Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Pintamos de cuatro colores (rojo, amarillo, verde y azul) las esquinas de la mesa y supondremos que partimos de la esquina roja. Ahora usamos el truco de reflejar el cuadrado respecto de sus lados para obtener un tablero infinito, como puede verse en la imagen. De esta forma, la trayectoria de la pelota se convierte en una línea recta sobre la cuadrícula ya que el ángulo de incidencia es el mismo que el de reflexión. El problema se reduce a llegar del punto rojo de la esquina inferior izquierda a otro punto coloreado sin pasar por un punto intermedio y atravesando exactamente 15 lados de la cuadrícula. Si escribimos cada punto con dos coordenadas enteras $(a,b)$, siendo $(0,0)$ la esquina inicial de color rojo, los posibles puntos de destino serán los que cumplen $a+b=17$, que son los 16 puntos sobre la línea de color turquesa en la imagen.

Si unimos $(0,0)$ y $(a,b)$ tal que $a+b=17$, no encontraremos ningún otro punto intermedio en el camino ya que esto supondría encontrar $(c,d)$ proporcional a $(a,b)$, lo que equivale a encontrar un divisor común a $a$ y $b$ (véase la nota). Cualesquiera dos enteros $a,b\geq 1$ tales que $a+b=17$ tienen máximo común divisor $1$ (son primos entre sí) ya que $17$ es primo, luego no existen los mencionados puntos intermedios. En otras palabras, los segmentos dibujados de color naranja no tienen más puntos de coordenadas enteras que sus extremos. Deducimos así que las únicas esquinas que se pueden alcanzar son la de color azul y la de color amarillo, es decir, las adyacentes a la esquina inicial.

Veamos ahora cuál es la longitud mínima, lo que equivale a minimizar $a^2+b^2$ (la distancia al origen al al cuadrado) de entre todos los puntos $(a,b)$ con $a,b\in\mathbb{N}$ y $a+b=17$. A la vista de la figura anterior, está claro que los puntos buscados son $(8,9)$ y $(9,8)$, pero vamos a verlo de forma rigurosa. Completando cuadrados, tenemos que \[a^2+b^2=a^2+(17-a)^2=2a^2-34a+289=2(a-\tfrac{17}{2})^2+\tfrac{289}{2}\] es una parábola con coeficiente cuadrático positivo, luego su mínimo (vértice) se obtiene para $a=\frac{17}{2}$. Los dos valores enteros más cercanos son $a=8$ y $a=9$, que son simétricos respecto del vértice $a=\frac{17}{2}$, luego ambos realizan el mínimo. La distancia mínima es, por tanto, $\sqrt{8^2+9^2}=\sqrt{145}$.

Nota. Si el segmento que une $(0,0)$ y $(a,b)$ contiene otro punto $(c,d)$ de coordenadas enteras, entonces existe $0\lt \lambda\lt 1$ tal que $c=\lambda a$ y $d=\lambda b$, lo que nos dice que $\lambda=\frac{c}{a}=\frac{d}{b}$ es racional. Pongamos $\lambda=\frac{m}{n}$ como fracción irreducible, luego $c=\frac{m}{n}a$ y $d=\frac{m}{n}b$ nos dicen que $n\gt 1$ es un factor común a $a$ y $b$. Recíprocamente, si $n$ es un factor común a $a$ y $b$, entonces $(c,d)=(\frac{a}{n},\frac{b}{n})$ es un punto de coordenadas enteras en el segmento que une $(0,0)$ y $(a,b)$.

Por otro lado, un argumento similar prueba que no se puede alcanzar la esquina opuesta o la inicial tras un número impar de rebotes. Alcanzar la esquina opuesta requeriría un número par de rebotes, mientras que nunca se puede llegar a la esquina inicial pues antes se debería haber pasado por otra esquina, cosa que prohíbe el enunciado.

