Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Veamos que, para cualquier $a\in\mathbb{Z}$, se cumple que $6$ divide a $a^3-a$. Para probar esto, observemos que $a^3-a$ siempre es par (ya que $a^3$ y $a$ tienen la misma paridad) y también es múltiplo de $3$ ya que $a^3-a=(a-1)a(a+1)$ es el producto de tres enteros consecutivos. Por tanto, hemos probado que $a^3-a$ es múltiplo de 6. Usando esto, $$x^3+y^3+z^3-(x+y+z)=(x^3-x)+(y^3-y)+(z^3-z)$$ ha de ser múltiplo de 6 y, como $x+y+z$ lo es, también tiene que serlo $x^3+y^3+z^3$.

Solución. Supongamos que $P(x)$ cumple la propiedad del enunciado y lleguemos a una contradicción. Como $P(x)$ es un polinomio con coeficientes enteros, $a-b$ divide a $P(a)-P(b)=b-c$. De la misma forma, $b-c$ divide a $P(b)-P(c)=c-a$ y $c-a$ divide a $P(c)-P(a)=a-b$. Esto nos da la cadena de desigualdades \[|a-b|\leq|b-c|\leq|c-a|\leq|a-b|,\] de donde $|a-b|=|b-c|=|c-a|$. Si suponemos que $a\lt b\lt c$ sin perder generalidad, esto nos dice que $b-a=c-b=c-a$ y, claramente se deduce que $a=b=c$, lo cual es una contradicción.

Solución. Observemos que la ecuación se puede escribir de forma equivalente como $(x-n)(y-n)=n^2$. Por lo tanto, $x-n$ e $y-n$ han de ser divisores complementarios de $n^2$. Por otro lado, para cada divisor $d$ de $n$, se tiene que $x=d+n$ e $y=\frac{n}{d}+n$ es una solución de la ecuación. Deducimos que hay tantas soluciones de la ecuación como divisores tiene $n^2$.

Finalmente, todo cuadrado perfecto tiene un número impar de divisores. Esto puede probarse sin más que darse cuenta de que cada divisor $d$ de $n^2$ está emparejado con $\frac{n^2}{d}$, salvo para $d=n$, que está desparejado.

Solución. Vamos a usar el principio de inclusión-exclusión para resolver este problema. El número total de ordenaciones (biyecciones) de los números $\{1,2,\ldots,n\}$ es $n!$. De estas, dado $k\in\{1,\ldots,n\}$, hay $(n-1)!$ que dejan fijo a $k$ y, en general, dados $r$ elementos de $\{1,\ldots,n\}$ hay $(n-r)!$ permutaciones que los dejan fijos. Por tanto, dicho principio nos dice que el número de aplicaciones que no dejan fijo a ningún elemento es \[\sum_{k=0}^n(-1)^k\left(\begin{array}{c}n\\k\end{array}\right)(n-k)!=n!\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{k!}.\] La probabilidad de que al elegir una ordenación al azar, esta no deje fijo ningún elemento es dividir el número anterior entre el número total de permutaciones, que es $n!$, luego es simplemente eliminar el factor $n!$ en el miembro de la derecha de la igualdad anterior.

Solución. Usaremos la propiedad de que si \(a\) y \(b\) son números enteros distintos, entonces \(b-a\) divide a \(P(b)-P(a)\). Aplicándosela a \(n\) y a \(21\), llegamos a que \(n-21\) divide a \(n+34=(n-21)+55\) luego \(n-21\) divide a \(55\). Esto nos lleva a que \(n-21\) ha de ser uno de los números \(\pm 1\), \(\pm 5\), \(\pm 11\) ó \(\pm 55\), esto es, \(n\) tiene que ser uno de los números \(-34\), \(10\), \(16\), \(20\), \(22\), \(26\), \(32\) ó \(76\). Ahora bien, aplicando la propiedad ahora a \(n\) y \(37\), obtenemos de la misma forma que \(n-37\) divide a \(55\). De las ocho posibilidades anteriores, sólo \(n=32\) y \(n=26\) cumplen esta última relación y \(n=32\) no puede ser el número buscado ya que \(P(32)=-247\neq 32+51\) luego la única posibilidad es \(n=26\) tal y como se pretendía demostrar.