Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Los múltiplos de $10$ y los múltiplos de $25$ no son números ondulantes ya que acaban en $0$, $25$ ó $75$. Vamos a probar que cualquier otro número $n$ divide a un número ondulante.

• Caso 1: $n$ no es múltiplo de $2$ ni de $5$. Dado $k\in\mathbb{N}$, se tiene que $\mathrm{mcd}((10^k-1)n,10^k)=1$, luego $10^{k\varphi(n)}\equiv 1\ (\text{mód}\ (10^k-1)n)$, donde $\varphi(n)$ es la función de Euler. Esto nos dice que \[A(k,n)=\frac{10^{k\varphi(n)}-1}{10^k-1}\] es un múltiplo de $n$ formado por ceros y unos, de forma que hay $k-1$ ceros entre cada par de unos. Por tanto, $A(2,n)$ es un múltiplo de $n$, que además es ondulante.
• Caso 2: $n$ es un múltiplo de $5$ pero no de $10$ ni de $25$. Entonces, el número $5A(2,\frac{n}{5})$ es un múltiplo de $n$ ondulante (formado por ceros y cincos).
• Caso 3: $n$ es una potencia de $2$. Veamos por inducción sobre $r$ que $2^{2r+1}$ tiene un múltiplo ondulante $B(r)$ de $2r-1$ dígitos. Si $r=1$, entonces $2^r=8$ es de por sí ondulante y tiene un dígito, luego tomamos $B(1)=8$. Supongamos que $2^{2r+1}$ tiene un múltiplo ondulante $B(r)$ de $2r-1$ dígitos, es decir, $B(r)=2^{2r+1}a$ para cierto $a\in \mathbb{N}$. Consideremos el número ondulante \[N=10^{2r}b+B(r)=2^{2r}b+2^{2r+1}a=2^{2r}(b+2a).\] Entonces $N'$ tiene $2r+1$ dígitos y $N'$ será múltiplo de $2^{2r+3}$ para algún valor de $b\in\{2,4,6,8\}$ ya que de entre cuatro números pares consecutivos ($2+2a$, $4+2a$, $6+2a$ y $8+2a$) hay uno de ellos múltiplo de $8$, luego definimos $B(r+1)=10^{2r}b+B(r)$ para tal elección de $b$.
• Caso 4: $n=2^rm$ para cierto número impar $m$ que no es múltiplo de $5$. Entonces, el número $B(r)$ es múltiplo de $2^{2r+1}$ y, por tanto, múltiplo de $2^r$. El número $A(2r+2,m)$ es múltiplo de $m$ y tiene sus unos espaciados por $2r+1$ ceros, luego $A(2r+1,m)B(r)$ es un número ondulante y múltiplo de $n=2^rm$.
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Solución. Como $n\geq p$, existirá un exponente $s$ tal que $p^s\leq n\lt p^{s+1}$. Tomando $k=p^s-1$, vamos a demostrar que $\binom{n}{k}$ es múltiplo de $p$ siempre que $n$ no es de la forma $p^sq-1$, lo que demostrará el enunciado. Para ello, escribimos \[\binom{n}{p^s-1}=\frac{n!}{(p^s-1)!(n-p^s+1)!}.\] Observamos que el exponente de $p$ en la descomposición en factores primos del factorial $n!$ es igual a $\sum_{j=1}^s\lfloor\frac{n}{p^j}\rfloor$ ya que $n\lt p^{s+1}$. Aquí, $\lfloor x\rfloor$ denota la parte entera de un número real $x$ (es decir, el mayor entero menor o igual que $x$). Esto nos permite calcular también el exponente de $p$ en el denominador $(p^s-1)!(n-p^s+1)!$ como \begin{align*} \sum_{j=1}^s\left\lfloor\frac{p^s-1}{p^j}\right\rfloor+\sum_{j=1}^s\left\lfloor\frac{n-p^s+1}{p^j}\right\rfloor&=\sum_{j=1}^s(p^{s-j}-1)+\sum_{j=1}^s\left(\left\lfloor\frac{n+1}{p^j}\right\rfloor-p^{s-j}\right)\\ &=\sum_{j=1}^s\left(\left\lfloor\frac{n+1}{p^j}\right\rfloor-1\right). \end{align*} Observemos que \[\left\lfloor\frac{n+1}{p^j}\right\rfloor=\begin{cases} \left\lfloor\frac{n}{p^j}\right\rfloor& \text{si }n+1\text{ no es múltiplo de }p^j,\\ \left\lfloor\frac{n}{p^j}\right\rfloor+1& \text{si }n+1\text{ es múltiplo de }p^j,\end{cases}\] para que el exponente de $p$ sea el mismo en el numerador y en el denominador de $\binom{n}{k}$, se tiene que cumplir que $n+1$ es un múltiplo de $p^j$ para todo $j$ entre $1$ y $s$, es decir, $n+1=qp^s$ para cierto $q$, que es la condición dada en el enunciado. Dicho de otro modo, hemos probado que el exponente de $p$ en el numerador de $\binom{n}{k}$ es mayor que en el denominador siempre que $n$ no es de la forma $n=qp^s-1$.

