Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Supongamos que un par $(a,b)$ satisface esa condición y consideremos la igualdad \[b(a^2b+b)-a(ab^2+9)=b^2-9a\] (hemos hecho una combinación de ambos números para eliminar los términos de tercer grado). Dividiendo entre $ab^2+9$, llegamos a que \[\frac{b^2-9a}{ab^2+9}\] también es un número entero. Distingamos varios casos según el signo del numerador:

• Si $b^2-9a\gt 0$, entonces claramente $ab^2+9\gt b^2\gt b^2-9a\gt 0$, lo que nos dice que dicha fracción no puede ser un número entero (pues su numerador es estrictamente menor que su denominador y son ambos números positivos). Esto prueba que este caso no puede ocurrir.
• Si $b^2-9a=0$, entonces la fracción anterior queda \[\frac{b^2-9a}{ab^2+9}=\frac{b^2-9a}{9(a^2+1)}=\frac{b}{9},\] con lo que $b$ ha de ser múltiplo de $9$ y $a=\frac{b^2}{9}$, es decir, obtenemos todos los pares de la forma $(9k^2,9k)$ para $k\in\mathbb{N}$.
• Finalmente, si $b^2-9a\lt 0$, distinguimos a la vez tres casos:
  • Si $b\geq 3$, entonces en la fracción $\frac{b^2-9a}{ab^2+9}$ el valor absoluto del numerador es menor que $9a$ y el del denominador es mayor que $9a+9$, lo que nos lleva a que dicha fracción no puede ser un número entero.
  • Si $b=2$, entonces tenemos que $\frac{b^2-9a}{ab^2+9}=\frac{4-9a}{4a+9}$. Ahora bien, \[4(4-9a)+9(4a+9)=97,\] luego si $4-9a$ es divisible entre $4a+9$, $97$ también ha de ser divisible entre $4a+9$. Como $97$ es un número primo y $4a+9\geq 13$, la única posibilidad es $4a+9=97$, que implica $a=22$. Es fácil comprobar que el par $(22,2)$ es una solución del problema.
  • Si $b=1$, entonces $\frac{b^2-9a}{ab^2+9}=\frac{1-9a}{a+9}=-9+\frac{82}{a+9}$ (en este caso hemos podido hacer la división directamente a diferencia del caso $b=2$). Por tanto, $a+9$ divide a $82=2\cdot 41$. Como $a+9\geq 10$, deducimos que las únicas posibilidades son $a+9=41$ y $a+9=82$, que dan lugar a los pares $(32,1)$ y $(73,1)$. Se comprueba que también son soluciones al problema original.

En resumen, hemos probado que los únicos pares para los que la fracción del enunciado es un número entero son $(22,2)$, $(32,1)$, $(73,1)$ y los de la forma $(9k^2,9k)$ para $k\in\mathbb{N}$.

Solución. La ecuación se puede escribir como $(x-a)(x-b)(x-3)=-1$. Por tanto, si $x$ es una solución entera, entonces $x-a$, $x-b$ y $x-3$ son números enteros que dividen a $-1$, luego han de ser iguales a $\pm 1$. En particular, de la condición $x-3=\pm 1$ deducimos que las únicas posibles raíces enteras de la ecuación son $x=2$ y $x=4$. Probaremos por reducción al absurdo que no pueden ser las dos a la vez soluciones.

Si $x=2$ es solución, sustituyendo en la ecuación original obtenemos que $(2-a)(2-b)=1$ y, si $x=4$ es solución, entonces $(4-a)(4-b)=-1$. Si ambos valores de $x$ son soluciones, entonces $4-a$ y $2-a$ son iguales a $\pm 1$ y, como se diferencian en $2$ unidades, tiene que ser $4-a=1$ y $2-a=-1$, es decir, $a=3$. Sustituyendo $a=3$ en $(2-a)(2-b)=1$, tenemos que $2-b=-1$ y, por tanto, $b=3$. No obstante, $a=b=3$ no cumple $(4-a)(4-b)=-1$ y hemos llegado a una contradicción.

Solución. Supongamos que $A$ y $B$ son dos potencias de $2$ distintas pero con los mismos dígitos (no nulos) reordenados. Vamos a llegar a una contradicción y esto dará respuesta negativa a la pregunta del enunciado. Primero observamos dos propiedades de $A$ y $B$.

• Como los dígitos tanto de $A$ como de $B$ son no nulos, ambos números han de tener el mismo número de cifras significativas. En particular, si suponemos que $A\lt B$, entonces ocurre alguna de las siguientes tres situaciones: $B=2A$ ó $B=4A$ ó $B=8A$ (observa que ambas son potencias de $2$ y $16A$ tiene siempre más cifras que $A$).
• Como los dígitos son los mismos, tenemos que $A\equiv B$ (mód $9$).

