Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. El número resultante se puede escribir como \[N=a_1+a_210^5+a_310^{10}+\ldots+a_{88889}10^{444440},\] siendo $(a_1,a_2,a_3,\ldots,a_{88889})$ la ordenación de los números que se ha tomado. Ahora bien, el número $10^5-1=99999$ se puede descomponer como $99999=9\cdot 11111$, luego se cumple que $10^5\equiv 1\ (\text{mód}\ 11111)$, lo que quiere decir que \[N\equiv a_1+a_2+a_3+\ldots+a_{88889}\ (\text{mód}\ 11111).\] Ahora bien los números del $11111$ al $99999$ recorren nueve veces todos los restos módulo $11111$ (más una vez el resto cero). Como cada resto y su opuesto son distintos módulo $11111$ (ya que $11111$ es impar), está claro que la suma de todos los restos desde $0$ a $11110$ es igual a cero. Volviendo al razonamiento anterior, esto nos asegura que \[N\equiv a_1+a_2+a_3+\ldots+a_{88889}\equiv 0\ (\text{mód}\ 11111),\] luego el número $N$ es múltiplo de $11111$ independientemente del orden que se ha elegido para colocar los números. Por tanto, no puede ser una potencia de $2$, como queríamos probar.

Nota. Observemos que $99999=3^2\cdot 41\cdot 271$, luego también podríamos haber hecho el mismo razonamiento módulo $41$ ó módulo $271$. No obstante, la técnica usual en estos casos (trabajar módulo $3$ ó $9$) no funciona en este caso ya que queda $N\equiv 8\ (\text{mód}\ 9)$ y sí hay potencias de $2$ congruentes con $8$ módulo $9$.

Solución. Todo número es congruente con la suma de sus cifras módulo $3$, es decir, $n\equiv s(n)\,(\text{mód}\ 3)$ para todo $n\in\mathbb{N}$. Por lo tanto, $n+s(n)+s(s(n))$ es congruente con $3n$ módulo $3$, luego es siempre un múltiplo de $3$. No obstante, $2018$ no es múltiplo de $3$, luego la ecuación del enunciado no tiene solución.

Solución. Escribamos $a=rp^\alpha$ y $b=sp^\beta$, de forma que $r$ y $s$ no son múltiplos de $p$. Vamos a probar el resultado por inducción sobre $\beta$. El caso base es $\beta=0$, para el que se tiene que \[\frac{a^b-1}{p^\alpha}=r\frac{(rp^\alpha+1)^b-1}{(rp^\alpha+1)-1}=r(1+(rp^\alpha+1)+(rp^\alpha+1)^2+\ldots+(rp^\alpha+1)^{b-1}),\] luego $a^b+1$ es múltiplo de $p^\alpha$, pero no es múltiplo de $p^{\alpha+1}$ ya que el miembro de la derecha en la igualdad anterior es congruente con $rb$ módulo $p$, pero $rb$ no es múltiplo de $p$ si $\beta=0$.

Supongamos entonces que el resultado es cierto para $\beta\geq 0$, es decir, $a^{sp^\beta}=tp^{\alpha+\beta}+1$ para cierto $t$ que no es múltiplo de $p$ y probémoslo para $\beta+1$. Usando la hipótesis de inducción y el binomio de Newton, tenemos que \[a^{sp^{\beta+1}}-1=(tp^{\alpha+\beta}+1)^p-1=\sum_{j=1}^p\binom{p}{j}t^jp^{(\alpha+\beta)j}\] Observemos que hemos eliminado de la sumatoria el término con $j=0$ ya que lo hemos cancelado con el sumando $-1$. Ahora bien, el número combinatorio $\binom{p}{j}$ es múltiplo de $p$ para $1\leq j\leq p-1$, luego todos los sumandos de la sumatoria son múltiplos de $p^{\alpha+\beta+1}$ y todos son múltiplos de $p^{\alpha+\beta+2}$ salvo el correspondiente a $j=1$, luego el exponente de $p$ en $a^{sp^{\beta+1}}-1$ es exactamente $\alpha+\beta+1$, como queríamos probar.

Nota. ¿Dónde se está usando que $p$ es impar?

Solución. Usando la identidad bien conocida $1+2+\ldots+n=\frac{1}{2}n(n+1)$, podemos reescribir la igualdad del enunciado como \[8p+120=\frac{n(n+1)}{2}\quad \Leftrightarrow\quad 16p=n^2+n-240=(n-15)(n+16). \] Ahora utilizaremos que $p$ es primo y que los factores $n-15$ y $n+16$ tienen distinta paridad, luego sólo uno de ellos es divisible por $16$. Tenemos así varias posibilidades:

• Si $n-15=16p$ y $n+16=1$, entonces $n=-15\lt 0$, luego no lleva a solución.
• Si $n-15=16$ y $n+16=p$, entonces llegamos a la solución $(n,p)=(31,47)$.
• Si $n-15=p$ y $n+16=16$, entonces $n=0$, lo que tampoco lleva a solución.
• Si $n-15=1$ y $n+16=16p$, entonces llegamos a la solución $(n,p)=(16,2)$.

No estamos considerando las descomposiciones de $16p$ en factores negativos ya que, si $n+16\lt 0$, entonces también tenemos que $n\lt 0$. Deducimos así que las únicas soluciones son $(n,p)=(31,47)$ y $(n,p)=(16,2)$.

Solución. Dados $u,v\in\mathbb{N}$, tenemos que \[\frac{(u+v)^3+(2u-v)^3}{(u+v)^3+(2v-u)^3}=\frac{9u(u^2-uv+v^2)}{9v(u^2-uv+v^2)}=\frac{u}{v}.\] Esto nos da la solución al problema siempre que $2u-v\gt 0$ y $2v-u\gt 0$, es decir, para todo número racional $r=\frac{u}{v}$ tal que $\frac{1}{2}\lt r\lt 2$, se cumple el enunciado. Veamos que podemos usar esto para pasa en el caso de que $r$ no pertenezca a este intervalo.

Dado $r\in\mathbb{Q}$ positivo, existirá un número racional $\frac{m}{n}$ tal que $\sqrt[3]{\frac{1}{2r}}\lt \frac{m}{n}\lt\sqrt[3]{\frac{2}{r}}$, luego $\frac{1}{2}\lt\frac{m^3r}{n^3}\lt 2$. Lo que hemos probado anteriormente nos dice que existen $a,b,c,d\in\mathbb{N}$ tales que \[\frac{m^3r}{n^3}=\frac{a^3+b^3}{c^3+d^3}\ \Longleftrightarrow\ r=\frac{(an)^3+(bn)^3}{(cm)^3+(dm)^3},\] lo que prueba que $r$ cumple la condición del enunciado.

Nota. La idea para elegir $a=c=u+v$, $b=2u-v$ y $d=2v-u$, es observar que \[\frac{a^3+b^3}{a^3+d^3}=\frac{(a+b)(a^2+ab+b^2)}{(a+d)(a^2+ad+d^2)}\] y elegir los números de forma que $a+b=\lambda u$, $a+d=\lambda v$ y $a^2-ab+b^2=a^2-ad+d^2$. Esto último ocurre si, y sólo si, $(-a+b+d)(b-d)=0$, luego $a=b+d$. De aquí es fácil llegar a que la solución entera más sencilla ocurre para $\lambda=3$ y es la que hemos propuesto.