Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Si los números son consecutivos, podemos escribir $a_2=a_1+1$, $a_3=a_1+2$,... y así sucesivamente. Esto nos dice que $a_{k}=a_1+k-1$ y, por tanto, \[a_1+\ldots+a_n=a_1+1+a_1+2+\ldots+a_1+(n-1)=na_1+\frac{(n-1)n}{2},\] donde hemos usado la fórmula $1+2+\ldots+k=\frac{k(k+1)}{2}$ de la suma de los primeros $k$ naturales para $k=n-1$. Esto nos dice que la condición del enunciado se traduce en \[na_1+\frac{(n-1)n}{2}=2009\ \Leftrightarrow\ n(2a_1+n-1)=4018.\] De esta forma, $n$ tiene que ser un divisor mayor o igual que $3$ de $4018$ y $2a_1+n-1$ su divisor complementario. Los divisores positivos de $4018=2\cdot 7^2\cdot 41$ pueden calcularse fácilmente y son \[{1, 2, 7, 14, 41, 49, 82, 98, 287, 574, 2009, 4018}\] Como $2a_1+n-1\gt n$, realmente $n$ tiene que ser menor que $\sqrt{4018}\lt 64$, por lo que de los divisores sólo nos quedamos con cuatro casos:

• $n=7$ y $2a_1+n-1=574$ nos da $a_1=284$ y la sucesión \[\{284,285,286,\ldots,290\}.\]
• $n=14$ y $2a_1+n-1=287$ nos da $a_1=137$ y la sucesión \[\{137,138,139,\ldots,150\}.\]
• $n=41$ y $2a_1+n-1=98$ nos da $a_1=29$ y la sucesión \[\{29,30,31,\ldots,69\}.\]
• $n=49$ y $2a_1+n-1=82$ nos da $a_1=17$ y la sucesión \[\{17,18,19,\ldots,65\}.\]

Estas son las únicas cuatro sucesiones de naturales consecutivos que suman $2009$.

Solución. Si llamamos $y=\frac{6-x}{x+1}$, podemos despejar \[y=\frac{6-x}{x+1}\ \Longleftrightarrow \ xy=6-(x+y).\] Además, la ecuación inicial se escribe como $xy(x+y)=8$, por lo que si llamamos $s$ y $p$ a la suma y producto de las dos incógnitas, tenemos que $p=6-s$ y $sp=8$. Sustituyendo la primera en la segunda ecuación llegamos a que $s(6-s)=8$ o equivalentemente $s^2-6s+8=0$, que tiene soluciones $s=2$ y $s=4$. Distinguimos los dos casos:

• Si $s=2$, entonces $p=6-s=4$. Tenemos así que $x+y=2$ y $xy=4$, luego $x$ e $y$ son las soluciones de la ecuación $t^2-2t+4=0$. Esta ecuación no tiene raíces reales.
• Si $s=4$, entonces $p=6-s=2$, luego $x+y=4$ y $xy=2$. Por tanto, $x$ e $y$ son las soluciones de la ecuación $t^2-4t+2=0$. Esto nos da dos posibles valores de $x$, que son $x=2\pm\sqrt{2}$ y se comprueba fácilmente que cumplen la ecuación inicial.

Hemos demostrado que las únicas soluciones son $x=2+\sqrt{2}$ y $x=2-\sqrt{2}$.

Nota. Si procedemos directamente simplificando la ecuación inicial y tenemos en cuenta que $x+1\neq 0$, llegamos a la ecuación de cuarto grado $x^4-6x^3+14x^2-20x+8=0$. Esta se puede factorizar sobre los enteros como producto de dos ecuaciones de segundo grado $(x^2-4x+2)(x^2-2x+4)=0$, de donde también se deduce la solución.

