Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Si aplicamos la desigualdad de Cauchy-Schwarz a los vectores $(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5)$ y $(a_2,a_3,a_4,a_5,a_6)$ obtenemos que cualesquiera que sean los valores de los seis números dados, se tiene que \[(a_1a_2+a_2a_3+\ldots+a_5a_6)^2\leq (a_1^2+\ldots+a_5^2)(a_2^2+\ldots+a_6^2).\] Ahora bien, el enunciado nos dice que se da la igualdad, luego los dos vectores tienen que ser proporcionales. Como son números no nulos, deberá existir una constante $\lambda\neq 0$ tal que \[(a_2,a_3,a_4,a_5,a_6)=\lambda(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5).\] En otras palabras, $a_2=\lambda a_1$, $a_3=\lambda a_2$, $a_4=\lambda a_3$, $a_5=\lambda a_4$ y $a_6=\lambda a_5$. Tenemos así que los números están en progresión geométrica de razón $\lambda$.

Solución. El teorema del seno en el triángulo $ABD$ nos dice que \[\frac{AB}{\mathrm{sen}(60)}=\frac{DA}{\mathrm{sen}(20)}=\frac{BD}{\mathrm{sen}(100)}=\frac{DA+BD}{\mathrm{sen}(20)+\mathrm{sen}(100)}.\] El teorema del seno en el triángulo $ABC$ nos dice que \[\frac{AB}{\mathrm{sen}(40)}=\frac{BC}{\mathrm{sen}(100)}.\] Combinando estos dos resultados, tenemos que \[\frac{DA+BD}{\mathrm{sen}(20)+\mathrm{sen}(100)}=\frac{AB}{\mathrm{sen}(60)}=\frac{BC\,\mathrm{sen}(40)}{\mathrm{sen}(60)\mathrm{sen}(100)}.\] Por tanto, será suficiente probar que \[\frac{1}{\mathrm{sen}(20)+\mathrm{sen}(100)}=\frac{\mathrm{sen}(40)}{\mathrm{sen}(60)\mathrm{sen}(100)}\] o lo que es lo mismo \[\mathrm{sen}(60)\mathrm{sen}(100)=\mathrm{sen}(20)\mathrm{sen}(40)+\mathrm{sen}(100)\mathrm{sen}(40).\] Usando una identidad trigonométrica de factorización (ver nota), lo anterior equivale a su vez a \[\cos(40)-\cos(160)=\cos(20)-\cos(60)+\cos(60)-\cos(140),\] y esta igualdad es cierta ya que $\cos(140)=-\cos(40)$ y $\cos(160)=-\cos(20)$ ya que se trata de ángulos suplementarios.

Nota. Hemos usado la identidad de factorización \[\mathrm{sen}(x)\mathrm{sen}(y)=\frac{\cos(x-y)-\cos(x+y)}{2},\] que se deduce fácilmente sumando las fórmulas de los cosenos de la suma y la diferencia.

Solución. Hay que tener en cuenta que si una de las cifras del número es par es porque hay una llevada de la suma de las cifras de orden inmediatamente inferior. Vamos a analizar cada caso por separado:

• 6204773 es bonito (por ejemplo, tomando $s=3557931$ y $t=2646842$).
• 6372538 no es bonito puesto que la cifra de las unidades es par y no puede obtenerse como suma de un dígito par y otro impar (no hay llevadas).
• 7343053 no es bonito ya que después del cero de las centenas hay necesariamente una llevada, luego la siguiente cifra no puede ser impar y en este caso es un tres.
• 8993267 no es bonito ya que el 8 en las unidades de millón implica una llevada y por tanto las cifras de $t$ y $s$ en las centenas de millar deben sumar 19, lo que implica que ambas son 9 (más otra llevada de las decenas de millar). Esto impide que las cifras de $s$ sean todas pares.
• 9652393 es bonito (tomando $t=5371751$ y $s=4280642$).

