Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Se pueden calcular algunos términos, pero rápidamente el resultado se dispara ya que la sucesión crece exponencialmente:\[x_1^2+1=5,\quad x_2^2+1=325,\quad x_3^2+1=136469125,\ldots\] Vamos a probar por inducción sobre $n$ que $x_n^2+1$ es múltiplo de $5^n$ pero no de $5^{n+1}$. Si probamos esto, tendremos que la solución al problema es $5^{2024}$. Está claro que el caso $n=1$ es cierto ya que $x_1^2+1=5$ es múltiplo de $5$ pero no de $25$. También es cierto si $n=2$ ya que $x_2^2+1=325$ es múltiplo de $25$ pero no de $125$. Supongamos que la propiedad es cierta para $n\geq 2$, lo que nos permite escribir $x_n^2+1=5^ny_n$, siendo $y_n$ no múltiplo de $5$. Entonces, para $x_{n+1}$ podemos desarrollar y simplificar \begin{align*}x_{n+1}^2+1&=(2x_n^3+x_n)^2+1=(4x_n^4+4x_n^2+1)x_n^2+1\\\\&=(4(5^ny_n-1)^2+4(5^ny_n-1)+1)(5^ny_n-1)+1\\\\&=4\cdot 5^{3n}y_n^3-8\cdot 5^{2n}y_n^2+5^{n+1}y_n\\\\&=5^{n+1}(4\cdot 5^{2n-1}y_n^3-8\cdot 5^{n-1}y_n^2+y_n).\end{align*}Este número es múltiplo de $5^{n+1}$ pero no de $5^{n+2}$ ya que el factor $4\cdot 5^{2n-1}y_n^3-8\cdot 5^{n-1}y_n^2+y_n$ es congruente con $y_n$ módulo $5$. Aquí estamos usando que $n\geq 2$ para asegurar que $5^{n-1}$ es múltiplo de $5$, es decir, en la inducción hemos tenido que comprobar dos casos iniciales.

Solución. Sea $n$ un número $n$-malagueño. Como $n\lt 1000$, necesariamente $n$ tiene un múltiplo de cuatro dígitos $N=\overline{abcd}$ cuyo primer dígito es $a=1$. Observando que \[N'=10N+a-10000a=10N-9999\] y que tanto $N$ como $N'$ son múltiplos de $n$, también debe serlo $9999$. Esto nos dice que todo número $4$-malagueño debe ser un divisor de $9999=3^2\cdot 11\cdot 101$ menor que $1000$, lo que nos da las únicas posibilidades \[n\in\{1,3,9,11,33,99,101,303,909\}.\] Ahora bien, si $\overline{abcd}$ es múltiplo de $3$, $9$, $11$ o $101$, cualquier permutación circular también lo es (¿por qué?), luego todos los anteriores son números $4$-malagueños y hemos terminado.

Solución. Observemos que la ecuación se puede escribir como \[(m-k)(n-k)=k^2.\] Si suponemos que $m\leq n$, como los divisores de $k^2$ son $\pm 1$, $\pm k$ y $\pm k^2$, tendrá que darse alguna de las siguientes posibilidades:

• $m-k=-k^2$, $n-k=-1$, de donde $m=k-k^2$ e $n=k-1$,
• $m-k=-k$, $n-k=-k$, de donde $m=n=0$,
• $m-k=1$, $n-k=k^2$, de donde $m=k+1$ e $n=k^2+k$,
• $m-k=k$, $n-k=k$, de donde $m=n=2k$.

Esto nos da la siguientes seis posibilidades para el par $(m,n)$: \begin{align*} &(k-k^2,k-1),&&(k-1,k-k^2),&&(0,0),&\\ &(k+1,k^2+k),&&(k^2+k,k+1),&&(2k,2k).& \end{align*}

Nota. Este fue el problema 4 de la fase nacional de la Olimpiada Matemática Española de 1995.

