Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Sustituyendo $z=-x-y$, obtenemos que \[\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}-\frac{1}{x+y}=\frac{x^2+xy+y^2}{xy(x+y)}.\qquad (\star)\] Si esta expresión es igual al inverso de un natural $n$, entonces \[xy(x+y)=n(x^2+xy+y^2).\] Veamos que $n$ es par distinguiendo casos:

• Si $x$ es impar o $y$ es impar, entonces $xy(x+y)$ es par mientras que $x^2+xy+y^2$ es impar, luego $n$ tiene que ser par.
• Si $x$ e $y$ son ambos pares, entonces sea $2^a$ es la mayor potencia de $2$ que divide tanto a $x$ como a $y$. Tenemos que $2^{3a}$ divide a $xy(x+y)$, pero el factor $x^2+xy+y^2$ es divisible solo por $2^{2a}$. Por tanto $2^a$ divide a $n$, que tiene que ser par.

El problema habrá terminado si probamos que todo entero par se puede escribir de esta manera. Para que el denominador en $(\star)$ sea igual a $2$, tenemos que elegir $x=y=1$, luego $z=-2$. Esto nos da la igualdad $\frac{1}{1}+\frac{1}{1}+\frac{1}{-2}=\frac{3}{2}$, que no es solución pero podemos dividir por $3$ ambos miembros para obtener $\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{-6}=\frac{1}{2}$, luego $n=2$ es solución para $(x,y,z)=(3,3,-6)$. Obtenemos el resto de números pares $n=2k$ si tomamos $(x,y,z)=(3k,3k,-6k)$.

Solución. Supongamos que $a\mid b+c$, $b\mid a+c$ y $c\mid a+b$. Si $p$ es un primo que divide a $a$ y $b$, entonces divide a $b+c$ luego también divide a $c$. Este razonamiento nos dice que, si ningún primo divide a los tres, entonces tampoco puede dividir a dos, es decir, $a$, $b$ y $c$ son primos relativos dos a dos. Además, tenemos que $a$, $b$ y $c$ dividen a $a+b+c$, luego $abc$ divide a $a+b+c$ (por ser primos relativos). En partiular, se tiene que $abc\leq a+b+c\leq 3c$, con lo que $ab\leq 3$. Esto nos deja muy pocas posibilidades para el par $(a,b)$:

• Si $a=b=1$, las dos primeras condiciones $a\mid b+c$ y $b\mid a+c$ se cumplen siempre y la tercera $c\mid a+b=2$ nos dice que $c=1$ o $c=2$, luego tenemos las soluciones $(1,1,1)$ y $(1,1,2)$.
• Si $a=1$ y $b=2$, tenemos que $c\mid a+b=3$, luego $c=3$ ya que debe ser $b\geq c$. Se comprueba que $(1,2,3)$ también es solución.
• Si $a=1$ y $b=3$, entonces $c\mid a+b=4$ nos dice que $c=4$ para que sea $b\leq c$, pero no se cumple que $b\mid a+c$, luego no hay soluciones en este caso.

Deducimos así que la terna $(a,b,c)$ es $(1,1,1)$, $(1,1,2)$ o $(1,2,3)$.

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.