Inicio
—20
—5
Mostrando del 1 al 5 (de 457)
+5+20FinalProblema 515★★☆☆☆
Sean $a, b, c$ tres números naturales tales que
\[\frac{a+b+c}{abc}=\frac{1}{k}\]
para cierto entero $k$. Se pide demostrar que
- $a^3+b^3+c^3$ no es primo.
- Para cada $k\in\mathbb{N}$, existen números naturales $a,b,c$ cumpliendo esta condición.
Sin pistas
Solución 1Solución. Consideremos la identidad
$$a^3+b^3+c^3=(a+b+c)^3-3(a+b+c)(ab+bc+ac)+3abc.$$
Si $abc=k(a+b+c)$, entonces podemos sacar factor común $a+b+c$:
$$a^3+b^3+c^3=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac+3k).$$
Ahora bien, $1\lt a+b+c\lt a^3+b^3+c^3$ salvo que $a=b=c=1$, pero en tal caso se tendría que $k=\frac{1}{3}\not\in\mathbb{N}$. Deducimos así que $a+b+c$ es un factor propio de $a^3+b^3+c^3$ y, por tanto, este número no puede ser primo.
Para responder a la segunda pregunta, tomamos $c=k$, con lo que la condición $abc=k(a+b+c)$ se reescribe como $(a-1)(b-1)=k+1$ y ahora basta elegir $a=2$ y $b=k+2$. Es fácil comprobar que $(a,b,c)=(2,k+2,k)$ cumple la condición dada.
Informar InfoOlimpiada Matemática Española (fase nacional), 1985 problema 4
Si crees que el enunciado contiene un error o imprecisión, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de error en enunciadoSi conoces una competición en la que apareció este problema o bien crees que la información que aquí aparece es incorrecta, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de procedencia del problemaProblema 514★☆☆☆☆
Si $a$ es un entero impar, demostrar que
$$a^4+4a^3+11a^2+6a+2$$
es una suma de tres cuadrados y es divisible entre $4$.
Pista. Intenta completar una potencia cuarta de un binomio.
PistaSolución 1Solución. Intentando completar una potencia cuarta, se llega directamente a que
\[a^4+4a^3+11a^2+6a+2=(a+1)^4+5a^2+2a+1=((a+1)^2)^2+(2a)^2+(a+1)^2.\]
Para ver que es múltiplo de $4$, observamos que $a^2\equiv a^4\equiv 1\ (\text{mod }4)$ y que $6a\equiv 2\ (\text{mod }4)$ para todo entero impar $a$. Esto nos dice que
\[a^4+4a^3+11a^2+6a+2\equiv 1+0+3+2+2\equiv 0\ (\text{mod }4).\]
Informar InfoOlimpiada Matemática Española (fase nacional), 1981 problema 8
Si crees que el enunciado contiene un error o imprecisión, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de error en enunciadoSi conoces una competición en la que apareció este problema o bien crees que la información que aquí aparece es incorrecta, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de procedencia del problemaProblema 513★★☆☆☆
¿Cuáles son los posibles valores de la suma de los dígitos de un cuadrado perfecto?
Pista. Trabaja módulo 9.
PistaSolución 1Solución. Como la suma de los dígitos de un número es congruente con el número módulo $9$ y todo cuadrado es congruente con $0$, $1$, $4$ o $7$ módulo $9$, deducimos que la suma de los dígitos de un cuadrado deja uno de estos restos al dividirse entre $9$. Vamos a probar que estos son todos los números buscados, es decir, que todo número congruente con $0$, $1$, $4$ o $7$ módulo $9$ es la suma de los dígitos de un cuadrado y habremos terminado.
- Consideremos los números de la forma $5,35,335,3335,33335,\ldots$ con un cierto número de treses seguidos de un cinco. Sus cuadrados son $25,1225,112225,11115556,\ldots$ cuyas sumas nos dan todos los números de la forma $3k+1$ para $k\geq 2$. Para $k=0$ y $k=1$, tenemos $1^2=1$ con suma $1$ y $2^2=4$ con suma $4$, luego recuperamos así todos los números naturales congruentes con $1$, $4$ y $7$ módulo $9$.
- Tomemos ahora los números de la forma $6,36,336,3336,33336,\ldots$ en los que hemos sustituido los cincos por seises. Sus cuadrados son $36,1296,112896,11128896,1111288896,\ldots$ cuya suma de dígitos es cualquier múltiplo de $9$.
Informar InfoOlimpiada Iberoamericana de Matemáticas, 1995 problema 1
Si crees que el enunciado contiene un error o imprecisión, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de error en enunciadoSi conoces una competición en la que apareció este problema o bien crees que la información que aquí aparece es incorrecta, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de procedencia del problemaProblema 512★★★☆☆
Demostrar que todo número natural $n\leq 2^{1000000}$ puede ser obtenido a partir del $1$ haciendo menos de $1100000$ sumas. Más precisamente, hay una sucesión finita de números naturales $x_0,x_1,\ldots, x_k$ con $k\lt 1100000$, $x_0 = 1$ y $x_k = n$, tal que para cada $i=1,2,\ldots,k$ existen $r, s$ con $0\leq r\lt i$, $0\leq s\lt i$ y $x_i =x_r +x_s$.
Pista. Se puede duplicar un número sumándolo consigo mismo. Trabaja el problema en base $2$.
