Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. La condición que nos dan se escribe como \[1000a+100b+10c+d=(10a+b)^2+(10c+d)^2-(10c+d).\] Si ahora escribimos $r=10a+b$ y $s=10c+d$, esto puede reescribirse como \[100r+s=r^2+s^2-s\ \Longleftrightarrow\ (r-50)^2+(s-1)^2=2501,\] donde lo único que hemos hecho es completar cuadrados. Ahora bien, como un cuadrado tiene cifra de las unidades igual a $0,1,4,5,6,9$, la ecuación $x^2+y^2=2501$ implica que las cifras de las unidades de $x^2$ e $y^2$ son $0$ y $1$ o bien $5$ y $6$ (en algún orden). Además, sólo tenemos que probar con $1\leq x\leq \sqrt{1250}\lt 36$, lo que nos dice que \[x\in\{1,4,5,6,9,10,11,14,15,16,19,20,21,24,25,26,29,30,31,34,35\}.\] Analizando los casos para los que $2501-x^2$ es cuadrado perfecto, nos queda solo $x=1$ y $x=10$ (hay más trucos para descartar casos; por ejemplo, $x$ no puede ser múltiplo de $3$, ¿sabrías justificar por qué?). Tenemos entonces las descomposiciones $1^2+50^2=10^2+49^2=2501$.

Por lo tanto, $|r-50|$ y $|s-1|$ son iguales a $1$, $10$, $49$ o $50$. Obviamente, no puede ser $|r-50|=50$ ni $r-50=-49$ porque no se cumpliría que $10\leq r\leq 99$. Tenemos así cinco soluciones (observemos que en cada una de ellas sólo hay un valor posible de $s$ porque el otro, para el otro signo en el valor absoluto, no cumple que $0\leq s\leq 99$):

• Si $r=49$, entonces $s=51$, lo que nos da la solución $4951$.
• Si $r=51$, entonces $s=49$, lo que nos da la solución $5149$.
• Si $r=40$, entonces $s=50$, lo que nos da la solución $4050$.
• Si $r=60$, entonces $s=50$, lo que nos da la solución $6050$.
• Si $r=99$, entonces $s=11$, lo que nos da la solución $9911$.

Nota. Si permitimos que $a=0$, con el mismo razonamiento también tenemos las soluciones con $r=0$ (que implica $s=0$ o $s=2$) y con $r=1$ (que implica $s=11$), luego también tendríamos los números $0000$, $0002$ y $0111$.

Solución. Llamamos $a=\sqrt[3]{1729-x}$ y $b=\sqrt[3]{x}$, luego podemos reescribir esa ecuación como el sistema de ecuaciones \[\left\{\begin{array}{l}a+b=19\\a^3+b^3=1729.\end{array}\right.\] Factorizando $a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$, obtenemos que $a^2-ab+b^2=\frac{1729}{19}=91$. Restando a esta última expresión $a^2+2ab+b^2=(a+b)^2=361$, llegamos a que $-3ab=91-361=-270$, de donde $ab=90$. Tenemos, entonces que $a+b=19$ y $ab=90$, lo que nos dice que $a$ y $b$ son las soluciones de la ecuación $t^2-19t+90=0$. Usando la fórmula de la ecuación de segundo grado, se llega fácilmente a que $(a,b)=(9,10)$ o $(a,b)=(10,9)$. Como $x=b^3$, tenemos las posibles soluciones $x=1000$ y $x=729$ y se comprueba fácilmente que ambas efectivamente verifican la ecuación.

Solución. Para centrar el problema, vamos a pensar que el jardinero tiene los 12 árboles en macetas y va cogiendo una a una una maceta sin mirar de qué tipo de árbol es y la planta consecutivamente en 12 agujeros que previamente ha cavado. De esta forma, está claro que hay $12!$ formas posibles de plantar los árboles. Veamos cuántas de ellas tienen no tienen hayas consecutivas para hallar la probabilidad como casos favorables entre casos posibles.

Denotamos por $H$ a las hayas y por $A$ a los otros árboles (robles o encinas). Para que no estén consecutivas, tendremos que poner al menos un árbol entre cada haya: \[\_\ H\ A\ \_\ H\ A\ \_\ H\ A\ \_\ H\ A\ \_\ H\ \_\] aunque nos quden seis huecos marcados con $\_$ para poner otras tres $A$. Estas se podrán poner libremente en uno de los seis huecos, lo que nos da un total de $6^3$ configuraciones. Para cada una de ellas, podemos permutar las $H$ y permutar las $A$ libremente, lo que nos da un total de $5!\cdot 7!$ casos posibles por cada una de las $6^3$ configuraciones. La probabilidad que buscamos es, por lo tanto, \[\frac{6^3\cdot 5!\cdot 7!}{12!}=\frac{3}{11}.\]