Solución. Como $221=13\cdot 17$ y cada fila y columna tiene más de un elemento, no queda más remedio que la tabla sea $13\times 17$ o bien $17\times 13$. Supongamos el primer caso y luego analizaremos el segundo, que es completamente análogo. Si vemos la tabla como una matriz, el elemento que ocupa la posición $(i,j)$ estará dado por \[a_{ij}=a+(i-1)d+(j-1)d_i,\qquad\text{para }1\leq i\leq 13\text{ y }1\leq j\leq 17\] y ciertos números reales $a,d,d_1,\ldots,d_{17}$. Esta forma de escribir los elementos responde al hecho de que la primera columna es una progresión aritmética ($a$ es su término inicial y $d$ su diferencia) y la fila $i$-ésima es una progresión aritmética ($d_i$ es su diferencia). Imponiendo que la última columna es también una progresión aritmética, tenemos que la diferencia entre dos términos consecutivos $a_{i+1,13}-a_{i,13}=d+12(d_{i+1}-d_i)$ ha de ser constante, lo que nos lleva a que los $d_i$ también formen una progresión aritmética, pongamos $d_i=d_1+(i-1)h$ para cierto número real $h$. Tenemos así que los elementos de la tabla quedan \[a_{ij}=a+(i-1)d+(j-1)d_1+(i-1)(j-1)h,\qquad\text{para }1\leq i\leq 13\text{ y }1\leq j\leq 17.\qquad(\star)\] Sumando todos estos elementos obtenemos \begin{align*} 110721=\sum_{i=1}^{13}\sum_{j=1}^{17}a_{ij}&=221a+17d\sum_{i=1}^{13}(i-1)+13d_1\sum_{j=1}^{17}(j-1)+h\left(\sum_{i=1}^{13}(i-1)\right)\left(\sum_{j=1}^{17}(j-1)\right)\\ &=221a+17\cdot\frac{12\cdot 13}{2}d+13\cdot\frac{16\cdot 17}{2}d_1+\frac{12\cdot 13}{2}\cdot\frac{16\cdot 17}{2} h. \end{align*} Hemos dejado así indicado el producto para que se vea claramente que todo el miembro de la derecha tiene factor común $13\cdot 17$ y, además, podemos dividir $110721$ por $13$ y $17$ de forma exacta, por lo que se puede simplificar lo anterior para obtener que $501=a+6d+8d_1+48h$. La suma de los elementos de las cuatro esquinas es \[a+(a+16d_1)+(a+12d)+(a+16d_1+12d+12\cdot 16h)=4(a+6d+8d_1+48h)=2004.\]

El caso de tener $17$ filas y $13$ columnas es completamente similar ya que la fórmula $(\star)$ se demuestra de la misma manera (ahora para $1\leq i\leq 17$ y $1\leq j\leq 13$), lo que equivale a cambiar filas por columnas (es decir, cambiar $d$ por $d_1$) en el cálculo anterior (¿sabrías justificarlo?).

Solución. Todo número natural $n$ se puede expresar de forma única como suma de potencias distintas de $2$, es decir, existen enteros $0\leq a_1\lt a_2\lt\ldots\lt a_r$ únicos tales que \[n=2^{a_1}+2^{a_2}+\ldots+2^{a_r}\] (esto no es más que la representación de $n$ en base $2$). Es inmediato ver, por inducción sobre $r$, que $f(n)=r$. En efecto, si $r=1$, tenemos que $n=2^{a_1}$ y $f(n)=f(2^{a_1})=1$ por la primera propiedad del enunciado (notemos que $2^{a_1}=1$ si $a_1=0$). Supuesto cierto para $r-1$ sumandos, para $r$ sumandos tenemos que \[f(2^{a_1}+2^{a_2}+\ldots+2^{a_r})=f(2^{a_1}+2^{a_2}+\ldots+2^{a_{r-1}})+1=(r-1)+1=r,\] puesto que \[2^{a_1}+2^{a_2}+\ldots+2^{a_{r-1}}\leq 1+2+2^2+\ldots+2^{a_r-1}=2^{a_r}-1\lt 2^{a_r}\] y puede aplicarse la segunda propiedad del enunciado.

En definitiva, hemos probado que $f(n)$ es la suma de los dígitos de $n$ en base $2$. Dado $k\in\mathbb{N}$, está claro entonces que el menor número con $f(n)=k$ es $n=2^k-1$ (que tiene $k$ dígitos en base $2$, todos ellos iguales a $1$). Como $2^{10}\lt 2001\lt 2^{11}-1$, deducimos que el máximo de $f(n)$ cuando $n\leq 2001$ es $10$. También deducimos que el menor natural $n$ tal que $f(n)=2001$ es $2^{2001}-1$.

Solución. Consideremos $f(f(f(n)))$, que puede calcularse de dos formas distintas usando la ecuación funcional del enunciado: \begin{align*} f[f(f(n))]&=f(n+1),& f(f[f(n)])&=f(n)+1. \end{align*} Por lo tanto, se tiene que $f(n+1)=f(n)+1$ para todo $n\in\mathbb{N}$. Esto nos lleva a que tiene que existir $a\in\mathbb{N}\cup\{0\}$ tal que $f(n)=n+a$ para todo $n\in\mathbb{N}$ (de hecho, tiene que ser $a=f(1)-1$). Si sustituimos esta función en la ecuación original, se tiene que $f(f(n))=f(n)+a=n+2a$, que tiene que ser igual a $n+1$ para todo $n\in\mathbb{N}$. Por lo tanto, tiene que ser $2a=2f(1)-2=1$, luego $f(1)=\frac{3}{2}$, contradiciendo que $f$ toma únicamente valores enteros.