PistaSolución 1Solución. Las primeras $2^{12}-2=4094$ sumas las emplearemos en obtener los números desde el $2$ hasta el $2^{12}-1$ sin más que sumar $1$ consigo mismo repetidamente. En base $2$ esto nos da todos los números de $11$ cifras y también el $2^{12}$, que es un uno seguido de once ceros. Veamos cómo usar esto para hallar cualquier número $n$ de $999999$ cifras en base $2$, cifras que se pueden agrupar en $90909$ grupos de once dígitos consecutivos formando números de once cifras $S_1,S_2,\ldots,S_{90909}$, siendo $S_1$ las once cifras más significativas
Como $S_1\leq 4095$, este número se encuentra entre los calculados. Ahora lo sumamos consigo mismo para obtener $2S_1$ y este resultado lo sumamos consigo mismo para obtener $4S_1$ y así sucesivamente hasta obtener $2^{11}S_1$, que es el número $S_1$ seguido de $11$ ceros. Ahora sumamos al resultado $S_2$ y ya tenemos el número $2^{11}S_1+S_2$, que contiene las veintidós cifras más significativas de $n$. Lo sumamos consigo mismo de forma que en otros once pasos obtenemos $2^{22}S_1+2^{11}S_2$ y le sumamos $S_3$. Podemos repetir este proceso para conseguir todas las cifras de $n$. Por cada grupo de once cifras que añadimos, hemos necesitado $12$ sumas (once para multiplicar por $2^{11}$ y una para añadir once nuevos dígitos), lo que hace un total de $4095+12\cdot 90908=1094991\lt 1100000$.
Queda el caso de que $n=2^{1000000}$, pero este número se obtiene con solo $1000000$ sumas sin más que sumar $1$ consigo mismo y luego $2$ consigo mismo, luego $4$ consigo mismo, y así sucesivamente.
Nota. Esta solución funciona haciendo grupos de $11$ (como hemos hecho), de $12$ (se obtiene un máximo de $1091520$ sumas) o $13$ dígitos ($1093291$ sumas). Con grupos de más de $13$ dígitos o de menos de $11$, necesitaríamos en general más de $1100000$ sumas mediante este método.
Informar InfoOlimpiada Iberoamericana de Matemáticas, 1994 problema 6
Si crees que el enunciado contiene un error o imprecisión, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de error en enunciadoSi conoces una competición en la que apareció este problema o bien crees que la información que aquí aparece es incorrecta, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de procedencia del problemaProblema 507★★☆☆☆
Se dice que un número natural $n$ es sensato si existe un entero $r$, con $1\lt r \lt n-1$, tal que la representación de $n$ en base $r$ tiene todas sus cifras iguales. Por ejemplo, $62$ y $15$ son sensatos ya que $62 = 222_{(5)}$ y $15 = 33_{(4)}$ . Demostrar que $1993$ no es sensato, pero que $1994$ sí lo es.
Pista. Observa que $1993$ es primo mientras que $1994$ no lo es.
PistaSolución 1Solución. Que el número $n$ sea sensato equivale a que
\[n=a(1+r+r^2+\ldots+r^k)\]
para ciertos $a,r\in\mathbb{N}$ tales que $1\lt r\lt n-1$ y $1\leq a\leq r-1$. El caso de $1994=2\cdot 997$ es obvio ya que basta tomar $a=2$, $r=996$ y $k=1$, lo que nos da la representación $1994=22_{(996)}$.
Como $1993$ es primo, no vale el truco anterior y tenemos que necesariamente $a=1$. Por tanto, $1993$ será sensato cuando podamos encontrar $r,k\geq 2$ tales que
\[1993=1+r+\ldots+r^k.\]
Esta ecuación nos dice además que $r$ debe ser un divisor de $1992=2^3\cdot 3\cdot 81$. No obstante, $r$ no puede ser múltiplo de $81$ ya que $81^2\gt 1993$, lo que nos deja sólo las posibilidades $r\in\{2,3,4,6,8,12,24\}$. En realidad, se pueden probar una a una sin perder demasiado tiempo, pero una opción sin tanto cálculo es observar que
$$1993=1+r+\ldots+r^k=\frac{r^{k+1}-1}{r-1}\ \Leftrightarrow\ 1+1993(r-1)=r^{k+1},$$
luego sólo tenemos que calcular $1+1993(r-1)$ y ver si es potencia de $r$ o no:
- Para $r=2$, tenemos que $1+1993(r-1)=1994=2\cdot 997$ no es potencia de $2$.
- Para $r=3$, tenemos que $1+1993(r-1)=3987=9\cdot 443$ no es potencia de $3$.
- Para $r=4$, tenemos que $1+1993(r-1)=5980$ es múltiplo de $5$ y no es potencia de $4$.
- Para $r=6$, tenemos que $1+1993(r-1)=9966$ es múltiplo de $11$ y no es potencia de $6$.
- Para $r=8$, tenemos que $1+1993(r-1)=13952=2^7\cdot 109$ no es potencia de $8$
- Para $r=12$, tenemos que $1+1993(r-1)=21924$ es múltiplo de $7$ y no es potencia de $12$.
- Para $r=24$, tenemos que $1+1993(r-1)=45840$ es múltiplo de $5$ y no es potencia de $24$.
Concluimos que $1993$ no es sensato.
Informar InfoOlimpiada Iberoamericana de Matemáticas, 1994 problema 1
Si crees que el enunciado contiene un error o imprecisión, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de error en enunciadoSi conoces una competición en la que apareció este problema o bien crees que la información que aquí aparece es incorrecta, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de procedencia del problemaInicio
—20
—5
Mostrando del 1 al 5 (de 457)
+5+20Final