^2=100(100k^2+2kp)+p^2$.

Los únicos números naturales menores que $100$ cuyos cuadrados tienen repetida las cifras de las unidades y las decenas (y son no nulas) son $12$, $38$, $62$ y $88$, que cumplen que $12^2=144$, $38^2=1444$, $62^2=3844$ y $88^2=7744$. Hemos reducido el problema a buscar los números naturales $m$ tales que $m^2=44\ldots4=4\cdots 11\ldots1$. Esto exige que $\frac{m}{2}$ sea impar (ya que el cuadrado de un número par es par). Podemos escribir $\frac{m}{2}=2l+1$ para cierto número $l$, de donde $(2l+1)^2=11\ldots1$ o bien $4l(l+1)=11\ldots10$. Esto no es posible porque los múltiplos de $4$ tienen sus dos últimos dígitos $00$ o múltiplo de $4$, pero $10$ no es múltiplo de $4$.

Nota. Esta es una solución aportada por Samuel Gómez Moreno.

Solución. Sabemos que sólo se pueden alcanzar $12$ puntos, pongamos que se llaman $p_1,\ldots,p_{12}$ y que están ordenados en sentido de las agujas del reloj. En primer lugar, hay que observar que, a partir de cualquier punto $p_i$, avanzando un cierto número de veces una distancia $\ell_1$ se llega a cualquier otro $p_j$. Esto se deduce de que repetir dos veces la elección que ha generado los 12 puntos tiene que pasar otra vez por todos ellos. En segundo lugar, vamos a probar que los puntos están equiespaciados por reducción al absurdo, tomando dos puntos consecutivos $p_k$ y $p_{k+1}$ que definen el menor de los $12$ arcos en que $p_1,\ldots,p_{12}$ dividen a la circunferencia. Si $p_j$ y $p_{j+1}$ definieran un arco mayor, lo único que hay que hacer es, una vez estemos en $p_j$, repetir el mismo número de avances de longitud $\ell_1$ que llevan de $p_k$ a $p_{k+1}$: esto nos llevará de $p_j$ a un punto $p'_j$ que está estrictamente entre $p_j$ y $p_{j+1}$, lo que nos da la contradicción buscada.

Podemos entonces identificar el vértice $p_k$ con el número $k$ y $\ell_1$ y $\ell_2$ con enteros $6\lt\ell_1\lt \ell_2\lt 12$ tales que avanzar $\ell_i$ desde $p_k$ se corresponde con sumar $k+\ell_i$ módulo $12$. Los únicos números $\ell_1$ y $\ell_2$ que permiten pasar por los $12$ puntos son los primos relativos con $12$, lo que nos dice necesariamente que $\ell_1=7$ y $\ell_2=11$. Tenemos así que el radio de la mesa $r$ verifica $\ell_1=\frac{7}{12}\cdot 2\pi r$, lo que nos da $r=\frac{6\ell_1}{7\pi}$ y nos permite calcular su área a partir del dato $\ell_1$ que conoce Sophie: \[A=\pi r^2=\frac{36\pi\,\ell_1^2}{49}.\]

Nota. En realidad, no es necesario que se envíe el segundo Whatsapp puesto que, una vez se dibujan los 12 puntos, Sophie puede demostrar que son equidistantes con el argumento dado, y después sabe que avanzar la distancia $\ell_1$ supone 7 posiciones (porque ella puede contarlas, aunque nosotros no tengamos ese dato, es decir, ella sabe distinguir si avanza 7 u 11 posiciones).

Solución. Vamos a probar que se puede encontrar cualquier cantidad de enteros positivos cumpliendo esta propiedad, lo que nos da una respuesta afirmativa a la pregunta. Concretamente, vamos a demostrar que si tenemos $x_1,x_2,\ldots,x_n$ enteros positivos distintos tales que al sumar dos o más de ellos nunca se obtiene un cuadrado perfecto, entonces podemos añadir $x_{n+1}$ mayor que todos ellos y se sigue cumpliendo la propiedad (esto puede escribirse también como una demostración por inducción). Si observamos que entre dos cuadrados consecutivos $k^2$ y $(k+1)^2$ hay una diferencia de $2k+1$, bastará tomar $x_{n+1}=k^2+1$ mayor que $x_1,x_2,\ldots,x_n$ y tal que $2k\gt x_1+x_2+\ldots+x_n$.

Para terminar, justificaremos que esta elección cumple lo que queremos. Al sumar dos o más de los números $x_1,x_2,\ldots,x_{n+1}$, si ninguno de ellos es $x_{n+1}$, ya tenemos que su suma no es un cuadrado perfecto (habíamos supuesto que $x_1,\ldots,x_n$ cumplen la propiedad). Por el contrario, si $x_{n+1}$ es uno de los números elegidos, entonces la suma será $k^2+1$ más otro número que es como mucho $x_1+x_2+\ldots+x_n\lt 2k$, es decir, la suma estará entre $k^2$ y $(k+1)^2$, luego no puede ser un cuadrado.

Solución. Tomamos $2024$ potencias impares distintas de un primo $p$ (ninguna de ellas es, por tanto, un cuadrado perfecto). Si sumamos cualquier número de ellas, podemos sacar factor común la más pequeña, que multiplica a $1$ más una serie de potencias de $p$. Por tanto, dicha suma será una potencia impar de $p$ que multiplica a un número que es de la forma $kp+1$. Deducimos así que no se trata de un cuadrado (el exponente de $p$ debería ser par para que fuera un cuadrado perfecto).

Solución. Ninguno de los primos puede ser igual a $2$ ya que en tal caso una de las sumas sería par y la otra impar, luego podemos suponer que todos los primos son impares, es decir, son congruentes con $1$ o con $3$ módulo $4$. Pongamos que en los $1012$ primeros primos hay $m_1$ de ellos congruentes con $1$ y $m_3$ congruentes con $3$ módulo $4$, mientras que en los últimos $1012$ primos hay $n_1$ congruentes con $1$ y $n_3$ congruentes con $3$ módulo $4$. La igualdad del enunciado módulo $4$ se lee \[m_1+3m_3\equiv n_1+3n_3\ (\text{mod }4).\qquad (\star)\] Como $m_1+m_3=n_1+n_3=1012\equiv 0\ (\text{mod }4)$, tendremos que $n_1\equiv -n_3\ (\text{mod }4)$ y $m_1\equiv-m_3\ (\text{mod }4)$, lo que nos permite reescribir la congruencia $(\star)$ como $2m_3\equiv 2n_3\ (\text{mod }4)$. Esto nos dice que $m_3$ y $n_3$ tienen la misma paridad (¿por qué?). Por lo tanto, \[A\equiv 3^{m_3}\equiv 3^{n_3}\equiv B\ (\text{mod }4)\] ya que la potencia $3^a$ módulo $4$ es igual a $1$ si $a$ es par o a $3$ si $a$ es impar. Hemos probado así que $A-B$ es múltiplo de $4$ pero no puede ser igual a $0$ ya que $A\neq B$ (son todos primos distintos). Tenemos así que $|A-B|\geq 4$.