Solución. Vamos a probar que se puede encontrar cualquier cantidad de enteros positivos cumpliendo esta propiedad, lo que nos da una respuesta afirmativa a la pregunta. Concretamente, vamos a demostrar que si tenemos $x_1,x_2,\ldots,x_n$ enteros positivos distintos tales que al sumar dos o más de ellos nunca se obtiene un cuadrado perfecto, entonces podemos añadir $x_{n+1}$ mayor que todos ellos y se sigue cumpliendo la propiedad (esto puede escribirse también como una demostración por inducción). Si observamos que entre dos cuadrados consecutivos $k^2$ y $(k+1)^2$ hay una diferencia de $2k+1$, bastará tomar $x_{n+1}=k^2+1$ mayor que $x_1,x_2,\ldots,x_n$ y tal que $2k\gt x_1+x_2+\ldots+x_n$.

Para terminar, justificaremos que esta elección cumple lo que queremos. Al sumar dos o más de los números $x_1,x_2,\ldots,x_{n+1}$, si ninguno de ellos es $x_{n+1}$, ya tenemos que su suma no es un cuadrado perfecto (habíamos supuesto que $x_1,\ldots,x_n$ cumplen la propiedad). Por el contrario, si $x_{n+1}$ es uno de los números elegidos, entonces la suma será $k^2+1$ más otro número que es como mucho $x_1+x_2+\ldots+x_n\lt 2k$, es decir, la suma estará entre $k^2$ y $(k+1)^2$, luego no puede ser un cuadrado.

Solución. Tomamos $2024$ potencias impares distintas de un primo $p$ (ninguna de ellas es, por tanto, un cuadrado perfecto). Si sumamos cualquier número de ellas, podemos sacar factor común la más pequeña, que multiplica a $1$ más una serie de potencias de $p$. Por tanto, dicha suma será una potencia impar de $p$ que multiplica a un número que es de la forma $kp+1$. Deducimos así que no se trata de un cuadrado (el exponente de $p$ debería ser par para que fuera un cuadrado perfecto).

Solución. Vamos a comenzar analizando tres casos particulares:

• Supongamos primero que los tres primos son iguales, luego \[\frac{p^3+q^3+r^3-(pq+qr+rp)(p+q+r)}{pqr}=-6.\] Por tanto, cualquier terna de primos iguales es solución el problema.
• Supongamos ahora que dos de los primos son iguales, pongamos $p=q$ sin perder generalidad. Tras simplificar, nos queda \[\frac{p^3+q^3+r^3-(pq+qr+rp)(p+q+r)}{pqr}=\frac{r(r-2p)}{p^2}-5.\] Para que este número sea entero, se debe cumplir que $p$ divida a $r$ o bien a $r-2p$. En cualquier caso, $p$ debe dividir a $r$, luego $p=r$ por ser ambos primos. Esto nos dice que si dos de los primos son iguales, entonces lo son los tres.
• Supongamos ahora que un primo es suma de los otros dos, pongamos $p=q+r$ sin perder generalidad. Por tanto, uno de ellos tiene que ser par y, salvo reordenarlos, tendremos que $p=q+2$ y $r=2$. Comprobamos fácilmente que, para tal elección de primos, se tiene que \[\frac{p^3+q^3+r^3-(pq+qr+rp)(p+q+r)}{pqr}=-5,\] luego tenemos todas las soluciones de la forma $(q+2,q,2)$ con $q$ y $q+2$ primos gemelos, así como sus posibles reordenaciones.

Resueltos estos casos, supondremos en lo que sigue que los tres primos son distintos y que ninguno es suma de los otros dos. Podemos agrupar todos los términos en los que sea posible sacar factor común $p$ y factorizar el resto de términos de la siguiente forma: \begin{align*} p^3+q^3+&r^3-(pq+qr+rp)(p+q+r)\\ &=p(p^2-pq-rp-q^2-3qr-r^2)+q^3+r^3-qr(q+r) \\ &=p(p^2-pq-rp-q^2-3qr-r^2)+(q+r)(q-r)^2. \end{align*} Si este número es divisible entre $p$, también ha de serlo $(q+r)(q-r)^2$, de donde obtenemos que $p$ divide a $q+r$ o a $q-r$. De la misma forma, se tiene que $q$ divide a $r+p$ o a $r-p$ y que $r$ divide a $p+q$ o a $p-q$. En otras palabras, cada primo divide a la suma o a la diferencia de los otros dos. Para encontrar las soluciones, vamos a usar la siguiente acotación básica:

$(\star)$ Si $x,y\in\mathbb{Z}$ verifican $x\mid y$, entonces $|x|\leq|y|$ o bien $y=0$.

