Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Llamemos $P$ al polígono regular de $n$ lados. Observemos que un vértice $V$ de $P$ es también vértice de los polígonos en que se descompone $P$ de forma que el ángulo interior de $P$ en $V$ es igual a la suma de los ángulos interiores de los polígonos pequeños. Distinguimos dos casos:

• Si en $V$ sólo hay un polígono pequeño $Q$, entonces $Q$ también es un $n$-gono. Como $P$ se descompone en más de un polígono, entonces $Q$ tiene que tener otro vértice $V'$ en un lado de $P$ adyacente a $V$. En el vértice $V'$ deben confluir más polígonos pequeños.
  • Si $n\geq 7$, entonces es imposible que esto ocurra porque el ángulo interior del $n$-gono es $180(1-\frac{2}{n})$, que deja un ángulo restante en $V'$ de $\frac{360}{n}\lt 60$, en el que no caben más polígonos regulares ya que el ángulo más pequeño es el del triángulo ($60$).
  • Si $n=5$, un pentágono deja un ángulo restante en $V'$ de $\frac{360}{5}=72$. Este tampoco se pude cubrir con ángulos interiores de otros polígonos regulares ya que sólo caben triángulos (y 60 no divide a 72).
  • Si $n$ es igual a $3$, $4$ o $6$, entonces sí se puede hacer el recubrimiento, como mostramos más adelante.
• Si en $V$ hay más de un polígono, por el mismo motivo expuesto en el caso anterior, no puede haber $n$-gonos con $n\geq 6$. Además, si colocamos más de dos polígonos en $V$, entonces obtendríamos un ángulo de 180 o más en $V$. Tenemos entonces, las siguientes tres posibilidades para no pasarnos de $180$ en $V$:
  • Dos triángulos: nos lleva a un ángulo interior en $V$ de $120$, luego $n=6$. El hexágono sí puede recubrirse como veremos más adelante.
  • Un triángulo y un cuadrado: lleva a un ángulo interior en $V$ de $150$, que se corresponde con $n=12$. El dodecácgono sí puede recubrirse, como veremos más adelante.
  • Un triángulo y un pentágono: lleva a un ángulo interior en $V$ de $168$, que no es de la forma $180(1-\frac{2}{n})$ ya que obtendríamos $n=\frac{15}{2}\not\in\mathbb{N}$.

Resta por ver que el triángulo, el cuadrado, el hexágono y el dodecágono pueden recubrirse con polígonos regulares, pero esto es fácil a partir de la discusión anterior, lo que nos da las siguientes figuras:

Nota. La forma de subdividir cada polígono obviamente no es única (por ejemplo, cada una de las piezas de los ejemplos dados puede volver a subdividirse a su vez).

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Solución. Trabajamos módulo $4$ y comenzamos observando que todo cuadrado es congruente con $0$ o $1$ módulo $4$. Por tanto, $pqr$ debe ser congruente con $0$ o $3$ módulo $4$. Distinguimos los dos casos:

• Si $pqr\equiv 0\ (\text{mod }4)$, entonces es porque alguno de los números es par. Como son primos, necesariamente dos de ellos son iguales a dos y el tercero, por tanto, igual a $2019$. Como $2019$ no es primo (es múltiplo de $3$), deducimos que este caso no da ninguna solución.
• Si $pqr\equiv 3\ (\text{mod }4)$, entonces los tres primos son congruentes con $1$, $1$ y $3$ o bien con $3$, $3$ y $3$ (en algún orden). En cualquier caso, obtenemos que $p+q+r\equiv 1\ (\text{mod }4)$. Esto contradice el hecho de que $p+q+r=2023\equiv 3\ (\text{mod }4)$, luego tampoco obtenemos soluciones en este caso.

Deducimos que no hay primos en las condiciones del enunciado.

Nota. La misma demostración del segundo caso muestra que no hay enteros impares cumpliendo la condición del enunciado (no tienen por qué ser primos ni positivos).

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Solución. Supongamos que hay tres términos $x+a,x+b,x+c$ en progresión geométrica con $a\lt b\lt c$, luego existe $r>1$ tal que $x+b=r(x+a)$ y $x+c=r(x+b)$. Despejando $r$ de ambas igualdades, tenemos que $$\frac{x+b}{x+a}=r=\frac{x+c}{x+b}\quad\Longleftrightarrow\quad (x+b)^2=(x+a)(x+c).$$ Esta última ecuación es de primer grado ya que los términos $x^2$ se simplifican, lo que nos permite expresarla como $(2b-a-c)x=ac-b^2$. Distinguimos dos casos:

• Si $2b-a-c=0$, entonces también debe ser $ac-b^2=0$. De este sistema con dos ecuaciones e incógnitas $a$ y $c$, obtenemos que $a=c=b$, lo cual es imposible pues los tres términos $x+a,x+b,x+c$ son distintos.
• Si $2b-a-c\neq 0$, entonces $x=\frac{ac-b^2}{2b-a-c}$ es un número racional.

