Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. El primer apartado es sencillo razonando por reducción al absurdo. Si existiera un valor de $n\in\mathbb{Z}$ tal que $p^2|f(n)=(n+b)^2-c$, entonces $p|(n+b)^2$ ya que $p|c$ por hipótesis. Como se trata de un cuadrado, necesariamente $p^2|(n+b)^2$, luego también se sigue que $p^2|c=(n+b)^2-f(n)$. Esto contradice la hipótesis de que $p^2$ no divide a $c$.

En cuanto al apartado (b), vamos a proceder por inducción sobre $r$. Para $r=1$, no hay nada que probar ya que tenemos la hipótesis de que $q|f(n)$ para algún $n\in\mathbb Z$. Dado $r\geq 1$, supongamos que $q^r|(n+b)^2-c$ para algún $n\in\mathbb Z$ y probemos que existe $n'\in\mathbb Z$ tal que $q^{r+1}|(n'+b)^2-c$. Vamos a elegir $n'=n+aq^r$ para cierto $a\in\mathbb{Z}$ que vamos a determinar a continuación. Esto nos da \[f(n')=(n+aq^r+b)^2-c=(n+b)^2-c+2aq^r(n+b)+a^2q^{2r}=(d+2a(n+b))q^r+a^2q^{2r},\] donde hemos escrito $(n+b)^2-c=dq^r$ para cierto $d\in\mathbb{Z}$ usando la hipótesis de inducción. Por tanto, habremos terminado si probamos que la ecuación en congruencias $2a(n+b)\equiv -d\ (\text{mod }q)$ tiene solución (siendo $a$ la incógnita). Esto se deduce de que $2(n+b)$ tiene inverso módulo $q$ ya que $\mathrm{mcd}(2(n+b),q)=1$. Esto último se deduce a su vez de que $q$ divide a $f(n)$ pero no a $c$ (luego no $n+b$ no puede ser múltiplo de $q$) y de que $q\neq 2$ por hipótesis.

Solución. Consideremos los enteros $a=x-y$ y $b=y-z$, con lo que $z-x=-a-b$. Así, \begin{align*} (x-y)^5+(y-z)^5+(z-x)^5&=a^5+b^5-(a+b)^5\\ &=-5ab(a^3+2ab+2ab+b^3)\\ &=-5ab(a+b)(a^2+ab+b^2). \end{align*} Por tanto, el número dado es múltiplo de $-5ab(a+b)=5(x-y)(y-z)(z-x)$.

Solución. La mayor suma de cifras posible para números de 1998 cifras es que todas sean nueves, con lo cual podemos estimar $x\leq 9\cdot 1998=17982$. El número con mayor suma de cifras menor o igual que $17982$ es $9999$, lo que nos da la estimación $y\leq 9+9+9+9=36$. El número menor o igual que $36$ con mayor suma de cifras es $29$, que nos da $z\leq 2+9=11$. Ahora bien, la divisibildad entre $9$ se mantiene al sumar las cifras, luego $x$, $y$ y $z$ han de ser todos múltiplos de $9$. Esto nos deja con las posibilidades $z=0$ y $z=9$. Como $z=0$ no es posible (sólo sería posible si $n=0$), tenemos que $z=9$.

Solución. Es bien conocido que si $r$ y $s$ son números enteros, entonces $r-s$ divide a $p(r)-p(s)$ (ver la nota). Esto nos dice que, si existe el polinomio propuesto, $62-19=43$ divide a $2-1=1$, lo cual es claramente imposible.

Nota. En realidad, la propiedad propuesta se deduce de que $r-s$ divide a $r^n-s^n$ para todo $n\in\mathbb{N}$, lo cual es a su vez consecuencia de la factorización \[r^n-s^n=(r-s)(r^{n-1}+r^{n-2}s+r^{n-3}s^2+\ldots+s^{n-1}).\]

Solución. Consideremos el número \[a_n=(4+\sqrt{11})^n+(4-\sqrt{11})^n.\] Desarrollando por el binomio de Newton, tenemos que \[a_n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}4^{n-k}11^{k/2}(1+(-1)^k),\] luego todos los términos en que $k$ es impar se anulan y el resto queda duplicado. Esto nos dice que $a_n$ es un número par para todo $n\in\mathbb{N}$. Otra forma de ver esto es comprobar que se cumple la relación $a_n=8a_{n-1}+5a_{n-2}$ y, como $a_0=2$ y $a_1=8$ son pares, se sigue que todos los $a_n$ son pares. Ahora bien, se cumple que $4-\sqrt{11}\approx 0.683375$, luego $(4-\sqrt{11})^n$ está entre $0$ y $1$ para todo $n\in\mathbb{N}$. En consecuencia, $(4+\sqrt{11})^n$ es igual al número par $a_n$ menos un número entre $0$ y $1$, luego su parte entera es impar.