Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. La ecuación se puede escribir como $(x-a)(x-b)(x-3)=-1$. Por tanto, si $x$ es una solución entera, entonces $x-a$, $x-b$ y $x-3$ son números enteros que dividen a $-1$, luego han de ser iguales a $\pm 1$. En particular, de la condición $x-3=\pm 1$ deducimos que las únicas posibles raíces enteras de la ecuación son $x=2$ y $x=4$. Probaremos por reducción al absurdo que no pueden ser las dos a la vez soluciones.

Si $x=2$ es solución, sustituyendo en la ecuación original obtenemos que $(2-a)(2-b)=1$ y, si $x=4$ es solución, entonces $(4-a)(4-b)=-1$. Si ambos valores de $x$ son soluciones, entonces $4-a$ y $2-a$ son iguales a $\pm 1$ y, como se diferencian en $2$ unidades, tiene que ser $4-a=1$ y $2-a=-1$, es decir, $a=3$. Sustituyendo $a=3$ en $(2-a)(2-b)=1$, tenemos que $2-b=-1$ y, por tanto, $b=3$. No obstante, $a=b=3$ no cumple $(4-a)(4-b)=-1$ y hemos llegado a una contradicción.

Solución. Supongamos que $A$ y $B$ son dos potencias de $2$ distintas pero con los mismos dígitos (no nulos) reordenados. Vamos a llegar a una contradicción y esto dará respuesta negativa a la pregunta del enunciado. Primero observamos dos propiedades de $A$ y $B$.

• Como los dígitos tanto de $A$ como de $B$ son no nulos, ambos números han de tener el mismo número de cifras significativas. En particular, si suponemos que $A\lt B$, entonces ocurre alguna de las siguientes tres situaciones: $B=2A$ ó $B=4A$ ó $B=8A$ (observa que ambas son potencias de $2$ y $16A$ tiene siempre más cifras que $A$).
• Como los dígitos son los mismos, tenemos que $A\equiv B$ (mód $9$).

Ahora bien, como $A$ y $B$ son primos relativos con $9$ (son potencias de $2$), tenemos que $A\equiv B=2^kA$ (mod $9$) implica $1\equiv 2^k$ (mód $9$). Tanto si $k=1$ como si $k=2$ ó $k=3$ esta congruencia es falsa, lo que nos da la contradicción buscada.

Solución. Según la condición (a), podemos escribir $E(\frac{N}{3})=111\cdot a$ para cierto número natural $a$ entre $1$ y $9$. Ahora bien, el apartado (b) nos permite desarrollar \[\frac{n(n+1)}{2}=1+2+\ldots+n=111\cdot a=3\cdot 37\cdot a,\] de forma que $n(n+1)=2\cdot 3\cdot 37\cdot a$. Por tanto, el producto $2\cdot 3\cdot 37\cdot a$ se tiene que descomponer en producto de dos números consecutivos, lo cual sólo ocurre para $a=6$ y $n=36$. Así tenemos que $E(\frac{N}{3})=666$, es decir, $666\leq\frac{N}{3}<667$. Esta desigualdad es equivalente a $1998\leq N\lt 2001$, lo que nos asegura que $N=2000$ es la solución buscada.

Solución. Escribamos $3a-2=m^2$ para cierto entero positivo $m$. De esta definición se deduce fácilmente que $m$ no es múltiplo de $3$ y, como $a$ es impar, se tiene también que $m$ es impar. En otras palabras, $m$ es congruente con $1$ ó con $5$ módulo $6$. El hecho de que $a\gt 17$ se traduce en que $m^2\gt 49$. Consideremos entonces los números \[b=\frac{2(m^2-1)}{3},\qquad c=\frac{(m^2-25)(m^2-1)}{36}.\] Es fácil probar que son enteros por ser $m$ congruente con $1$ ó con $5$ módulo $6$, y son positivos por ser $m\gt 49$. Además, \[c-b=\frac{(m^2-25)(m^2-1)}{36}-\frac{24(m^2-1)}{36}=\frac{(m^2-49)(m^2-1)}{36}\gt 0,\] lo que nos dice que $b\neq c$. Veamos finalmente que cumplen la propiedad sobre los cuadrados. \begin{align*} a+b&=\frac{m^2+2}{3}+\frac{2(m^2-1)}{3}=m^2,\\ b+c&=\frac{2(m^2-1)}{3}+\frac{(m^2-25)(m^2-1)}{36}=\left(\frac{m^2-1}{6}\right)^2,\\ a+c&=\frac{m^2+2}{3}+\frac{(m^2-25)(m^2-1)}{36}=\left(\frac{m^2-7}{6}\right)^2,\\ a+b+c&=\frac{m^2+2}{3}+\frac{2(m^2-1)}{3}+\frac{(m^2-25)(m^2-1)}{36}=\left(\frac{m^2+5}{6}\right)^2. \end{align*}

Nota. Hemos escrito todos los resultados en función de $m^2$, aunque podríamos haberlo hecho en función de $a$ (el único motivo era que se vea de forma explícita que todas las sumas son cuadrados): \[b=2a-2,\qquad c=\frac{(a-9)(a-1)}{4},\] con lo que \[ a+b=3a-2,\quad b+c=\left(\frac{a-1}{2}\right)^2,\quad a+c=\left(\frac{a-3}{2}\right)^2,\quad a+b+c=\left(\frac{a+1}{2}\right)^2. \]

Solución. Para $n=0$, obtenemos que $2^n+12^n+2011^n=3$ no es un cuadrado perfecto. Para $n=1$, llegamos a que $2^n+12^n+2011^n=2025=45^2$. Ahora bien, para $n\geq 2$, tomando resto módulo $3$, tenemos que $2^n\equiv 1$ (mód $3$) si $n$ es par y $2^n\equiv 2$ (mód $3$) si $n$ es impar, mientras que $12^n$ siempre es congruente con $0$ y $2011^n$ siempre es congruente con $1$. Deducimos así que $2^n+12^n+2011^n\equiv 2$ (mód $3$) si $n$ es par y $2^n+12^n+2011^n\equiv 1$ (mód $3$) si $n$ es impar. Como todos los cuadrados perfectos son congruentes con $0$ ó con $1$ módulo $3$, tenemos que si $2^n+12^n+2011^n$ es un cuadrado perfecto, entonces $n$ ha de ser impar.

Consideremos ahora restos módulo $4$. Si $n\geq 2$, entonces tanto $2^n$ como $12^n$ son múltiplos de $4$, luego $2^n+12^n+2011^n\equiv 3^n$ (mód $4$), que es congruente con $1$ si $n$ es par y con $3$ si $n$ es impar. Como todo cuadrado perfecto es congruente con $0$ ó con $1$ módulo $4$, deducimos que $n$ ha de ser par. Por lo probado en el párrafo anterior, no existen valores de $n\geq 2$ para los que $2^n+12^n+2011^n$ es un cuadrado perfecto. La única solución del problema es $n=1$.