Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Podemos poner denominador común y escribir \[\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n}=\frac{3 n^2+6 n+2}{n (n+1) (n+2)}.\] Observamos que si $n$ es impar, entonces el numerador es impar y el denominador es par. Si $n=2k$ es par, entonces el denominador es múltiplo de $4$ ya que $n$ y $n+2$ son pares consecutivos, mientras que el numerador es igual a $2(6 k^2+6 k+1)$ y sólo tiene un factor $2$. Esto nos dice que en cualquier expresión como fracción del número $\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n}$ tendremos que el denominador es par. En particular, nunca se puede poner como una fracción en la que el denominador sea $999\cdots 9$ (como les pasa a todos los periódicos puros).

Finalmente, descartamos también que el número sea un decimal exacto. Esto viene de que el denominador $n (n+1) (n+2)$ es múltiplo de $3$ (es el producto de tres enteros consecutivos) mientras que el numerador $3n^2+6n+2$ deja resto $2$ al dividirlo entre $3$. Un número decimal limitado se tiene que poder escribir como una fracción en la que el denominador sólo tiene factores $2$ o $5$, pero este argumento nos dice que en cualquier fracción que exprese a este número habrá un factor $3$ en el denominador.

Solución. Si $p$ es un número primo distinto de $2$ y $5$, entonces es primo relativo con $10$, luego el teorema pequeño de Fermat nos asegura que $10^{p-1}\equiv 1\ (\text{mod }p)$. En otras palabras, el número $10^{p-1}-1$, que se escribe solo con nueves, es múltiplo de $p$.

Solución. Sean $a,b,c$ las cifras de las centenas, decenas y unidades del número $n$, respectivamente. Por lo tanto, podemos escribir \[\left\{\ \begin{array}{l} n=100a+10b+c\\ m=100c+10b+a\\ S=a+b+c \end{array}\right.\] De esta forma, podemos escribir la condición que nos dan como \[0=n-2m-S=97a-11b-200c.\] Si miramos esta ecuación módulo $2$, $9$ y $11$, obtenemos \begin{align*} 0&=97a-11b-200c\equiv a-b\ (\text{mod }2),\\ 0&=97a-11b-200c\equiv 2(a+b+c)\ (\text{mod }9),\\ 0&=97a-11b-200c\equiv -2(a+c)\ (\text{mod }11).& \end{align*} Deducimos que $a$ y $b$ tienen la misma paridad, que $a+b+c$ es múltiplo de $9$ y que $a+c$ es múltiplo de $11$. Como $1\leq a\leq 9$ y $0\leq c\leq 9$, esta última condición nos dice que $a+c=11$ y tenemos solo 8 posibilidades para el par $(a,c)$. Por otro lado, $11+b=a+b+c\equiv 0\ (\text{mod }9)$, nos da necesariamente $b=7$, lo que nos dice que $a$ es impar. Hemos reducido los casos posibles a los siguientes:

• Si $(a,c)=(3,8)$, entonces $n=378$ y $97a-11b-200c=-1386$.
• Si $(a,c)=(5,6)$, entonces $n=576$ y $97a-11b-200c=-792$.
• Si $(a,c)=(7,4)$, entonces $n=774$ y $97a-11b-200c=-198$.
• Si $(a,c)=(9,2)$, entonces $n=972$ y $97a-11b-200c=396$.

En ninguno de los cuatro casos se obtiene $97a-11b-200c=0$, luego no existen números $n$ que cumplan la condición propuesta.

Solución. Tomamos $a_1=3$. Para $n\geq 2$, si suponemos que $a_1^2+a_2^2+\ldots+a_{n-1}^2$ es un cuadrado impar, entonces es de la forma $4k+1$ y podemos definir $a_n=2k$ de forma que $a_1^2+a_2^2+\ldots+a_n^2=(4k+1)+4k^2=(2k+1)^2$ también es un cuadrado impar.

Nota. De hecho, el método permite construir explícitamente tantos términos de la sucesión como queramos. Por ejemplo, los primeros serán \[\{3,4,12,84,3612,6526884,\ldots\}\]

Solución. Tenemos que probar dos implicaciones:

• Si $k$ divide a $l$, entonces es más o menos evidente que $a_k$ divide a $a_l$ puesto que el número de unos en $a_l$ es múltiplo del número de unos en $a_k$ y podemos agrupar los $l$ unos en $\frac{l}{k}$ grupos de $k$ unos: \begin{align*} a_l&=1\stackrel{(k)}{\ldots}11\stackrel{(k)}{\ldots}1\ldots\ldots1\stackrel{(k)}{\ldots}1\\ &=a_k\cdot (1+10^k+10^{2k}+\ldots+10^{\frac{l}{k}-1}). \end{align*}
• Supongamos ahora que $a_k$ divide a $a_l$ y por reducción al absurdo que $k$ no divide a $l$ (luego $l\gt k$). Hacemos la división euclídea $l=qk+r$ para cierto resto $0\lt r\lt k$. Podemos usar la idea anterior para hacer grupos de $k$ unos en $a_l$ y sobrará un grupo de $r$ unos, es decir, \begin{align*} a_l&=1\stackrel{(k)}{\ldots}11\stackrel{(k)}{\ldots}1\ldots\ldots1\stackrel{(k)}{\ldots}11\stackrel{(r)}{\ldots}1\\ &=10^ra_{l-r}+a_r. \end{align*} Como $a_k$ divide a $a_{l-r}$ ya que $l-r=qk$ es múltiplo de $k$, se sigue que $a_k$ divide a $a_r$, pero esto es absurdo ya que $0\lt r\lt k$ implica que $0\lt a_r\lt a_k$.