Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Comenzamos viendo que si $n=4k+2$, entonces María no puede conseguir su objetivo. María comienza con $2k+1$ números pares y $2k+1$ números impares. Sin embargo, en cada paso no cambia la paridad de la cantidad de números pares e impares ya que ambas cantidades se quedan iguales (si se elige un par y un impar) o se les suma o resta dos unidades (si se eligen dos pares o bien dos impares). Por tanto, siempre tendrá una cantidad impar tanto de pares como de impares y nunca podrá llegar a que todos sean pares o todos sean impares.

Vamos a ver que, por el contrario, María sí que puede llegar a su objetivo en cualquier otro caso. Para ello, vamos a analizar varios casos particulares:

• Si $n=3$, entonces podemos hacer las siguientes transformaciones: $$(1,2,3)\rightarrow(2,3,3)\rightarrow (3,4,3)\rightarrow (4,4,4).$$
• Si $n=4$, entonces podemos hacer las siguientes transformaciones: $$(1,2,3,4)\rightarrow(2,3,3,4)\rightarrow (3,4,3,4)\rightarrow (4,4,4,4).$$
• Si $n=5$, entonces podemos hacer las siguientes transformaciones: $$(1,2,3,4,5)\rightarrow(2,3,3,4,5)\rightarrow (3,4,3,4,5)\rightarrow (4,4,4,4,5)\rightarrow (5,5,4,4,5)\rightarrow(5,5,5,5,5).$$

Ahora bien, si $n=4k+1$, entonces podemos usar el caso $n=5$ para hacer los primeros cinco números iguales a $5$ y el caso $n=4$ para hacer iguales el resto de números por grupos de $4$. A continuación, sumamos un número grande a cada pareja de los cinco primeros números para hacerlos iguales y más grandes que cualquiera de los $n-5$ restantes. Finalmente, sumamos el número que sea necesario a estos $n-5$ números agrupándolos en parejas de iguales. Si $n=4k+3$ hacemos lo mismo aislando el primer grupo de tres números y dividiendo el resto en grupos de cuatro consecutivos. En el caso $n=4k$, no es necesario aislar números ya que podemos considerar directamente los grupos de $4$.

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Solución. Como $2^{10}=1024\lt 2023$, deducimos que las once potencias de dos $1,2,4,8,\ldots,2^{10}$ han de tener un color distinto (dos cualesquiera de ellas son una múltiplo de otra), luego son necesarios al menos $11$ colores. Veremos que $11$ colores son suficientes y habremos terminado.

Como $2^{11}=2048\gt 2023$, se tiene que ninguno de los números se escribe con más de $10$ factores primos (posiblemente repetidos). Vamos a colorear los números con $11$ colores de forma que dos números tienen el mismo número solo si tienen el mismo número de factores primos. Entonces, si $a$ es múltiplo de $b$ distinto de $b$, es porque existe un número $1\lt q\leq 2023$ tal que $a=bq$, luego $a$ y $b$ tienen distinto número de factores $a$ tiene los factores de $b$ más los factores de $q$, luego distinto color.

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Solución. Dado que $10\leq n\leq 99$, el número $10^n-n$ tiene $n$ dígitos: los $n-2$ más significativos iguales a $9$ y los dos menos significativos iguales a los de $100-n$. Por lo tanto, la suma de los dígitos es menor que $99\cdot 9=891$. De esta forma, buscamos los números para los que la suma de los dígitos es $170$, $340$, $510$, $680$ u $850$. Distinguimos estos cinco casos:

