Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Observemos que entre \(1\) y \(100\) hay veinticinco números primos (estos son 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89 y 97) por lo que al separalos en doce subconjuntos, uno de ellos contendrá al menos tres números primos distintos, llamémoslos \(p_1\), \(p_2\) y \(p_3\), y supongamos que \(p_1\lt p_2\lt p_3\). Entonces, existen \(r\gt 1\) y \(a,b\in\mathbb{N}\) tales que \(p_2=r^ap_1\) y \(p_3=r^bp_2\) luego, despejando \(r\) en ambas igualdades e igualando, llegamos a que \(p_2^ {a+b}=p_1^bp_3^ a\), lo cual es absurdo ya que \(p_1\), \(p_2\) y \(p_3\) son números primos y esto contradiría el teorema fundamental de la aritmética.

Solución. Llamemos \(A_1\), \(A_2\), \(A_3\), \(A_4\) y \(A_5\) a los vértices del pentágono en sentido antihorario y \(l\) y \(d\) al lado y la diagonal del pentágono. Sea además \(P\) el punto de corte de las diagonales \(A_1A_3\) y \(A_2A_5\). Como cada diagonal es paralela a un lado del pentágono, se tiene que el cuadrilátero \(PA_3A_4A_5\) es un paralelogramo y, por tanto, \(PA_5=l\) y \(PA_2=d-l\). Finalmente, como los triángulos \(A_2PA_3\) y \(A_3A_4A_1\) son semejantes (tienen los lados paralelos), se cumple que \(\frac{A_2P}{A_3A_4}=\frac{A_2A_3}{A_1A_3}\) y, sustituyendo el valor de cada segmento en términos de \(l\) y \(d\), \(\frac{d-l}{l}=\frac{l}{d}\). De aquí puede deducirse fácilmente que \((\frac{d}{l})^2-\frac{d}{l}-1=0\) y, resolviendo esta ecuación de segundo grado, tenemos finalmente que \[\frac{d}{l}=\frac{1+\sqrt{5}}{2},\] es decir, la razón entre la diagonal de un pentágono regular y su lado es la razón áurea.

Solución. Llamemos \(a_n\) al \(n\)-ésimo número de la sucesión. Entonces, podemos escribir \(a_n\) como \begin{eqnarray*} a_n&=&1+4\sum_{k=0}^{n-1}10^k+\sum_{k=0}^{2n-1}10^k=1+4\frac{10^n-1}{9}+\frac{10^{2n}-1}{9}\\ &=&\frac{10^{2n}+4\cdot 10^n+4}{9}=\left(\frac{10^n+2}{3}\right)^2 \end{eqnarray*} (donde se ha usado la suma de los términos de una progresión geométrica). Observemos que la última fracción es realmente un número natural pues el numerador es divisible entre \(3\) (sus cifras suman \(3\)). Esto prueba que \(a_n\) es un cuadrado perfecto como pretendíamos demostrar.

Solución. Si llamamos \(\alpha\), \(\beta\) y \(\gamma\) a las tres raíces y suponemos que \(\gamma\) es la media geométrica de las otras dos (es decir, \(\gamma^2=\alpha\beta\)), entonces las relaciones de Cardano nos dicen que \begin{eqnarray*} b&=&-(\alpha+\beta+\gamma)\\ c&=&\gamma^2+\beta\gamma+\alpha\gamma\\ d&=&-\gamma^3 \end{eqnarray*} Además, para demostrar que \(b^3d=c^3\) será suficiente probar que \(b\sqrt[3]{d}=c\), pero tenemos que \[b\sqrt[3]{d}=(\alpha+\beta+\gamma)\gamma=\alpha\gamma+\beta\gamma+\gamma^2=c\] y hemos terminado.

Solución. Hay $9$ números de una cifra, $90$ de dos cifras, $900$ de tres cifras y $9000$ de cuatro cifras (en total $9+90+900+9000=9999$ números), luego el número total de cifras de $N$ es \[1\cdot 9+2\cdot 90+3\cdot 900+4\cdot 9000=38889.\] La posición 2015 estará entre las del tercer grupo (números de tres cifras). Quitando los números de una y dos cifras, que tienen un total de $189$ dígitos, tenemos que encontrar qué dígito ocupa la posición $2015-189=1826$ de entre los números de tres cifras. Al dividir $1826$ entre $3$ obtenemos cociente $608$ y resto $2$, luego estamos hablando del segundo dígito del número que ocupa la posición $609$ de entre los números de $3$ cifras. Como empezamos a contar por el $100, 101, 102, ...$, el número que ocupa la posición $609$ es $708$ y su segunda cifra es $0$, que es el número buscado.