Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Comenzamos observando que ninguno de los números puede ser múltiplo de 19 ya que, en tal caso, sólo uno de los dos conjuntos tendría un factor 19. Entonces, los restos módulo 19 de los números deben ser los números del 1 al 18. Si multiplicamos todos ellos, resulta $18!\equiv 18\ (\text{mod }19)$ por el teorema de Wilson (ver nota). Si existieran dichos subconjuntos disjuntos con el mismo producto, entonces $18$ sería un cuadrado módulo $19$, pero no lo es ya que \begin{align*} 1^2&\equiv 1\ (\text{mod }19),& 2^2&\equiv 4\ (\text{mod }19),& 3^2&\equiv 9\ (\text{mod }19),\\ 4^2&\equiv 16\ (\text{mod }19),& 5^2&\equiv 6\ (\text{mod }19),& 6^2&\equiv 17\ (\text{mod }19),\\ 7^2&\equiv 11\ (\text{mod }19),& 8^2&\equiv 7\ (\text{mod }19),& 9^2&\equiv 5\ (\text{mod }19),\\ 10^2&\equiv 5\ (\text{mod }19),& 11^2&\equiv 7\ (\text{mod }19),& 12^2&\equiv 11\ (\text{mod }19),\\ 13^2&\equiv 17\ (\text{mod }19),& 14^2&\equiv 6\ (\text{mod }19),& 15^2&\equiv 16\ (\text{mod }19),\\ 16^2&\equiv 9\ (\text{mod }19),& 17^2&\equiv 4\ (\text{mod }19),& 18^2&\equiv 1\ (\text{mod }19). \end{align*}

Nota. El teorema de Wilson afirma que $(p-1)!\equiv -1\ (\text{mod }p)$ para cualquier primo $p$.

Solución. El problema equivale a demostrar que la ecuación $x^2\equiv -7\pmod{2^k}$ tiene infinitas soluciones en los enteros, lo que equivale a que tenga alguna solución en los enteros. Para ello, vamos a partir de una solución $x_k$ para un valor de $k$ y encontraremos otra solución $x_{k+1}$ para el siguiente exponente.

Si $x_k^2\equiv -7\pmod{2^k}$, entonces $x_k^2\equiv -7\pmod{2^{k+1}}$ o bien $x_k^2\equiv -7+2^k\pmod{2^{k+1}}$. En el primer caso podemos tomar directamente $x_{k+1}=x_k$ y, en el segundo, definimos $x_{k+1}=x_k+2^{k-1}$ y tenemos que \[x_{k+1}^2=x_{k}^2+2^kx_k+2^{2k-2}\equiv x_k^2+2^k\equiv (-7+2^k)-2^k\equiv -7\pmod{2^{k+1}},\] donde hemos usado además que $x_k$ debe ser impar. No obstante, esta forma de pasar de $x_k$ a $x_{k+1}$ es cierta únicamente para $k\geq 3$ ya que debe cumplirse que $2k-2\geq k+1$ para que $2^{2k-2}\equiv 0\pmod{2^{k+1}}$. La prueba por inducción se sigue entonces de los casos base $1\leq k\leq 3$, en los que es basta con tomar $x_1=x_2=x_3=1$.

Solución. Comenzamos observando que, para cualesquiera naturales $a$ y $b$,

• si $x=a$ e $y=a+b$, entonces $x^2-xy+y^2=a^2+ab+b^2$;
• si $x=b$ e $y=a+b$, entonces también $x^2-xy+y^2=a^2+ab+b^2$.

Esto nos dice que si $a$ y $b$ están en dos subconjuntos distintos, entonces $a+b$ no puede estar en el tercero, ya que entonces $a^2+ab+b^2$ tendría que estar en los dos primeros simultáneamente, lo cual es absurdo. Esto también dice que $a-b$ no puede pertenecer al tercer conjunto por el mismo motivo.

Solución. Cualquier cuadrado es congruente con $0$ o $1$ módulo $3$. Por lo tanto, la ecuación solo es factible módulo $3$ si $a\equiv 0\ (\text{mod }3)$ y $b\equiv 0\ (\text{mod }3)$. Esto nos dice que podemos escribir $a=3x$ y $b=3y$ para ciertos $x,y\in\mathbb{Z}$. Sustituyendo, llegamos a que $9x^2=18y^2+3c^2$, luego $c^2=3x^2-6y^2$ debe ser también múltiplo de $3$, es decir, existe $z\in\mathbb{Z}$ tal que $c=3z$ y llegamos a otra solución de la misma ecuación: $x^2=2y^2+3z^2$.

Vamos a ver que esto implica que $a=b=c=0$. En efecto, si alguno de los tres números $a,b,c\in\mathbb{Z}$ es no nulo, entonces podríamos haber comenzado suponiendo que la solución $(a,b,c)$ es tal que la suma $a^2+b^2+c^2\gt 0$ es lo más pequeña posible (de entre todas las soluciones no nulas habrá una que cumpla esto), pero entonces $(x,y,z)$ es una solución con \[x^2+y^2+z^2=\frac{1}{9}(a^2+b^2+c^2)\lt a^2+b^2+c^2,\] en contradicción con el hecho de que $a^2+b^2+c^2$ es mínimo. Esto es lo que se llama técnica del descenso infinito o principio de minimalidad.