Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. La respuesta es afirmativa. Por ejemplo, tenemos que \[2011 = 1111\cdot 1111 - 1111\cdot 111\cdot 11 + 111\cdot 111\cdot 11 - 111\cdot 111 + 1111 - 111 + 11.\]

Nota. Aunque parezca muy sofisticada la solución, se puede llegar a ella tras diversas pruebas. En primer lugar, los números obtenidos de esta forma son múltiplos del dígito que usamos en el proceso. Como $2011$ no es divisible entre $2$, $3$, $5$ o $7$ (en realidad, $2011$ es primo), el único dígito que podría funcionar es el $1$. Como multiplicar por $1$ no tiene efecto, el problema se reduce a decidir si $2011$ se escribe como suma o diferencia de números que son producto con factores $11,111,1111,\ldots$ más o menos posiblemente un 1. Por otro lado, hay que tener en cuenta que en la olimpiada tenemos tiempo para hacer pruebas. Esta solución la hemos obtenido con el siguiente razonamiento: primero nos damos cuenta de que $1011=1111-111+11$ y nos queda obtener el $1000$ restante con factores más grandes. Empezando por $1111\cdot 1111=1234321$ restamos $1111\cdot 111\cdot 11=1356531$ para eliminar las unidades de millón, luego sumamos $111\cdot 111\cdot 11=135531$ para eliminar las centenas de millar, luego restamos $111\cdot 111=12321$ para eliminar las decenas de millar, números que hemos calculado previamente. Por un golpe de suerte, hemos obtenido el resultado $1000$ deseado (aunque puede razonarse que es así trabajando módulo $1000$).

Solución. Pongamos que los números son $n-15,n-13,\ldots,n-1,n+1,\ldots,n+15$ para $n$ par, de forma que al sumarlos obtenemos $16n$. Para que la sucesión esté formada únicamente por números de tres cifras debe cumplirse que $n-15\geq 100$ y $n+15\leq 999$, lo que nos da $115\leq n\leq 984$. Ahora bien, tiene que ser $16n=a^3$ para cierto $a$, luego $a$ es múltiplo de $4$ y podemos escribir $a=4b$ y $n=4b^3$ para cierto entero $b$ (luego $n$ es automáticamente par). Esto nos lleva a la desigualdad $115\leq 4b^3\leq 984$ o, equivalentemente, $28,\!75\leq b^3\leq 246$. Los únicos cubos perfectos en este intervalo son $4^3=64$, $5^3=125$ y $6^3=216$, luego solo hay tres posibles valores de $b$ y, en consecuencia, hay exactamente tres sucesiones pucelanas.

Solución. La condición que nos dan se escribe como \[1000a+100b+10c+d=(10a+b)^2+(10c+d)^2-(10c+d).\] Si ahora escribimos $r=10a+b$ y $s=10c+d$, esto puede reescribirse como \[100r+s=r^2+s^2-s\ \Longleftrightarrow\ (r-50)^2+(s-1)^2=2501,\] donde lo único que hemos hecho es completar cuadrados. Ahora bien, como un cuadrado tiene cifra de las unidades igual a $0,1,4,5,6,9$, la ecuación $x^2+y^2=2501$ implica que las cifras de las unidades de $x^2$ e $y^2$ son $0$ y $1$ o bien $5$ y $6$ (en algún orden). Además, sólo tenemos que probar con $1\leq x\leq \sqrt{1250}\lt 36$, lo que nos dice que \[x\in\{1,4,5,6,9,10,11,14,15,16,19,20,21,24,25,26,29,30,31,34,35\}.\] Analizando los casos para los que $2501-x^2$ es cuadrado perfecto, nos queda solo $x=1$ y $x=10$ (hay más trucos para descartar casos; por ejemplo, $x$ no puede ser múltiplo de $3$, ¿sabrías justificar por qué?). Tenemos entonces las descomposiciones $1^2+50^2=10^2+49^2=2501$.

Por lo tanto, $|r-50|$ y $|s-1|$ son iguales a $1$, $10$, $49$ o $50$. Obviamente, no puede ser $|r-50|=50$ ni $r-50=-49$ porque no se cumpliría que $10\leq r\leq 99$. Tenemos así cinco soluciones (observemos que en cada una de ellas sólo hay un valor posible de $s$ porque el otro, para el otro signo en el valor absoluto, no cumple que $0\leq s\leq 99$):

• Si $r=49$, entonces $s=51$, lo que nos da la solución $4951$.
• Si $r=51$, entonces $s=49$, lo que nos da la solución $5149$.
• Si $r=40$, entonces $s=50$, lo que nos da la solución $4050$.
• Si $r=60$, entonces $s=50$, lo que nos da la solución $6050$.
• Si $r=99$, entonces $s=11$, lo que nos da la solución $9911$.

Nota. Si permitimos que $a=0$, con el mismo razonamiento también tenemos las soluciones con $r=0$ (que implica $s=0$ o $s=2$) y con $r=1$ (que implica $s=11$), luego también tendríamos los números $0000$, $0002$ y $0111$.