• Suma $170$. Para $n=18$, tenemos $9(n-2)=144$ luego no podemos llegar con los últimos dos dígitos a $170$. Para $n=19$, tenemos $9(n-2)=153$ y los últimos dos dígitos de $10^n-n$ son $81$, luego la suma de dígitos es $153+8+1=162\neq 170$. Para $n=20$, tenemos $9(n-2)=162$ y los últimos dos dígitos de $10^n-n$ son $80$, luego su suma de dígitos es $162+8+0=170$. Para $n=21$, tenemos que $9(n-2)=171\gt 170$. Deducimos que el único número con suma $170$ es $n=20$.
• Suma $340$. Razonando de forma análoga, las únicas posibilidades son $n=38$ y $n=39$. La suma de los dígitos de $10^{38}-38$ es $36\cdot 9+6+2=332$ y la suma de los dígitos de $10^{39}-39$ es $37\cdot 9+6+1=340$, luego tenemos la solución $n=39$.
• Suma $510$. Otra vez por el mismo motivo, tenemos los candidatos $n=57$ y $n=58$. La suma de los dígitos de $10^{57}-57$ es $55\cdot 9+4+3=502$ y la suma de los dígitos de $10^{58}-58$ es $56\cdot 9+4+2=510$, luego tenemos la solución $n=58$.
• Suma $680$. De nuevo por el mismo motivo, tenemos los candidatos $n=76$ y $n=77$. La suma de los dígitos de $10^{76}-76$ es $74\cdot 9+2+4=672$ y la suma de los dígitos de $10^{77}-77$ es $75\cdot 9+2+3=680$, luego tenemos la solución $n=77$.
• Suma $850$. En este caso, tenemos los candidatos $n=95$ y $n=96$. La suma de los dígitos de $10^{95}-95$ es $93\cdot 9+0+5=842$ y la suma de los dígitos de $10^{96}-96$ es $94\cdot 9+0+4=850$, luego tenemos la solución $n=96$.

Hemos obtenido que hay cinco números que cumplen la condición del enunciado: $20$, $39$, $58$, $77$ y $96$. Informar

Solución. Supongamos que los números son $n-1$, $n$, $n+1$ y $n+2$, luego su producto \[(n-1)n(n+1)(n+2)=n^4+2 n^3-n^2-2 n=(n^2+n-1)^2-1\] se diferencia en una unidad con un cuadrado perfecto. Claramente, no hay dos cuadrados positivos que se diferencien en una unidad, lo que nos lleva a que el producto original no es un cuadrado perfecto. Informar

Solución. Supongamos que $x^3+y^3=p$ para $x,y\in\mathbb{Z}$ y factoricemos $p=x^3+y^3=(x+y)(x^2-xy+y^2)$. Como $p$ es primo, distinguiremos dos posibilidades:

• Si $x+y=\epsilon$, siendo $\epsilon=\pm1$, entonces $x^2-xy+y^2=\epsilon p$. Esto nos da $$\epsilon p=x^2-xy+y^2=x^2-x(\epsilon-x)+(\epsilon-x)^2=3x^2-3\epsilon x+1.$$ La parábola $3x^2-3\epsilon x+1$ toma valores positivos en todos enteros $x$ ya que tiene su mínimo (vértice) en $x=\frac{-1}{2}$ y en $x=0$ y $x=-1$ vale $1$. Por tanto, como $p$ es positivo, deducimos que $\epsilon=1$ y tenemos la condición del enunciado para $n=x$.
• Si $x+y=\epsilon p$, siendo $\epsilon=\pm1$, entonces $x^2-xy+y^2=\epsilon p$. Esto nos da $$\epsilon=x^2-xy+y^2=x^2-x(\epsilon p-x)+(\epsilon p-x)^2=3x^2-3\epsilon px+p^2.\qquad\qquad(\star)$$ Esto nos permite despejar como ecuación de segundo grado $$p=\frac{3\epsilon x\pm\sqrt{9x^2-4(3x^2-\epsilon)}}{2}=\frac{3x\pm\sqrt{4\epsilon-3x^2}}{2}.$$ Como esta ecuación ha de tener solución, llegamos a que $\epsilon=1$ y $3x^2\leq 4$, de donde $x=0$ o $x=1$. Si $x=0$, entonces la ecuación ($\star$) nos da $p^2=1$, pero esto es imposible ya que $1$ no es primo. Si $x=1$, entonces ($\star$) nos da $p^2-3p+2=0$, que tiene soluciones $p=1$ y $p=2$. Observamos que para $p=2$, la ecuación original sí tiene soluciones naturales $x=y=1$.

Nota. En realidad, el hecho de tomar $\epsilon=\pm 1$ es para no tener que distinguir cuatro casos en la factorización ni tampoco incluir repetidamente signos $\pm$ o $\mp$, que pueden resultar liosos.

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