Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Escribamos la progresión aritmética como $a_n=c+(n-1)d$ y la progresión geométrica como $g_n=cr^{n-1}$. Aquí estamos reflejando que ambas sucesiones tienen término inicial común $a_1=g_1=c$ y denotamos por $d$ a la diferencia de la progresión aritmética y por $r$ a la razón de la progresión geométrica. Entonces, podemos escribir las otras dos condiciones que nos dan como \begin{align*} a_2&=g_2&\Leftrightarrow&& c+d&=cr&\Leftrightarrow& &r=1+\frac{d}{c}\\ a_{10}&=g_3&\Leftrightarrow&& c+9d&=cr^2&\Leftrightarrow&& r^2=1+9\frac{d}{c}, \end{align*} donde hemos usado que $c\neq 0$ por hipótesis. Igualando la segunda ecuación con el cuadrado de la primera tenemos que \[1+9\frac{d}{c}=\left(1+\frac{d}{c}\right)^2=1+2\frac{d}{c}+\frac{d^2}{c^2}\ \Leftrightarrow\ \frac{d}{c}=7,\] donde hemos usado que $d\neq 0$ ya que en tal caso la sucesión aritmética sería constante y, por tanto, $g_1=a_1=a_2=g_2$ y la geométrica también lo sería en contra de lo que nos dice el enunciado. Esto nos lleva a que $r=1+\frac{d}{c}=8$.

Por lo tanto, tenemos que responder si, para cada entero positivo $p$, existe un entero positivo $m$ tal que $8^{p-1}=1+7(m-1)$. Esto es verdad ya que $8^{p-1}\equiv 1^{p-1}=1\pmod{7}$ para todo $p\geq 1$. Por lo tanto, la respuesta a la pregunta que nos hacen es afirmativa.

Solución. Si dividimos $x$ entre $240$, podemos escribir $x=240m+y$ con resto $0\leq y\lt 240$. Dividiendo $y$ entre $40$, podemos escribir $y=40n+z$ con resto $0\leq z\lt 40$. Dividiendo $z$ entre $8$ podemos escribir $z=8k+r$ con resto $0\leq r\lt 8$. Esto nos dice que $x=240m+40n+8k+r$ para ciertos enteros no negativos tales que $y=40n+8k+r\lt 240$, $z=8k+r\lt 40$ y $r\lt 8$, por lo que podemos calcular \begin{align*} \left\lfloor\frac{x}{8}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{x}{40}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{x}{240}\right\rfloor &=\left\lfloor\tfrac{240m+40n+8k+r} {8}\right\rfloor+\left\lfloor\tfrac{240m+40n+8k+r}{40}\right\rfloor+\left\lfloor\tfrac{240m+40n+8k+r}{240}\right\rfloor\\ &=\left\lfloor 30m+5n+k+\tfrac{r} {8}\right\rfloor+\left\lfloor 6m+n+\tfrac{z}{40}\right\rfloor+\left\lfloor m+\tfrac{y}{240}\right\rfloor\\ &=30m+5n+k+6m+n+m=37m+6n+k. \end{align*} Tenemos entonces que encontrar la solución de $37m+6n+k=210$ que minimiza $x=240m+40n+8k+r$. Esto nos lleva a elegir directamente $r=0$ ya que $r$ no interviene en la ecuación. Observemos que tenemos la restricción $0\leq n\leq 5$ y $0\leq k\leq 4$, luego $0\leq 6n+k\leq 34$. Así, dividiendo $210$ entre $37$, tenemos $210=5\cdot 37+25$ y deducimos que ha de ser $m=5$, lo que nos deja con $6n+k=25$. La única posible solución positiva con $0\leq k\leq 4$ es $n=4$ y $k=1$. Por tanto, el menor valor posible de $x$ es $240\cdot 5+40\cdot 4+8\cdot 1+0=1368$.

Nota. Esta demostración nos dice que el único grado de libertad que tenemos es $r$ entre $0$ y $7$, luego los únicos $x$ que cumplen esta ecuación son 1368, 1369, 1370, 1371, 1372, 1373, 1374 y 1375.

Solución. Veamos lo que ocurre con los primeros socios, para entender la regla general:

• El primer socio paga $1$ según el enunciado
• El segundo socio le tiene que pagar al primero $2$.
• El tercer socio le tiene que pagar el primer socio $2$ y al segundo $3$.
• El cuarto socio le tiene que pagar al primero $2$, al segundo $3$ y al tercero $6$.
• El quinto socio le paga al primero $2$, al segundo $3$, al tercero $6$ y al cuarto $12$.

