Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. En primer lugar, si llamamos $\beta$ al ángulo de vértice $B$ en $ABC$, la propiedad del arco capaz aplicada a la circunferencia $\Gamma$ nos dice que $\angle CPQ=\beta$. Por otro lado, $\angle COA=2\angle CBA=2\beta$ por la propiedad del arco central y por ser $O$ el circuncentro. Como el triángulo $COA$ es isósceles ($CO=CA$ es el radio circunscrito), es fácil ver que $\angle PCO=\frac{\pi}{2}-\beta$ luego hemos probado que la recta $PQ$ forma un ángulo $\beta$ con $CP$ que, a su vez, forma un ángulo $\frac{\pi}{2}-\beta$ con $CO$, de donde deducimos que $CO$ y $PQ$ se cortan perpendicularmente.

Solución. Una forma de colocar las siete fichas es la que indica la siguiente tabla: \[\left[\begin{array}{cccc} \circ&\bullet&\bullet&\circ\\ \bullet&\circ&\bullet&\circ\\ \circ&\circ&\circ&\bullet\\ \bullet&\bullet&\circ&\circ \end{array}\right]\] Veamos ahora que si ponemos sólo seis, entonces siempre estarán en dos filas y dos columnas. Como sólo hay cuatro filas, pongamos como pongamos las seis fichas, siempre habrá dos filas que contengan a cuatro de ellas, luego esas dos filas las eliminamos. Ahora las dos fichas restantes podremos eliminarlas eliminando sus respectivas columnas.

Solución. La primera afirmación es cierta. Si tomamos tres enteros consecutivos $a-1$, $a$ y $a+1$, entonces podemos desarrollar la suma de sus cubos, obteniendo \[(a-1)^3+a^3+(a+1)^3=3a(a^2+2),\] por lo que bastará ver que $a$ ó $a^2+2$ son múltiplos de $3$. Si $a$ es múltiplo de $3$, entonces lo es $a$ y, si no lo es, entonces $a\equiv 1\ (\text{mod }3)$ ó $a\equiv 2\ (\text{mod }3)$, de donde $a^2+2\equiv 0\ (\text{mod }3)$.

La segunda afirmación no es cierta. Para verlo, basta darse cuenta de que si tomamos los números $-1$, $0$, $1$, $2$ y $3$, la suma de sus cubos resulta $35$, que no es múltiplo de $25$. Otra opción en la que los números son positivos es tomar $2$, $3$, $4$, $5$ y $6$, donde el resultado es $240$.

Para probar que la tercera afirmación es verdadera, procedamos como con la primera, escribiendo la suma de las potencias quintas de la forma \[(a-2)^5+(a-1)^5+a^5+(a+1)^5+(a+2)^5=5a(a^4+20a^2+34).\] Por tanto, será suficiente probar que si $a$ no es múltiplo de $5$, entonces $a^4+20a^2+34$ lo es. Esto puede probarse de varias formas. La primera es sustituir $a$ desde $1$ hasta $4$ y ver que el resultado es múltiplo de $5$ (ya que el resto de dividir $a^4+20a^2+34$ entre $5$ sólo depende del resto del propio $a$). La segunda es usar congruencias para ver que \[a^4+20a+34\equiv a^4-1\equiv(a-1)(a-2)(a-3)(a-4)\ (\text{mód}\ 5).\] Así está claro que $a^4+20a+34\equiv 0\ (\text{mód}\ 5)$ cuando $a\not\equiv 0\ (\text{mód}\ 5)$.

Nota. Dado un número $p$ primo, ¿es cierto que la suma de las potencias $p$-ésimas de $p$ números consecutivos es múltiplo de $p^2$?

Solución. Un conjunto especial de tres elementos es $\{2,3,4\}$. Veamos ahora que no existen cuatro números en progresión aritmética que formen un conjunto especial. Para ello, supongamos que $a$, $a+b$, $a+2b$ y $a+3b$ forman un conjunto especial y lleguemos a una contradicción. Observemos en primer lugar que si tomamos $d=\mathrm{mcd}(a,b)$ y $d\neq 1$, entonces considerando $a'=\frac{a}{d}$ y $b'=\frac{b}{d}$, los números $a'$, $a'+b'$, $a'+2b'$ y $a'+3b'$ también están en progresión aritmética, forman un conjunto especial y $\mathrm{mcd}(a',b')=1$. Por tanto, podemos suponer que el máximo común divisor de $a$ y $b$ es uno. En esta situación, $a(a+b)$ es divisible por $b^2$ por ser el conjunto especial luego $a^2+ab=a(a+b)=kb^2$ para cierto entero $k$, de donde $a^2=(k-a)b$ es divisible por $b$ lo cual, salvo que $b=1$, es imposible ya que habíamos supuesto que $\mathrm{mcd}(a,b)=1$. Por tanto, el conjunto ha de ser de la forma $\{a, a+1, a+2, a+3\}$ pero entonces como es especial se tiene que $a(a+2)$ y $(a+1)(a+3)$ son divisibles por $4$ pero uno de estos dos números es impar y hemos llegado a la contradicción buscada.

Solución. A cada uno de los $(m+1)(n+1)$ vértices le asignamos el color rojo o el color azul de forma que dos vértices adyacentes tengan color diferente. Es obvio entonces que cualquier camino que hagamos a través de las aristas de la cuadrícula irá alternando colores rojo y azul. Si conseguimos pasar por todos los vértices una sola vez y acabar en el que hemos empezado habremos hecho $(m+1)(n+1)$ cambios de color y habremos llegado al color inicial luego $(m+1)(n+1)$ tiene que ser par, luego $m$ es impar o $n$ es impar. Deducimos que si $m$ y $n$ son ambos pares, entonces no puede hacerse dicho camino.

Ahora bien, si $m$ es impar o $n$ es impar, puede verse fácilmente que existe un camino, tarea que dejamos al lector (puede construirse de forma genérica para todos los casos).