Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. La solución es $78$.

En primer lugar, si tenemos $79$ enteros positivos consecutivos, entre los primeros $40$ de ellos tiene que haber uno, llamémosle $a$, cuyas dos últimas cifras sean $00$, $10$, $20$, $30$, $40$, $50$ o $60$. Sea $S$ la suma de las cifras de $a$. Como los números $a,a+1,\ldots,a+39$ están en el conjunto inicial de números y difieren de $a$ sólo en las unidades y las decenas, las sumas de las cifras de estos cuarenta números nos dan todos los enteros entre $S$ y $S+12$, luego alguna de dichas sumas será múltiplo de $13$.

Ahora veamos que con $78$ enteros positivos consecutivos se puede conseguir que ninguna suma sea múltiplo de $13$. El mismo razonamiento anterior nos dice que para ello debemos tomar los números del $100m+61$ al $100(m+1)+38$ (si no, habría cuarenta consecutivos en la misma centena, el primero de ellos con último dígito cero). Además, debe cumplirse que $100m+61$ y $100(m+1)$ tengan ambos suma de dígitos de la forma $13k+1$ (ya que el resto de números se obtienen de ellos sumándoles del $1$ al $38$ y permanencen en su misma centena). Por tanto, la suma de los dígitos de $m$ debe ser de la forma $13k+7$ y la suma de los dígitos de $m+1$ de la forma $13k+1$. La forma más sencilla de que de que ocurra esto es que $m$ esté formado por sólo por nueves. La menor cantidad de nueves que hay que sumar para obtener un número de la forma $13k+7$ son ocho (observamos que $9\cdot 8=72=13\cdot 5+7$, luego nos vale con $m=99999999$. De esta forma, si tomamos los $78$ números comprendidos entre $9999999961$ y $10000000038$, ninguno de ellos tiene suma de dígitos múltiplo de $13$.

Finalmente, observemos que si se tratara de enteros negativos consecutivos, el resultado sería el mismo ya que la suma de los dígitos de $n$ es la misma que la de $-n$. No podemos elegir simultáneamente algunos de los enteros positivos y otros negativos ya que tendríamos que incluir al cero (cuya suma de dígitos es $0=0\cdot 13$ y por tanto múltiplo de $13$).

Solución. Consideremos la sucesión $a_n=\frac{2025}{n}$, que es claramente decreciente. Veamos la diferencia entre dos términos consecutivos: \begin{align*} a_n-a_{n+1}=\frac{2025}{n}-\frac{2025}{n+1}=\frac{2025}{n(n+1)}. \end{align*} Como $2025=45^2$ y $n(n+1)$ es creciente, se tiene que $n(n+1)\lt 45^2$ para $n\leq 44$ y $n(n+1)\gt 2025$ para $n\geq 45$. Esto nos lleva a que $a_n-a_{n+1}\gt 1$ para $n\leq 44$ y $a_n-a_{n+1}\lt 1$ para $n\geq 45$. Esto nos lleva a las siguientes conclusiones:

• Cualesquiera dos números consecutivos en $a_1,a_2,\ldots,a_{45}$ se diferencian en más de una unidad, luego todos ellos tienen parte entera distinta.
• Cualesquiera dos números consecutivos en $a_{45},a_{46},\ldots,a_{2025}$ se diferencian en menos de una unidad, luego sus partes enteras no pueden saltarse ningún entero entre $a_{45}=45$ y $a_{2025}=1$.

De esta forma, tenemos $45$ partes enteras distintas en $a_1,a_2,\ldots,a_{45}$ y otras $45$ en $a_{45},a_{46},\ldots,a_{2025}$. La única en común es $\lfloor a_{45}\rfloor=45$, luego la respuesta es $89$.

Solución. Sean $X,Y,Z$ los puntos de tangencia de la circunferencia inscrita en los lados $AB,BC,CA$, respectivamente. Tenemos, por lo tanto, que $AX=AZ$, $BY=BX$ y $CZ=CY=2025$, esto último puesto que el cuadrilátero $CYIZ$ es un cuadrado, siendo $I$ el incentro. Si llamamos $x=AX$ e $y=BY$, obtenemos que $AC=AZ+ZC=2025+x$ y $BC=BY+YX=2025+y$, mientras que $AB=AX+XB=x+y$. Para que el triángulo en cuestión sea rectángulo, debe cumplirse que \[(2025+x)^2+(2025+y)^2=(x+y)^2\ \Leftrightarrow\ (x-2025)(y-2025)=2\cdot 2025^2.\] Como tiene que ser $x,y\gt 2025$ y cambiar $x$ por $y$ no cambia el triángulo, esto nos dice que habrá un triángulo por forma de factorizar $2\cdot 2025^2=2^1\cdot 3^8\cdot 5^4$ como producto de dos divisores. Este número tiene $(1+1)(8+1)(4+1)=90$ divisores, lo que nos da un total de $45$ factorizaciones ($2\cdot 2025^2$ no es cuadrado perfecto) y, por tanto, tenemos un total $45$ triángulos no congruentes con radio inscrito $2025$.

