Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Desarrollando los cuadrados en la tercera ecuación y usando las dos primeras se llega fácilmente a que $$xy^2+yz^2+zx^2=73.$$ Observemos que esta ecuación es muy parecida a la segunda del enunciado pero los cuadrados están en el otro factor. Restando la segunda ecuación del enunciado y esta que hemos obtenido, llegamos a que $$0=73-73=xy^2+yz^2+zx^2-x^2y-y^2z-z^2x=(y-x)(z-y)(x-z).$$ Por lo tanto, dos de las incógnitas deben ser iguales, pongamos que $y=z$ sin perder generalidad. Entonces, las tres ecuaciones del enunciado se transforman en las dos siguientes: $$\left.\begin{array}{r}xy^2=8\phantom{3}\\x^2y+y^3+xy^2=73\end{array}\right\}$$ (la tercera ecuación ya no nos hace falta porque es redundante). Esto nos dice que $x^2y+y^3=65$ y, multiplicando por $y^3$, tenemos que $64+y^6=(xy^2)^2+y^6=65y^3$. En consecuencia, $y$ debe ser solución de la ecuación bicúbica $y^6-65y+64=0$, que puede factorizarse como $(y^3-1)(y^3-64)=0$, lo que nos da las soluciones $y=1$ e $y=4$. Como $xy^2=8$ y $z=y$, tenemos que $(x,y,z)=(8,1,1)$ o bien $(x,y,z)=(\tfrac{1}{2},4,4)$. Ahora bien, cualquier permutación de las variables también da una solución (hemos roto la simetría al suponer que $y=z$), luego tenemos seis soluciones para $(x,y,z)$: \[(8,1,1),\quad (1,8,1),\quad (1,1,8),\quad (\tfrac{1}{2},4,4),\quad (4,\tfrac{1}{2},4),\quad (4,4,\tfrac{1}{2}).\]

Solución. La condición que nos da el enunciado nos dice que la pulga puede cambiar su velocidad en cada paso a lo sumo en una unidad, entendiendo la velocidad (con signo) como la diferencia entre una posición y la siguiente.

Para cada natural $n\in\mathbb{N}$, sea $P(n)$ el número mínimo de pasos necesarios para llegar a un número mayor o igual que $n$ con velocidad $0$. Está claro que para pasar dos veces por el número $n$ se tiene que llegar previamente a un número mayor que $n$ con velocidad $0$, luego será suficiente demostrar que $P(n)\geq \lceil 2\sqrt{n}\rceil$ (la función techo $\lceil x\rceil$ es una forma de escribir el menor entero positivo mayor o igual que un número real $x$). Vamos a probar que, de hecho, $P(n)=\lceil 2\sqrt{n}\rceil$ para todo $n\in\mathbb{N}$.

• $P(n)$ es creciente ya que si podemos llegar con $P(n)$ pasos a un número mayor que $n$ con velocidad $0$, entonces el mismo camino nos permite hacer lo mismo para todo $m\lt n$. Esto quiere decir que si $m\lt n$, entonces $P(m)\leq P(n)$.
• $P(a^2)=2a$ para todo $a\in\mathbb{N}$. Esto es porque para llegar al punto $a^2$ con velocidad $0$, la ruta óptima es acelerar de la velocidad inicial $1$ a velocidad $a$ y luego decelerar hasta velocidad $0$ (en otras palabras, esta es la sucesión de $2a$ pasos que nos permite llegar más lejos del origen acabando con velocidad $0$). Observamos que, efectivamente, esta suma de $2a$ pasos nos da $a^2$: \[1+2+\ldots+a+(a-1)+(a-2)+\ldots+1+0=a^2.\]
• $P(a^2+a)=2a+1$ para todo $a\in\mathbb{N}$. En efecto, tenemos que $P(n)\geq P(a^2)=2a$ por monotonía y no puede ser $P(n)=2a$ ya que el punto más lejano que se puede alcanzar con $2a$ pasos acabando con velocidad $0$ es $a^2$. No obstante, una forma de alcanzar $a^2+a$ con $2a+1$ pasos es acelerar de velocidad $1$ a $a$, luego repetir velocidad $a$ y después decelerar hasta $0$: \[1+2+\ldots+a+a+(a-1)+(a-2)+\ldots+1+0=a^2+a.\] Por tanto, $a^2+a$ es el punto más lejano que se puede alcanzar con $2a+1$ pasos y acabar con velocidad $0$.

Lo anterior puede resumirse como que \[P(n)=\begin{cases}2a+1&\text{si }a^2\lt n\leq a^2+a,\\2a+2&\text{si }a^2+a\lt n\leq (a+1)^2.\end{cases}\] Dicho de otra forma, \[P(n)=\begin{cases}2a+1&\text{si }2a\lt 2\sqrt{n}\leq 2\sqrt{a^2+a},\\2a+2&\text{si }2\sqrt{a^2+a}\lt 2\sqrt{n}\leq 2a+2.\end{cases}\] Es inmediato entonces que $P(n)=\lceil 2\sqrt{n}\rceil$ para todo $n\in\mathbb{N}$, lo que concluye la demostración.