Vamos a probar ahora que si $x=\frac{u}{v}$ es racional (con $u,v$ enteros), entonces la sucesión contiene siempre tres términos en progresión geométrica y esto demostrará que los racionales son los únicos números que cumplen la propiedad del enunciado. Podemos suponer que $u\neq 0$ y $v\neq\pm 1$ ya que los enteros trivialmente cumplen esta propiedad. Nos vamos a inspirar en lo que ya hemos demostrado igualando $\frac{u}{v}=\frac{ac-b^2}{2b-a-c}$. Esta ecuación se cumple si tomamos $a=0$, $b=u$ y $c=2u+uv$. Comprobamos que, para $r=\frac{x+b}{x+a}=1+v$, se cumple que \[\frac{x+c}{x+b}=\frac{\frac{u}{v}+2u+uv}{\frac{u}{v}+u}=\frac{u+2uv+uv^2}{u+uv}=\frac{u(1+v)^2}{u(1+v)}=1+v=r,\]

luego los números $x+a,x+b,x+c$ están en progresión geométrica. Informar

Solución. Sea $n\geq 1$ y supongamos que $p\geq 3$ es un factor primo de $2^n-1$, es decir, $2^n\equiv 1\ (\text{mod }p)$. Por el teorema pequeño de Fermat y usando que $\mathrm{mcd}(p,2)=1$, se tiene que $2^{p-1}\equiv 1\ (\text{mod }p)$. El menor natural $a$ que cumple $2^a\equiv 1\ (\text{mod }p)$ ha de ser, por tanto, divisor de $p-1$. Además, como $2^n\equiv 1\ (\text{mod }p)$, se tiene que $n$ es un múltiplo de $a\leq p-1$ (ver la nota). Esto nos dice que $n$ tiene necesariamente un factor primo menor que $p$. Vamos a llamar a esto la propiedad P.

Vamos ahora a demostrar el enunciado por reducción al absurdo. Supongamos que uno de los números $n_1,\ldots,n_k$ es mayor que $1$, pongamos $n_1\gt 1$ sin perder generalidad. Sea $p_1\geq 3$ el menor factor primo de $n_1$ (no puede ser $p_1=2$ ya que $n_1$ divide al número impar $2^{n_2}-1$). Según la propiedad P, el número $n_2$ tiene que tener un factor primo $p_2$ tal que $3\leq p_2\lt p_1$. De nuevo por la propiedad P, $n_3$ tiene un factor primo $p_3$ tal que $3\leq p_3\lt p_2$. Aplicando sucesivamente la propiedad P, llegamos a que $n_1$ tiene un factor primo $q_1$ tal que $q_1\lt p_k\lt p_{k-1}\lt\ldots\lt p_2\lt p_1$. Esto contradice que $p_1$ era el menor factor primo de $n_1$.

Nota. Dados $a,n\in\mathbb{N}$ tales que $\mathrm{mcd}(a,n)=1$, existe un menor exponente $k$ tal que $a^k\equiv 1\ (\text{mod }n)$ y todo exponente $m$ tal que $a^m\equiv 1\ (\text{mod }n)$ es un múltiplo de $k$.

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Solución. Pongamos que los números son $A,B,C,D,E,F,G,H,I$ tal y como se muestra en la siguiente tabla:

A	B	C
D	E	F
G	H	I

Cada número de los seis números de tres cifras es congruente módulo $9$ con la suma de sus dígitos y la suma total $S$ es congruente con la suma de dichos seis números. Por tanto, tenemos que \begin{align*} S&\equiv (A+B+C)+(D+E+F)+(G+H+I)\\ &\qquad +(A+D+G)+(B+E+H)+(C+F+I)\\ & \equiv 2(A+B+C+D+E+F+G+H+I)=90\equiv 0\ (\text{mod }9). \end{align*} ya que la suma $A+B+C+D+E+F+G+H+I=45$ no depende de cómo se coloquen los números. Ahora bien, esto nos dice que no puede ser $S=2001$ ya que $2001\equiv 3\not\equiv 0\ (\text{mod }3)$. Informar