Solución. Escribimos la ecuación como \[a(a^2+b^2)+7=3(a^2+b^2)+2b^2\ \Leftrightarrow\ (a-3)(a^2+b^2)=2b^2-7,\] luego $a^2+b^2$ es un divisor de $2b^2-7$. Ahora la escribimos como \[a(a^2+b^2)+7=5(a^2+b^2)-2a^2\ \Leftrightarrow\ (5-a)(a^2+b^2)=2a^2+7,\] luego también es divisor de $2a^2+7$. Como todo divisor positivo de un número es menor o igual que el valor absoluto de dicho número, tenemos que \[\left\{\begin{array}{l}a^2+b^2\leq|2b^2-7|,\\a^2+b^2\leq 2a^2+7.\end{array}\right.\] Distinguimos casos para tratar con el valor absoluto:

• Si $b=0$, entonces la ecuación original queda $a^3-5a^2+7=0$, que no tiene soluciones enteras (probamos $a=\pm 1$ y $a=\pm 7$, los divisores del término independiente).
• Si $b=\pm 1$, entonces la ecuación original queda $a^3-5a^2+a+4=0$, que tampoco tiene soluciones enteras (probamos $a=\pm 1$, $a=\pm 2$ y $a=\pm 4$).
• Si $|b|\geq 2$, entonces $2b^2-7\gt 0$, luego el sistema anterior de desigualdades nos da $a^2\leq b^2-7$ y $b^2\leq a^2+7$, lo que a su vez implica que $b^2-a^2=7$. Es fácil ver que los únicos cuadrados que se diferencian en $7$ unidades son $3^2=9$ y $4^2=16$ (a partir de $16$, cada cuadrado se diferencia del siguiente en al menos $9$ unidades). Por tanto, tenemos los candidatos a solución $a=\pm 3$ y $b=\pm 4$. Sustituyendo en la ecuación original, obtenemos que solamente $(a,b)=(3,4)$ y $(a,b)=(3,-4)$ la verifican.

Hemos probado así que $(a,b)=(3,4)$ y $(a,b)=(3,-4)$ son las únicas soluciones.

Solución. En la ecuación que nos dan podemos despejar \[b^2=\frac{a^3-5a^2+7}{3-a}=f(a)\] siempre que $a\neq 3$. Para $a=3$, la ecuación queda $a^3-5a^2+7=0$, que no tiene soluciones enteras, luego podemos suponer $a\neq 3$. La función $f(a)$ tiende a $-\infty$ cuando $a\to\pm\infty$, lo que nos dice que debería haber pocos valores en los que $f(a)=b^2\gt 0$. Veamos entonces para qué enteros $a$ se cumple que $f(a)\gt 0$.

El numerador de $f(a)$ tiene grado $3$, luego la ecuación $f(a)=0$ tiene a lo sumo tres soluciones reales. Calculamos algunos valores: \[f(-2)=-\tfrac{21}{5}\lt 0,\quad f(-1)=\tfrac{1}{4}\gt 0,\quad f(1)=\tfrac{3}{2}\gt 0,\quad f(2)=-5\lt 0,\] \[f(0)=\tfrac{7}{3}\gt 0,\quad f(4)=9\gt 0,\quad f(5)=-\tfrac{7}{2}\lt 0.\] Como hemos encontrado tres cambios de signo en los puntos en que $f$ es continua (para $a\neq 3$) y no puede haber más, el teorema de Bolzano nos garantiza entonces que $f(a)\lt 0$ para $a\leq -2$ para $a=2$ y para $a\geq 5$, luego las únicas posibilidades son $a=\pm 1$, $a=0$ y $a=4$. Sin embargo, a la vista de los valores dados arriba, sólo $f(4)$ es un cuadrado perfecto. Concluimos de este modo que la ecuación original tiene únicamente las soluciones enteras $(a,b)=(4,\pm 3)$.