Si ponemos que $a_k$ es lo que paga el socio $k$-ésimo, entonces el $n$-ésimo pagará \begin{align*} a_n&=a_1+a_2+\ldots+a_{n-1}+(n-1)\\ &=2a_1+2a_2+\ldots+2a_{n-2}+(n-2)+(n-1)\\ &=4a_1+4a_2+\ldots+4a_{n-3}+2(n-3)+(n-2)+(n-1)\\ &=\ldots\\ &=2^{n-2}a_1+2^{n-3}\cdot 1+2^{n-4}\cdot 2+\ldots+2^1(n-3)+2^0(n-2)+(n-1) \\ &=2^{n-2}+n-1+[2^{n-3}\cdot 1+2^{n-4}\cdot 2+2^{n-5}\cdot 3+\ldots+2^1(n-3)+2^0(n-2)]. \end{align*} La suma entre corchetes es aritmético-geométrica y puede obtenerse el resultado multiplicando por $2$ su expresión para aumentar cada exponente en una unidad y después restar la expresión original. Para $n\geq 2$, tenemos entonces que \begin{align*} a_n=2a_n-a_n&=2^{n-1}+2(n-1)+[2^{n-2}\cdot 1+2^{n-3}\cdot 2+2^{n-4}\cdot 3+\ldots+2^2(n-3)+2^1(n-2)]\\ &\qquad -2^{n-2}-(n-1)-[2^{n-3}\cdot 1+2^{n-4}\cdot 2+2^{n-5}\cdot 3+\ldots+2^1(n-3)+2^0(n-2)]\\ &=2^{n-2}+n-1+[2^{n-2}+2^{n-3}+2^{n-4}+\ldots+2^2+2^1]-(n-2)\\ &=2^{n-2}+2^{n-2}+2^{n-1}+2^{n-2}+\ldots+2^2+2^1+1=3\cdot 2^{n-2}-1, \end{align*} luego el $n$-ésimo socio ($n\geq 2$) ha de abonar un total de $3\cdot 2^{n-2}-1$ euros.

Solución. Simplemente imaginándonos unas manecillas de reloj nos damos cuenta de que estas están superpuestas tres veces en el intervalo de las 9:00 a las 13:00: la primera vez sobre las 9:50, la segunda sobre las 10:55 y la tercera exactamente a las 12:00. Esta última no puede ser la solución ya que a las 12:00 el segundero también está alineado con las otras manecillas.

Una forma muy ingeniosa de calcular los otros instantes de forma exacta es darse cuenta de que entre las 00:00 y las 12:00, las manecillas de las horas y los minutos se alinean exactamente 12 veces (contando las 00:00 y las 12:00) luego esto ocurre cada $\frac{12}{11}$ de hora. Podemos proceder como sigue:

• La vez anterior a las 12 en que ocurre el alineamiento horas-minutos es a las $12-\frac{12}{11}=10+\frac{10}{11}$ horas. La fracción $\frac{10}{11}$ nos da $60\cdot\frac{10}{11}=\frac{600}{11}=54+\frac{6}{11}$ minutos y los $\frac{6}{11}$ minutos nos dan $60\cdot\frac{6}{11}=\frac{360}{11}=32+\frac{8}{11}$ segundos. El ángulo que forma el segundero con el minutero es de $6\cdot[(54+\frac{6}{11})-(32+\frac{8}{11})]=\frac{1440}{11}=130+\frac{10}{11}$ grados, que es mayor que $120^\circ$. Esta solución tenemos que descartarla pues.
• La siguiente vez (hacia atrás) que ocurre el alineamiento es a las $12-\frac{24}{11}=9+\frac{9}{11}$ horas. La fracción $\frac{9}{11}$ nos da $60\cdot\frac{9}{11}=\frac{540}{11}=49+\frac{1}{11}$ minutos y los $\frac{1}{11}$ minutos nos dan $60\cdot\frac{1}{11}=\frac{60}{11}=5+\frac{5}{11}$ segundos. El ángulo que forma el segundero con el minutero es claramente menor que $120^\circ$ ya que las manecillas de las horas y minutos están aproximadamente en el 49 y las de los segundos en el 5 (puede calcularse el ángulo exacto como en el caso anterior).

Deducimos entonces que la hora exacta a la que se estropeó el reloj fue a las 9:49:05, con un error de $\frac{5}{11}\lt 1$ segundos.