Nota. En realidad, el recíproco también es cierto en el siguiente sentido: $\binom{p^sq-1}{k}$ es múltiplo de $p$ para todo $k\in\{1,\ldots,n-1\}$. Obviamente no se puede aspirar que esto también se cumpla para $k=0$ ó $k=n-1$, ya que en tal caso el número combinatorio es igual a $1$.

Solución. Entre los $39$ números siempre hay $20$ consecutivos $n,n+1,\ldots,n+19$ que sólo difieren en las cifras de las decenas y las unidades y de forma que la cifra de la cifra de las unidades de $n$ es cero. Si $a$ es la suma de las cifras de $n$, entonces las sumas de las cifras de $n,n+1,\ldots,n+19$ son $a,a+1,\ldots,a+9,a+1,\ldots,a+10$, respectivamente, y alguno de estos números ha de ser múltiplo de $11$.

Nota. Un ejemplo de que el resultado no es cierto para $38$ números son los números del $999981$ al $1000018$.

Solución. Veamos que la respuesta es negativa, razonando por reducción al absurdo. Si $a^2+b$ es un cuadrado perfecto, como es mayor que $a^2$, tendrá que ser $a^2+b\geq (a+1)^2$, de donde $b\geq 2a+1$. De la misma forma, si $b^2+a$ es un cuadrado perfecto, tendremos que $a\geq 2b+1\geq 4a+3\gt a$, lo cual es una contradicción.

Solución. Vamos a dar una respuesta negativa. Para ello podemos suponer que $\operatorname{mcd}(a,b,c)=1$ ya que en caso contrario podemos simplificar todas las fracciones y obtener una nueva solución en la que esto ocurra. La ecuación puede escribirse como \[a^2c+b^2a+c^2b=3abc.\] Supongamos que $p$ es un primo que divide a $abc$, luego divide a uno o dos de los factores. Pongamos que $a$ es un factor múltiplo de $p$ sin pérdida de generalidad. Por la ecuación anterior, $p$ tiene que dividir a $c^2b$, es decir, divide a $b$ o divide a $c$, pero no divide a ambos. Tenemos entonces dos casos.

• Si $p$ divide a $b$ y llamamos $x$ e $y$ a los exponentes de $p$ en la factorización de $a$ y $b$, respectivamente, entonces $3abc-b^2a$ tiene exponente $x+y+1$ (si $p=3$) o $x+y$ (si $p\neq 3$), mientras que $a^2c+c^2b=c(a^2+bc)$ tiene exponente $\min\{2x,y\}$ salvo en caso de que $2x=y$ (el exponente podría ser mayor si ocurre esto). Como $\min\{2x,y\}\leq y\lt x+y$, deducimos que necesariamente $2x=y$. Por lo tanto, el exponente de $p$ en $abc$ es $x+y=3x$, que es múltiplo de $3$
• Si $p$ divide a $c$, razonamos de forma similar. Llamando $x$ y $z$ a los exponentes de $p$ en la factorización de $a$ y $c$, respectivamente, entonces $3abc-a^2c$ tiene exponente $x+z$ o $x+z+1$, mientras que $b^2a+c^2b=b(ab+c^2)$ tiene exponente $\min\{x,2z\}$ (a menos que $x=2z$). Por lo tanto, tiene que ser $x=2z$ y también tenemos que el exponente de $p$ en $abc$ es múltiplo de $3$.

Tenemos así que el exponente de cualquier primo en la descomposición de $abc$ tiene exponente múltiplo de $3$, luego $abc$ es un cubo perfecto.

Nota. Es fácil ver que no hay soluciones positivas salvo las de la forma $a=b=c$ por la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica. Sin embargo, si hay soluciones negativas en que los tres números son distintos (posiblemente la más sencilla es $(a,b,c)=(1,-2,4)$).