Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. En primer lugar, $101$ es un número primo. Los demás elementos de esta sucesión se pueden escribir como \[\sum_{k=0}^n 100^k=\frac{100^{n+1}-1}{99}=\begin{cases}(10^{n+1}+1)\cdot\frac{10^{n+1}-1}{9\cdot 11}&\text{si }n\text{ impar}\\\frac{10^{n+1}+1}{11}\cdot\frac{10^{n+1}-1}{9}&\text{si }n\text{ par}\end{cases}\] para $n\geq 2$ y los dos factores que aparecen en la última expresión son números enteros mayores que 1 (¿por qué?) luego, salvo 101, todos los elementos son números compuestos.

Solución. Si llamamos $n$ al número que buscamos y escribimos $n=p_1^{e_1}\cdots p_r^{e_r}$, donde $p_1,\ldots,p_r$ son primos distintos y $e_1,\ldots,e_r$ son exponentes naturales, el número de divisores de $n$ viene dado por \[(e_1+1)(e_2+1)\cdots(e_r+1).\] Como $74=2\cdot 37$, deducimos que, o bien $e_1=73$, o bien $e_1=1$ y $e_2=36$. Como el número buscado es múltiplo de $18=2\cdot 3^2$, no puede haber un único primo en la descomposición de $n$ luego hay exactamente dos primos, es decir, $n=p_1^{e_1}\cdot p_2^{e_2}$. Para que sea múltiplo de $18$, el exponente de $3$ tiene que ser mayor que uno, luego la única posibilidad es $n=2\cdot 3^{36}$, que es el número buscado.

Solución. La primera afirmación es cierta. Si tomamos tres enteros consecutivos $a-1$, $a$ y $a+1$, entonces podemos desarrollar la suma de sus cubos, obteniendo \[(a-1)^3+a^3+(a+1)^3=3a(a^2+2),\] por lo que bastará ver que $a$ ó $a^2+2$ son múltiplos de $3$. Si $a$ es múltiplo de $3$, entonces lo es $a$ y, si no lo es, entonces $a\equiv 1\ (\text{mod }3)$ ó $a\equiv 2\ (\text{mod }3)$, de donde $a^2+2\equiv 0\ (\text{mod }3)$.

La segunda afirmación no es cierta. Para verlo, basta darse cuenta de que si tomamos los números $-1$, $0$, $1$, $2$ y $3$, la suma de sus cubos resulta $35$, que no es múltiplo de $25$. Otra opción en la que los números son positivos es tomar $2$, $3$, $4$, $5$ y $6$, donde el resultado es $240$.

Para probar que la tercera afirmación es verdadera, procedamos como con la primera, escribiendo la suma de las potencias quintas de la forma \[(a-2)^5+(a-1)^5+a^5+(a+1)^5+(a+2)^5=5a(a^4+20a^2+34).\] Por tanto, será suficiente probar que si $a$ no es múltiplo de $5$, entonces $a^4+20a^2+34$ lo es. Esto puede probarse de varias formas. La primera es sustituir $a$ desde $1$ hasta $4$ y ver que el resultado es múltiplo de $5$ (ya que el resto de dividir $a^4+20a^2+34$ entre $5$ sólo depende del resto del propio $a$). La segunda es usar congruencias para ver que \[a^4+20a+34\equiv a^4-1\equiv(a-1)(a-2)(a-3)(a-4)\ (\text{mód}\ 5).\] Así está claro que $a^4+20a+34\equiv 0\ (\text{mód}\ 5)$ cuando $a\not\equiv 0\ (\text{mód}\ 5)$.

Nota. Dado un número $p$ primo, ¿es cierto que la suma de las potencias $p$-ésimas de $p$ números consecutivos es múltiplo de $p^2$?

Solución. Un conjunto especial de tres elementos es $\{2,3,4\}$. Veamos ahora que no existen cuatro números en progresión aritmética que formen un conjunto especial. Para ello, supongamos que $a$, $a+b$, $a+2b$ y $a+3b$ forman un conjunto especial y lleguemos a una contradicción. Observemos en primer lugar que si tomamos $d=\mathrm{mcd}(a,b)$ y $d\neq 1$, entonces considerando $a'=\frac{a}{d}$ y $b'=\frac{b}{d}$, los números $a'$, $a'+b'$, $a'+2b'$ y $a'+3b'$ también están en progresión aritmética, forman un conjunto especial y $\mathrm{mcd}(a',b')=1$. Por tanto, podemos suponer que el máximo común divisor de $a$ y $b$ es uno. En esta situación, $a(a+b)$ es divisible por $b^2$ por ser el conjunto especial luego $a^2+ab=a(a+b)=kb^2$ para cierto entero $k$, de donde $a^2=(k-a)b$ es divisible por $b$ lo cual, salvo que $b=1$, es imposible ya que habíamos supuesto que $\mathrm{mcd}(a,b)=1$. Por tanto, el conjunto ha de ser de la forma $\{a, a+1, a+2, a+3\}$ pero entonces como es especial se tiene que $a(a+2)$ y $(a+1)(a+3)$ son divisibles por $4$ pero uno de estos dos números es impar y hemos llegado a la contradicción buscada.

Solución. Un número que cumpla dicha condición cumple que su cuadrado es un cubo perfecto luego el número en sí ha de ser un cubo perfecto (todos los exponentes en su descomposición de su cuadrado en factores primos han de ser múltiplos de $3$ luego los del propio número también). Como tiene que ser menor que $1000$, tenemos las posibilidades $1$, $8$, $27$, $64$, $125$, $216$, $343$, $512$ y $729$. Además, por el mismo motivo, la suma de sus cifras ha de ser un cuadrado perfecto luego de estos nos quedan $1$, $27$ y $216$, de los cuales sólo $1$ y $27$ cumplen la condición buscada.