Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Un número que cumpla dicha condición cumple que su cuadrado es un cubo perfecto luego el número en sí ha de ser un cubo perfecto (todos los exponentes en su descomposición de su cuadrado en factores primos han de ser múltiplos de $3$ luego los del propio número también). Como tiene que ser menor que $1000$, tenemos las posibilidades $1$, $8$, $27$, $64$, $125$, $216$, $343$, $512$ y $729$. Además, por el mismo motivo, la suma de sus cifras ha de ser un cuadrado perfecto luego de estos nos quedan $1$, $27$ y $216$, de los cuales sólo $1$ y $27$ cumplen la condición buscada.

Solución. Supongamos por reducción al absurdo que \(n\) es un entero mayor que \(10\) tal que todos sus dígitos están en el conjunto \(\{1,3,7,9\}\) y sólo tiene factores primos menores que \(11\). Está claro que no puede tener factores \(2\) ó \(5\) (la cifra de las unidades no estaría en el conjunto admisible de cifras) luego \(n\) tiene que ser de la forma \(3^a7^b\) para ciertos exponentes \(a\) y \(b\). Probaremos que para cualquier número de la forma \(3^a7^b\) la cifra de las decenas es par y habremos terminado. Probaremos esto por inducción. Es claro que para \(a=0,b=1\) tenemos \(n=07\) y para \(a=1,b=0\) tenemos \(n=03\), y ambos tienen la cifra de las decenas par. Si ahora probamos que al multiplicar por \(3\) ó por \(7\) un número que tiene el número se las decenas par y el de las unidades 1, 3, 7 ó 9 volvemos a obtener otro número con las mismas características habremos terminado. Esto se deduce de que \(1\cdot 3=03\), \(3\cdot 3=09\), \(7\cdot3=21\), \(9\cdot 3=27\), \(1\cdot 7=07\), \(3\cdot 7=21\), \(7\cdot 7=49\) y \(9\cdot 7=63\), y de que la cifra de las decenas siempre será par ya que es la suma de la cifra de las decenas de uno de los productos anteriores y un número par.

Solución. Supongamos que hemos probado (b): entonces también tendremos probado (a) ya que podemos intercambiar $P$ y $Q$ y obtenemos que $AP=AQ$, luego el triángulo $APQ$ es isósceles y está inscrito en la circunferencia circunscrita al triángulo $ABC$, de donde $AO$ es mediatriz de $PQ$ y, por tanto, es perpendicular a dicho segmento.

Probemos por tanto la igualdad (b) para lo que supondremos sin perder generalidad que en la recta $PQ$ los puntos están en el orden $PEFQ$. Los triángulos $OBM$ y $AEC$ son semejantes ya que son rectángulos y $\angle BAF=\angle BOM$ (por ser este último la mitad del ángulo central correspondiente al primero), luego \[\frac{OM}{BM}=\frac{AE}{CE}=\frac{AE\cdot AB}{CE\cdot AB}=\frac{AE\cdot AB}{AD\cdot BC},\] donde hemos usado que $CE\cdot AB=AD\cdot BC$ (esta cantidad es el doble del área de $ABC$). Usando ahora que $BC=2\cdot BM$, podemos despejar $2\cdot OM\cdot AD=AE\cdot AB$. Para probar finalmente que $AE\cdot AB=AP^2$, basta observar que los triángulos $APB$ y $AEP$ son semejantes lo cual se deduce de que comparten un ángulo (en el vértice $A$) y de que $\angle APB=\angle AEP$. Para ver esto último, observemos que $\angle APB=180-\angle ACB$ por arco capaz y $\angle AEP=180-\angle AEF$. Como el cuadrilátero $AEHF$ es inscriptible, otra vez por arco capaz tendremos que $\angle AEF=\angle AHF=90-\angle CAD=\angle ACB$, con lo que el problema queda resuelto.