Solución. Si escribimos $x^2-y^2=(x+y)(x-y)=n$, como $x$ e $y$ son enteros, existirá un divisor $d$ de $n$ tal que $x+y=d$ y $x-y=\frac{n}{d}$. Este sistema de ecuaciones con la suma y la diferencia se resuelve fácilmente dando lugar a \[x=\frac{d+\frac{n}{d}}{2},\qquad y=\frac{d-\frac{n}{d}}{2}.\] Obtenemos así que no vale cualquier divisor de $n$ sino que $d$ y $\frac{n}{d}$ deben tener la misma paridad (en caso contrario, el denominador $2$ en las soluciones anteriores no se puede eliminar) y además $d\gt\frac{n}{d}$ (en caso contrario tendríamos una solución con $y$ negativa). Llamemos $D(n)$ al número de divisores de $n$ y distingamos varios casos:

• Si $n$ es impar, entonces $d$ y $\frac{n}{d}$ son ambos impares. Si $n$ no es cuadrado perfecto, entonces la condición $d\lt\frac{n}{d}$ ocurrirá para la mitad de divisores, luego $\lambda(n)=\frac{1}{2}D(n)$. Si $n$ es un cuadrado perfecto, entonces hay que excluir el caso $d=\sqrt{n}$ antes de dejar la mitad de divisores, luego $\lambda(n)=\frac{1}{2}(D(n)-1)$.
• Si $n$ es par pero no múltiplo de $4$, entonces $d$ y $\frac{n}{d}$ tienen necesariamente distinta paridad, luego $\lambda(n)=0$.
• Si $n$ es múltiplo de $4$, entonces podemos asignar previamente uno de los factores $2$ a $d$ y otro a $\frac{n}{d}$ para que los dos sean pares y repartir los restantes entre $d$ y $\frac{n}{d}$. Razonando de forma análoga al primer caso, tenemos que $\lambda(n)=\frac{1}{2}D(\frac{n}{4})$ si $n$ es no es cuadrado perfecto y $\lambda(n)=\frac{1}{2}(D(\frac{n}{4})-1)$ si lo es.

Si factorizamos $n=p_1^{e_1}\cdots p_r^{e_r}$ como producto de potencias de primos distintos, es bien conocido que $D(n)=(e_1+1)(e_2+1)\cdots(e_r+1)$. Vamos a ver cuál es el menor valor de $n$ en cada uno de los cuatro casos que nos da la discusión anterior y luego analizaremos cuál es el menor y el menor impar.

• Si $n$ es impar y no es cuadrado, tenemos que resolver $D(n)=2\cdot 2021=2\cdot 43\cdot 47$, luego el menor valor posible es $n=3^{46}5^{42}7$ ya que $3,5,7$ son los primos más pequeños (impares) emparejados con los exponentes en orden opuesto.
• Si $n$ es impar y cuadrado, tenemos que resolver $D(n)=2\cdot 2021+1=4043=13\cdot 311$, luego el menor valor es $n=3^{310}5^{12}$.
• Si $n$ es par (múltiplo de $4$) y no es cuadrado, tenemos $D(\frac{n}{4})=2\cdot 2021=2\cdot 43\cdot 47$, luego el menor valor posible es $n=4\cdot 2^{46}3^{42}5=2^{48}3^{42}5$.
• Si $n$ es par (múltiplo de $4$) y cuadrado, tenemos $D(\frac{n}{4})=2\cdot 2021+1=4043=13\cdot 311$, luego el menor valor posible es $n=4\cdot 2^{310}3^{12}=2^{312}3^{12}$.

De entre los cuatro números elegidos, el menor es $2^{48}3^{42}5$ y el menor impar es $3^{46}5^{42}7$ (¿sabrías justificar rigurosamente por qué?).

Nota. Un punto técnico de esta solución es la factorización de 4043. No debería haber problema en preguntar a los examinadores por tal factorización; en caso de no darla, habría que probar a dividir $4043$ entre los primos desde $3$ a $61$ (que es el más cercano por defecto a $\sqrt{4043}$). Al encontrar así el factor $13$, habría que probar de nuevo desde $3$ a $17$ (que es el más cercano por defecto a $\sqrt{313}$).