Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Que los tres últimos dígitos coincidan equivale a que \[1978^n-1978^m=1978^m(1978^{n-m}-1)\equiv 0\ (\text{mod }1000).\] Esto implica que $m\geq 3$ ya que $1000=2^35^3$ y nos bastará trabajar módulo $5^3=125$. Vamos a buscar, por tanto, el menor entero $k$ tal que $1978^k\equiv 1\ (\text{mod }125)$. El teorema de Euler-Fermat nos dice que $1978^{\varphi(125)}\equiv 1\ (\text{mod }125)$ ya que $\mathrm{mcd}(125,1978)=1$, siendo $\varphi(125)=5^2(5-1)=100$. El menor exponente $k$ que estamos buscando debe ser un divisor de $100$ (ver nota), lo que nos da las posibilidades $k=1,2,4,5,10,20,25,50,100$. Ahora bien, como $1978\equiv 103\ (\text{mod }125)$, tenemos que \[1978^{2}\equiv 103^2=10609\equiv 109\ (\text{mod }125),\quad 1978^4\equiv 109^2=11881\equiv 6\ (\text{mod }125),\] luego podemos calcular \[1978^{20}\equiv 103^4(103^4)^4=6\cdot 6^4\equiv 6\cdot 36^2\equiv 6\cdot 46\equiv 26\ (\text{mod }125).\] Esto nos dice que el $k$ buscado no es igual a ninguno de los números $1,2,3,4,10,20$ (divisores de $20$). Probemos ahora $k=50$, lo que nos permitirá descartar también $25$ y $50$: \[1978^{50}\equiv 103^2((103^4)^4)^3=109\cdot 46^3\equiv 109\cdot 86\equiv 124\ (\text{mod }125).\] Esto nos deja sólo la posibilidad $k=100$, que nos da $m=3$ y $n=103$. Por tanto, la menor suma posible es $m+n=106$.

Nota. La afirmación de que $k$ debe ser un divisor de $100$ es un hecho conocido, pero vamos a demostrarlo. Si tomamos $d=\mathrm{mcd}(k,100)$, entonces la identidad de Bézout nos dice que existen $u$ y $v$ tales que $d=ku+100v$, luego $1978^d=(1978^k)^u(1978^{100})^v\equiv 1\ (\text{mod }125$. Si $k$ es el menor entero positivo que cumple $1978^k\equiv 1\ (\text{mod }125)$, entonces tiene que ser $d=k$, es decir, $k$ es un divisor de $100$.

Solución. Basta darse cuenta de la siguiente expresión: \[\frac{2}{n}=\frac{1}{\frac{n+1}{2}}+\frac{1}{\frac{n(n+1)}{2}},\] donde los números $\frac{n+1}{2}$ y $\frac{n(n+1)}{2}$ son ambos enteros por ser $n$ impar. Además, estos dos números son distintos por ser $n\geq 3$.

Solución. Todo cuadrado perfecto da resto $0$ ó $1$ al dividirlo entre $4$, luego la suma de dos cuadrados dará resto $0$, $1$ ó $2$ módulo $4$. Como $2003$ da resto $3$ módulo $4$, deducimos que no se puede escribir como la suma de los cuadrados de dos números enteros.

Solución. Escribamos los términos de la sucesión como $a_n=a_1+(n-1)d$ para cierto $d\in\mathbb{R}$ no nulo (la sucesión no es constante). Probaremos que $a_1$ y $d$ son enteros, lo que nos dará el resultado buscado. Para ello, si \begin{eqnarray*} a_{p+1}^2=(a_1+pd)^2&=&a_1^2+2pa_1d+p^2d^2,\\ a_{q+1}^2=(a_1+qd)^2&=&a_1^2+2qa_1d+q^2d^2, \end{eqnarray*} son elementos de la sucesión y $a_1^2$ también lo es, entonces $a_{p+1}^2-a_1^2=rd$ y $a_{q+1}^2-a_1^2=sd$ para ciertos enteros $r$ y $s$. Desarrollando estas diferencias de cuadrados llegamos a las ecuaciones \[\begin{cases} 2pa_1+p^2d=r,\\ 2qa_1+q^2d=s. \end{cases}\] Podemos resolver fácilmente este sistema de ecuaciones lineales con incógnitas $a_1$ y $d$, obteniendo que \[a_1=\frac{p^2 s-q^2 r}{2 p q (p-q)},\qquad d=\frac{q r-p s}{p q (p-q)}.\] Es importante observar que el sistema es compatible determinado ya que los denominadores no se anulan por ser $p$ y $q$ primos entre sí (y, en particular, distintos). Esto prueba que $a_1$ y $d$ son racionales, luego podemos escribir como fracciones irreducibles $a_1=\frac{x}{y}$ y $d=\frac{z}{w}$. Probaremos que $y=\pm 1$ y $w=\pm 1$ y habremos terminado.

Como $a_1^2$ es un elemento de la sucesión, existirá $m\in\mathbb{N}$ tal que $a_1^2=a_1+md$, luego $x^2w=xyw+m y^2dz$. De aquí deducimos que $y$ divide a $x^2w$ luego también divide a $w$ (ya que $x$ e $y$ no tienen factores comunes). Por otro lado, de la ecuación $2pa_1+p^2d=r$ deducimos que $2pxw+p^2yz=ryw$, luego $w$ divide a $p^2y$ (ya que $w$ no tiene factores en común con $z$). Análogamente, la ecuación $2qa_1+q^2d=s$ nos dice que $w$ divide a $q^2y$. Por consiguiente, $w$ divide a $y$ ya que, en caso contrario, $w$, $p^2$ y $q^2$ tendrían algún factor en común, contradiciendo la hipótesis de que $p$ y $q$ son primos entre sí.

Hemos demostrado que $y$ y $w$ se dividen mutuamente, lo que nos asegura que $w=\pm y$. Entonces, la igualdad $x^2w=xyw+m y^2dz$ que ha aparecido anteriormente se rescribe como $\pm x^2=(\pm x+mdz)y$. Como $x$ e $y$ no tienen factores comunes, ha de ser $y=\pm 1$ y, por tanto, $w=\pm 1$ como queríamos probar.

Solución. Podemos simplificar la expresión del enunciado de la siguiente forma: \begin{eqnarray*} \frac{p}{q}&=&1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{1319}-2\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\ldots+\frac{1}{1318}\right)\\ &=&1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{1319}-\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{659}\right)\\ &=&\frac{1}{660}+\frac{1}{661}+\ldots+\frac{1}{1319} \end{eqnarray*} Ahora bien, en esta última suma, basta emparejar el primer elemento con el último, el segundo con el penúltimo y así sucesivamente, con lo que llegamos a la siguiente igualdad \begin{eqnarray*} \frac{p}{q}&=&\left(\frac{1}{660}+\frac{1}{1319}\right)+\left(\frac{1}{661}+\frac{1}{1318}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{989}+\frac{1}{990}\right)\\ &=&\frac{1979}{660\cdot 1319}+\frac{1979}{661\cdot 1318}+\ldots+\frac{1979}{989\cdot 990} \end{eqnarray*} Como $1979$ es un número primo y los denominadores anteriores tienen factores menores que $1979$, deducimos que $p$ es múltiplo de $1979$, que es lo que queríamos probar.

Nota. Es interesante observar que $p$ y $q$ bien podrían tener factores comunes, pero hemos encontrado una fracción $\frac{p}{q}$ tal que $p$ es múltiplo de $1979$ y $q$ no, luego el numerador de cualquier fracción equivalente a $\frac{p}{q}$ será múltiplo de $1979$.