Solución. Si agrupamos el primer sumando con el último, el segundo con el antepenúltimo y así sucesivamente, podemos expresar la suma del enunciado como suma de sumandos del tipo \begin{eqnarray*} \frac{1}{k^p}+\frac{1}{(p-k)^p}&=&\frac{(p-k)^p+k^p}{k^p(p-k)^p}\\ &=&\frac{p^p-\binom{p}{1}kp^{p-1}+\ldots+\binom{p}{2}k^{p-2}p^2+\binom{p}{1}k^{p-1}p+k^p-k^p}{k^p(p-k)^p}\\ &=&\frac{M_kp^3}{k^p(p-k)^p}+\frac{k^{p-1}p^2}{k^p(p-k)^p}, \end{eqnarray*} para cierto entero $M_k$, donde hemos usado el binomio de Newton y el hecho de que $\binom{p}{2}=\frac{p(p-1)}{2}$ es múltiplo de $p$. Ahora bien, la primera de las dos fracciones del último término nos da el factor $p^3$ deseado, pero tendremos que trabajar un poco más la segunda. La suma del enunciado verifica \begin{eqnarray*} 2\sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k^{p-1}}&=&\sum_{k=1}^{p-1}\frac{M_kp^3}{k^p(p-k)^p}+\sum_{k=1}^{p-1}\frac{k^{p-1}p^2}{k^p(p-k)^p}\\ &=&\frac{Mp^3}{((p-1)!)^p}+p^2\sum_{k=1}^{p-1}\frac{\frac{1}{k}}{(p-k)^p}\\ &=&\frac{Mp^3+p^2\sum_{k=1}^{p-1}\frac{((p-1)!)^p}{k(p-k)^p}}{((p-1)!)^p}. \end{eqnarray*} para cierto entero $M$. Como quiera que el denominador $((p-1)!)^p$ no es múltiplo de $p$ por ser $p$ primo, será suficiente probar que la sumatoria $\sum_{k=1}^{p-1}\frac{((p-1)!)^p}{k(p-k)^p}$ (que es un número entero ya que el denominador divide al numerador claramente) es múltiplo de $p$. Para probarlo, vamos a usar congruencias. Por un lado, tenemos que $(p-k)^p\equiv (p-k)\equiv -k\ (\text{mod }p)$ por el teorema pequeño de Fermat; por otro lado, el teorema de Wilson nos dice que $(p-1)!\equiv -1\ (\text{mod }p)$. En consecuencia, podemos escribir \begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{p-1}\frac{((p-1)!)^p}{k(p-k)^p}&\equiv& \sum_{k=1}^{p-1}\frac{(-1)^p}{k(-k)}\equiv \sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k^2}\\ &\equiv& \sum_{k=1}^{p-1}k^2\equiv \frac{(p-1)p(2p-1)}{6}\equiv 0\ (\text{mod }p). \end{eqnarray*} Aquí hemos usado además que $\frac{1}{k}$ recorre todos los restos no nulos módulo $p$ por ser $p$ primo y también que $p\geq 5$ para que en la última congruencia $(p-1)(2p-1)$ sea múltiplo de $6$. Como comentario final, en estas últimas congruencias los denominadores deben entenderse como multiplicar por su inverso modular, no como verdaderas fracciones.

Solución. Sea $r=a\triangledown p$ el resto de dividir $a$ entre $p$. Entonces, tenemos que

• $a\triangledown 2p$ es igual a $r$ o $r+p$,
• $a\triangledown 3p$ es igual a $r$, $r+p$ o $r+2p$,
• $a\triangledown 2p$ es igual a $r$, $r+p$, $r+2p$ o $r+3p$.

En consecuencia, la condición del enunciado implica que \[a+p=a\triangledown p+a\triangledown 2p+a\triangledown 3p+a\triangledown 4p=4r+kp,\] siendo $0\leq k\leq 6$ un entero. Tomando en esta igualdad congruencias módulo $p$, tenemos además que $r\equiv 4r\ (\text{mod }p)$, es decir, $3r\equiv 0\ (\text{mod }p)$. Esto nos da dos casos: $r=0$ y $p$ un primo arbitrario o bien $p=3$ y $r\in\{1,2\}$.

1. Si $r=0$, entonces la condición $a+p=4r+kp$ nos da como únicas posibles soluciones $(p,p)$, $(2p,p)$, $(3p,p)$, $(4p,p)$ y $(5p,p)$. Es fácil ver que $(5p,p)$ es la única que cumple la condición del enunciado y vale para todo primo $p$.
2. Si $p=3$ y $r=1$, entonces tenemos las posibles soluciones $(1,3)$, $(4,3)$, $(7,3)$, $(10,3)$, $(13,3)$, $(16,3)$ y $(19,3)$. Puede comprobarse fácilmente que $(1,3)$ es la única que cumple la condición del enunciado.
3. Finalmente, si $p=3$ y $r=2$, las posibles soluciones $(5,3)$, $(8,3)$, $(11,3)$, $(14,3)$, $(17,3)$, $(20,3)$ y $(23,3)$. Se comprueba de nuevo una por una y se ve rápidamente que $(17,3)$ es la única que cumple la condición del enunciado.

Resumiendo, hemos probado que los únicos pares $(a,p)$ que cumplen la condición del enunciado son $(1,3)$, $(17,3)$ y los de la forma $(5p,p)$ para cualquier primo $p\geq 2$.