Salvo reordenar los primos, tenemos cuatro posibilidades:

• Si $p\mid (q+r)$, $q\mid (r+p)$ y $r\mid (p+q)$, entonces claramente $pqr\mid (p+q+r)$, luego podemos acotar $pqr\leq p+q+r\leq 3\max\{p,q,r\}$. Esto nos dice que dos de los primos tienen que tener producto menor o igual que $3$, lo cual es imposible.
• Si $p\mid (q+r)$, $q\mid (r+p)$ y $r\mid (p-q)$, entonces podemos razonar de forma parecida al caso anterior. Teniendo en cuenta que $p-q+r\neq 0$ y $-p+q+r\neq 0$, podemos usar ($\star$) y la desigualdad triangular para obtener \begin{align*} pq|(p+q+r)&\Rightarrow pq\leq p+q+r\leq 3\max\{p,q,r\},\\ qr|(p-q+r)&\Rightarrow qr\leq |p-q+r|\leq |p|+|q|+|r|\leq 3\max\{p,q,r\},\\ pr|(-p+q+r)&\Rightarrow pr\leq |-p+q+r|\leq |p|+|q|+|r|\leq 3\max\{p,q,r\}. \end{align*} Esto nos dice que debe haber dos primos menores o iguales que $3$, es decir, uno de ellos tiene que ser $2$ y otro $3$. Sustituyendo sin perder generalidad $p=2$ y $q=3$ en la expresión original, se tiene \[\frac{p^3+q^3+r^3-(pq+qr+rp)(p+q+r)}{pqr}=\frac{r^3-5 r^2-31 r+5}{6 r}.\] Para que este último sea un número entero, tiene que ser $r=5$, luego obtenemos la solución $(p,q,r)=(2,3,5)$ y todas sus posibles reordenaciones.
• Si $p\mid (q+r)$, $q\mid (r-p)$ y $r\mid (p-q)$, siguiendo la misma línea argumental anterior, como quiera que $p\neq q+r$, tenemos que \[pqr\mid (-p+q+r)\Rightarrow pqr\leq |-p+q+r|\leq p+q+r\leq 3\max\{p,q,r\},\] lo que de nuevo nos da que dos de los tres primos tiene producto menor o igual que $3$ y, por tanto, este caso no es posible.
• Finalmente, supongamos que $p\mid (q-r)$, $q\mid (r-p)$ y $r\mid (p-q)$, luego \begin{align*} pq|(p+q-r)&\Rightarrow pq\leq |-p+q+r|\leq 3\max\{p,q,r\},\\ qr|(-p+q+r)&\Rightarrow qr\leq |-p+q+r|\leq 3\max\{p,q,r\},\\ pr|(p-q+r)&\Rightarrow pr\leq |p-q+r|\leq 3\max\{p,q,r\}. \end{align*} Esto nos dice que debe haber dos primos menores o iguales que $3$, es decir, uno de ellos tiene que ser $2$ y otro $3$, luego el tercero ha de ser $5$.

Resumiendo todos los casos anteriores, tenemos las soluciones de la forma $(p,p,p)$ y las de la forma $(2,p,p+2)$, salvo reordenaciones, siendo $p$ y $p+2$ primos gemelos.

Solución. Esta es una solución aportada por el profesor Samuel G. Moreno.