Solución. En primer lugar, vamos a desarrollar los factores que aparecen en ese producto para obtener una expresión más sencilla. Observamos que \begin{align*} C_{m+i}-C_k&=(m+i+1)(m+i)-(k+1)k\\ &=(m+i)^2-k^2+m+i-k\\ &=(m+k+i)(m-k+i)+m-k+i\\ &=(m+k+i+1)(m-k+i). \end{align*} Por lo tanto, podemos agrupar factores para expresar \begin{align*} &\frac{(C_{m+1}-C_k)\cdots(C_{m+n}-C_k)}{C_1C_2\cdots C_n}\\ &\quad=\frac{(m+k+2)(m-k+1)\cdots(m+k+n+1)(m-k+n)}{1\cdot 2\cdot 2\cdot 3\cdots n(n+1)}\\ &\quad=\frac{(m+k+2)\cdots(m+k+n+1)(m-k+1)\cdots(m-k+n)}{n!(n+1)!}\\ &\quad=\frac{1}{m+k+1}\binom{m+k+n+1}{n+1}\binom{m-k+n}{n}. \end{align*} Los números combinatorios son enteros pero falta por ver que alguno de ellos es divisible por el primo $m+k+1$. Claramente lo es el primero de ellos dado que en \[\binom{m+k+n+1}{n+1}=\frac{(m+k+1)(m+k+2)\cdots(m+k+n+1)}{(n+1)!}\] el numerador es múltiplo de $m+k+1$ y el denominador no lo es ya que $n+1\lt m+k+1$ por hipótesis.

Solución. Podemos ver el sistema como un sistema de ecuaciones con incógnitas $b$ y $c$ en el que conocemos su suma y su producto. Esto equivale a que $b$ y $c$ son las soluciones de la ecuación de segundo grado \[0=(x-b)(x-c)=x^2-(b+c)x+bc=x^2-adx+a+d.\] Dado que $b\lt c$, podemos calcular estas soluciones como \[b=\frac{ad-\sqrt{a^2d^2-4a-4d}}{2},\qquad c=\frac{ad+\sqrt{a^2d^2-4a-4d}}{2}.\] Como se trata de números enteros positivos, tenemos que $a^2d^2-4a-4d$ tiene que ser un cuadrado perfecto. Como es menor que $(ad)^2$, tendrá que ser menor o igual que $(ad-1)^2=a^2d^2-2ad+1$, es decir, \[a^2d^2-4a-4d\leq a^2d^2-2ad+1\ \Leftrightarrow\ ad-2a-2d\leq 1\ \Leftrightarrow\ (a-2)(d-2)\leq 5.\] Ahora bien, $d$ tiene que ser al menos tres unidades mayor que $a$ para que se cumpla que $a\lt b\lt c\lt d$. Con esto en mente, la desigualdad $(a-2)(d-2)\leq 4$ implica que $a\leq 3$ (si $a\geq 4$, entonces $d\geq 7$ y $(a-2)(d-2)\geq 10$).

Repitiendo todo el razonamiento anterior con $b$ y $c$ en lugar de $a$ y $d$, tenemos que $b\leq 3$. Como $a\lt b$. Esto da lugar a tres casos:

• Si $(a,b)=(1,2)$, el sistema inicial se escribe como $d=c+2$ y $2c=1+d$. Este sistema tiene solución única $(c,d)=(3,5)$.
• Si $(a,b)=(1,3)$, el sistema inicial se escribe como $d=c+3$ y $3c=1+d$, que tiene solución única $(c,d)=(2,5)$, pero no cumple que $b\lt c$.
• Si $(a,b)=(2,3)$, el sistema inicial se escribe como $2d=c+3$ y $3c=2+d$, que tiene solución única $(c,d)=(\frac{7}{5},\frac{11}{5})$, que no son números enteros.

Tenemos así que la única solución al problema es $(a,b,c,d)=(1,2,3,5)$.