Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Cada casilla es vecina de un número par de fichas (las del interior tienen 6 vecinas, las de los lados tienen 4 y las de los vértices tienen 2). Por tanto, si una ficha concreta resulta ser la última en retirarse, antes hemos tenido que quitar todas sus vecinas, lo que supone un número par de cambios de color. Esto nos dice que al proceder a retirar la última, su color es blanco y no puede retirarse. La respuesta a la pregunta del enunciado es, por tanto, negativa.

Nota. ¿Se pueden retirar todas las fichas menos una?

Informar

Solución. La condición $a\geq\frac{-3}{4}$ asegura que las raíces cuadradas están bien definidas, luego toda la expresión está bien definida (las raíces cúbicas se pueden calcular para todo número real). Si llamamos $x$ e $y$ a los dos sumandos, no es difícil comprobar que \[x^3+y^3=a+1,\qquad xy=\frac{-a}{3},\] por lo que podemos escribir, usando el binomio de Newton, \[(x+y)^3=x^3+y^3+3xy(x+y)=a+1-a(x+y).\] En otras palabras, el número del enunciado es solución de la ecuación $z^3+az-a-1=0$. Esta ecuación de tercer grado se puede factorizar como $(z-1)(z^2+z+a+1)=0$ y la ecuación $z^2+z+a+1$ tiene discriminante $1-4(a+1)=-3-4a\leq 0$, siendo la igualdad únicamente para $a=\frac{-3}{4}$. Deducimos que $x+y=1$ para $a\neq\frac{-3}{4}$. Para $a=\frac{-3}{4}$, sustituimos en la expresión del enunciado y obtenemos también que $x+y=1$. Queda así demostrado que dicha expresión es igual a $1$ para todo $a\geq\frac{-3}{4}$. Informar

Solución. Consideremos el número \[a_n=(4+\sqrt{11})^n+(4-\sqrt{11})^n.\] Desarrollando por el binomio de Newton, tenemos que \[a_n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}4^{n-k}11^{k/2}(1+(-1)^k),\] luego todos los términos en que $k$ es impar se anulan y el resto queda duplicado. Esto nos dice que $a_n$ es un número par para todo $n\in\mathbb{N}$. Otra forma de ver esto es comprobar que se cumple la relación $a_n=8a_{n-1}+5a_{n-2}$ y, como $a_0=2$ y $a_1=8$ son pares, se sigue que todos los $a_n$ son pares. Ahora bien, se cumple que $4-\sqrt{11}\approx 0.683375$, luego $(4-\sqrt{11})^n$ está entre $0$ y $1$ para todo $n\in\mathbb{N}$. En consecuencia, $(4+\sqrt{11})^n$ es igual al número par $a_n$ menos un número entre $0$ y $1$, luego su parte entera es impar. Informar

Solución. Para $n=1$, tenemos que $1989=9\cdot 221= 3^2(10^2+11^2)=3^2(5^2+14^2)$. Para $n=2$, tenemos que \[1989^2=9^2\cdot 221^2= 9^2\cdot 48841=9^2(85^2+204^2)=9^2(104^2+195^2).\] De aquí el resultado es inmediato ya que basta multiplicar uno de estos dos números por el cuadrado perfecto $1989^{2n}=(1989^n)^2$ para obtener cualquier potencia de $1989$. Obviamente, los dos resultados obtenidos de las descomposiciones anteriores son distintos. Informar

Solución. Fijado $k\in\mathbb{N}$, tenemos que $1=x_1\lt x_2\lt\ldots\lt x_{k+1}\leq 2k$. Por tanto, $x_1,x_2,\ldots x_{k+1}$ son $k+1$ elementos distintos de $[1,2k]\cap\Z$. Como este conjunto se descompone como unión de los $k$ subconjuntos $\{1,k+1\},\{2,k+2\},\ldots,\{k,2k\}$, el principio del palomar nos dice que uno de estos subconjuntos debe contener a dos de los números $x_1,x_2,\ldots x_{k+1}$. Estos dos elementos de la sucesión se diferencian en $k$ unidades y hemos terminado. Informar