Sin pérdida de generalidad, supondremos que $p\leq q\leq r$. Si suponemos que la expresión del enunciado es igual a $\lambda pqr$ para cierto entero $\lambda$, esta relación se puede reescribir como \[(p+q+r)((q+r-p)^2-4qr)=(\lambda-3)pqr,\] de donde $qr$ divide a $(p+q+r)(q+r-p)^2=(q^2-p^2+r^2+2qr)(q-p+r)$, pero (al ser $q$ y $r$ primos) esto se traduce en que $r$ divide a $q+p$ o a $q-p$ y, además, que $q$ divide a $r-p$ o a $r+p$. Si fuese $q=p$, entonces la condición anterior se traduciría en que $qr$ dividiría a $(r^2+2qr)r$, lo que implicaría que $q$ dividiría a $r$, lo que sólo es posible si $r=q$. Esto nos da la primera solución \[(p,q,r)=(p,p,p)\qquad\text{para cualquier primo }p.\]

Además, si $p\lt q$, de modo que $1\leq q-p\lt r$, entonces no sería posible que $r$ divida a $q-p$. Surgen, por tanto, dos casos:

• Caso $r\mid q+p$ y $q\mid r-p$ (siendo $p\lt q$). En este caso, existen enteros $m_1\gt 0$ y $m_2\geq 0$ tales que $p+q=m_1r$ y $r-p=m_2q$, de donde $(m_1-1)r=(1-m_2)q$.
  • Si $m_1=1$, entonces $m_2=1$. Como $p+q=m_1r=r$, al ser $r\gt p$, debe ser $r$ impar. No es posible que sea $p\geq 3$ ya que $q$ y $r$ serían ambos impares, de modo que $p=r-q$ sería un primo par y mayor o igual que $3$. Por tanto, debe ser $p=2$, lo que lleva a que $r=p+q=q+2$, que da la solución \[(p,q,r)=(2,q,q+2)\qquad\text{ siendo }q\text{ y }q+2\text{ primos gemelos.}\]
  • Si $m_1\gt 1$, sólo es posible que sea $m_2=0$ (ya que si $m_2\geq 1$, entonces $(1-m_2)q\leq 0$). Entonces, como $r-p=m_2q=0$, debemos tener $r=p$, que da $p=q$ (al ser $p\leq q\leq r$), contradiciendo una de las hipótesis de este caso.
• Caso $r\mid q+p$ y $q\mid r+p$ (siendo $p\lt q$). En este caso existen enteros $m_1,m_2\geq 1$ con $p+q=m_1r$ y $r+p=m_2q$, de donde $(m_1+1)r=(m_2+1)q$.
  • Si $m_1=m_2=1$, entonces $2r=2q$, pero esto lleva a $p=m_1r-q=r-r=0$, lo que no es admisible.
  • Si $m_1\gt 1$, entonces $(m_1+1)r=(m_2+1)q$ nos da dos subcasos.
    • Si $r=q$, entonces $p=m_1r-q=(m_1-1)q$, que solo es posible si $m_1=2$, en cuyo caso volvemos a obtener la solución con los tres primos iguales (si fuera $m_1\geq 3$, entonces $p=(m_1-1)q$ no puede ser primo).
    • Si $r\neq q$, entonces $(m_1+1)=m_3q$ y $m_2+1=m_4r$ para ciertos enteros $m_3,m_4\geq 1$, en cuyo caso $p=m_1r-q=-r-q+m_3qr$ y $p=m_2q-p=-r-q+m_4qr$, de donde $p+q+r=m_0qr$, siendo $m_0=m_3=m_4$. De $p+q+r=m_0qr=(m_1+1)r$ y teniendo en cuenta que $m_1+1\geq 3$, tendríamos que $\frac{p+q+r}{3}=\frac{m_1+1}{3}r\geq r$, pero esto no es posible ya que la media de tres números distintos debe localizarse estrictamente entre el mayor y el menor de ellos.
  • Queda por analizar el caso $m_1=1$ y $m_2\gt 1$. En tal caso, se verifica $(m_1+1)r=2r=(m_2+1)q$, pero al ser $2\leq p\lt q$, entonces $q$ no puede dividir a $2$, pero tampoco a $r$. Esto significa que esta alternativa no es posible.