Ahora bien, como $A$ y $B$ son primos relativos con $9$ (son potencias de $2$), tenemos que $A\equiv B=2^kA$ (mod $9$) implica $1\equiv 2^k$ (mód $9$). Tanto si $k=1$ como si $k=2$ ó $k=3$ esta congruencia es falsa, lo que nos da la contradicción buscada.

Solución. Para dar respuesta negativa con $2004$ fichas, numeremos todas las fichas consecutivamente con números del $1$ al $2004$ y hagamos tres subconjuntos: $A$ conteniendo las fichas múltiplo de $3$, $B$ las que tienen resto $1$ al dividir entre $3$ y $C$ las que tienen resto $2$ al dividir entre $3$. Supongamos también que la ficha negra está en $A$. Cada uno de estos subconjuntos tiene $668$ elementos y tienen la propiedad de que cualquier operación que hagamos afecta exactamente a una ficha de cada uno de los tres. Por tanto, cualquier operación cambia la paridad del número de fichas blancas en $A$, $B$ y $C$. Como inicialmente $A$ un número impar de piedras blancas y $B$ y $C$ tienen un número par, nunca podrá llegarse a que los tres tengan un número par. En otras palabras, $A$-$B$-$C$ tendrá una cantidad impar-par-par ó par-impar-impar de fichas blancas a lo largo de todo el proceso, y nunca podrá ser par-par-par (como correspondería a que todas las piedras fueran blancas).

El argumento anterior usa que $2004$ es múltiplo de $3$. Veamos que para $2003$ fichas sí se puede llegar a que todas sean blancas. Numeremos también las fichas consecutivamente del $1$ al $2003$ y supongamos que la negra inicial es la que ocupa la posición central $1002$. En primer lugar, elegimos la ficha $1002$ (es el único movimiento posible), convirtiendo $1001$ y $1003$ en negras y $1002$ en blanca. A continuación, hacemos la siguiente secuencia de elecciones:

• Elegimos las fichas $1003, 1004, ... 2003$ en este orden y después las fichas $1001,1000,...,1$ en este orden. De esta forma es fácil ver que llegamos a que todas son negras salvo la $1002$ que ahora es blanca, es decir, hemos invertido los colores.
• Finalmente, elegimos las fichas negras $1001$ y $1003$, de forma que ahora hay cinco fichas blancas (desde la $1000$ hasta la $1004$). Quedan $2003-5=1998$ fichas negras, que es un múltiplo de $3$. Ahora es fácil eliminar las $1998$ negras de tres en tres, resultando todas blancas, como se quería.

Solución. Las raíces comunes a $P(x)$ y $Q(x)$ también son raíces de $P(x)-Q(x)$, y este polinomio diferencia está dado por \[P(x)-Q(x)=(a-c)(x^3-x)=(a-c)x(x-1)(x+1).\] Esto nos dice que dichas raíces comunes son iguales a $0$, $1$ ó $-1$ y no puede haber una raíz doble común. Como $0$ no es raíz de $P(x)$ ni de $Q(x)$ ya que $P(0)=Q(0)=1\neq 0$, llegamos a que las raíces comunes sólo pueden ser $1$ y $-1$ (raíces simples). Ahora bien \begin{eqnarray} P(1)=Q(1)&=a+b+c+2, P(-1)=Q(-1)&=&-a+b-c+2. \end{eqnarray} luego las condiciones que nos pide el enunciado son que los dos valores anteriores sean cero, es decir, que $a+c=0$ y $b=-2$. No obstante, ha de cumplirse que $a\neq 0$ y $c\neq 0$ para que $a\neq c$. Resolvamos las ecuaciones con estos valores de los parámetros.

En primer lugar, la ecuación $P(x)=0$ se puede factorizar como \begin{eqnarray} 0=P(x)&=&x^4+ax^3-2x^2-ax+1\\ &=&(x-1)(x+1)\left(x-\frac{a+\sqrt{a^2+4}}{2}\right)\left(x-\frac{a-\sqrt{a^2+4}}{2}\right). \end{eqnarray} De la misma forma, la ecuación $Q(x)=0$ se obtiene cambiando $a$ por $-a$, y tenemos que \begin{eqnarray} 0=Q(x)&=&x^4-ax^3-2x^2+ax+1\\ &=&(x-1)(x+1)\left(x-\frac{-a+\sqrt{a^2+4}}{2}\right)\left(x-\frac{-a-\sqrt{a^2+4}}{2}\right). \end{eqnarray} Estas factorizaciones se obtienen fácilmente por el método de Rufini, sabiendo de antemano que $\pm 1$ son raíces de ambos polinomios. De esta forma hemos expresado explícitamente las cuatro soluciones de las ecuaciones, dos de las cuales ($x=\pm 1$) son comunes y las otras dos distintas.