Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Podemos simplificar la expresión del enunciado de la siguiente forma: \begin{eqnarray*} \frac{p}{q}&=&1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{1319}-2\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\ldots+\frac{1}{1318}\right)\\ &=&1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{1319}-\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{659}\right)\\ &=&\frac{1}{660}+\frac{1}{661}+\ldots+\frac{1}{1319} \end{eqnarray*} Ahora bien, en esta última suma, basta emparejar el primer elemento con el último, el segundo con el penúltimo y así sucesivamente, con lo que llegamos a la siguiente igualdad \begin{eqnarray*} \frac{p}{q}&=&\left(\frac{1}{660}+\frac{1}{1319}\right)+\left(\frac{1}{661}+\frac{1}{1318}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{989}+\frac{1}{990}\right)\\ &=&\frac{1979}{660\cdot 1319}+\frac{1979}{661\cdot 1318}+\ldots+\frac{1979}{989\cdot 990} \end{eqnarray*} Como $1979$ es un número primo y los denominadores anteriores tienen factores menores que $1979$, deducimos que $p$ es múltiplo de $1979$, que es lo que queríamos probar.

Nota. Es interesante observar que $p$ y $q$ bien podrían tener factores comunes, pero hemos encontrado una fracción $\frac{p}{q}$ tal que $p$ es múltiplo de $1979$ y $q$ no, luego el numerador de cualquier fracción equivalente a $\frac{p}{q}$ será múltiplo de $1979$.

Solución. Observemos que \[\frac{x^5-1}{x-1}=x^4+x^3+x^2+x+1=(x^2+3x+1)^2-5x(x+1)^2.\] Por tanto, evaluando en $x=5^{25}$, tenemos que \begin{eqnarray*} \frac{5^{125}-1}{5^{25}-1}&=&(5^{50}+3\cdot 5^{25}+1)^2-(5^{38}+5^{13})^2\\ &=&(5^{50}+5^{38}+3\cdot 5^{25}+5^{13}+1)(5^{50}-5^{38}+3\cdot 5^{25}-5^{13}+1). \end{eqnarray*} Claramente ambos factores son mayores que $1$, lo que prueba que el número original es compuesto.

Nota. Un ataque directo al problema calculando $\frac{5^{125}-1}{5^{25}-1}=1+5^{25}+5^{50}+5^{75}+5^{100}$ módulo distintos primos es inviable ya que su factor primo más pequeño es $3597751$.

Solución. El número resultante se puede escribir como \[N=a_1+a_210^5+a_310^{10}+\ldots+a_{88889}10^{444440},\] siendo $(a_1,a_2,a_3,\ldots,a_{88889})$ la ordenación de los números que se ha tomado. Ahora bien, el número $10^5-1=99999$ se puede descomponer como $99999=9\cdot 11111$, luego se cumple que $10^5\equiv 1\ (\text{mód}\ 11111)$, lo que quiere decir que \[N\equiv a_1+a_2+a_3+\ldots+a_{88889}\ (\text{mód}\ 11111).\] Ahora bien los números del $11111$ al $99999$ recorren nueve veces todos los restos módulo $11111$ (más una vez el resto cero). Como cada resto y su opuesto son distintos módulo $11111$ (ya que $11111$ es impar), está claro que la suma de todos los restos desde $0$ a $11110$ es igual a cero. Volviendo al razonamiento anterior, esto nos asegura que \[N\equiv a_1+a_2+a_3+\ldots+a_{88889}\equiv 0\ (\text{mód}\ 11111),\] luego el número $N$ es múltiplo de $11111$ independientemente del orden que se ha elegido para colocar los números. Por tanto, no puede ser una potencia de $2$, como queríamos probar.

Nota. Observemos que $99999=3^2\cdot 41\cdot 271$, luego también podríamos haber hecho el mismo razonamiento módulo $41$ ó módulo $271$. No obstante, la técnica usual en estos casos (trabajar módulo $3$ ó $9$) no funciona en este caso ya que queda $N\equiv 8\ (\text{mód}\ 9)$ y sí hay potencias de $2$ congruentes con $8$ módulo $9$.

Solución. Todo número es congruente con la suma de sus cifras módulo $3$, es decir, $n\equiv s(n)\,(\text{mód}\ 3)$ para todo $n\in\mathbb{N}$. Por lo tanto, $n+s(n)+s(s(n))$ es congruente con $3n$ módulo $3$, luego es siempre un múltiplo de $3$. No obstante, $2018$ no es múltiplo de $3$, luego la ecuación del enunciado no tiene solución.

Solución. Escribamos $a=rp^\alpha$ y $b=sp^\beta$, de forma que $r$ y $s$ no son múltiplos de $p$. Vamos a probar el resultado por inducción sobre $\beta$. El caso base es $\beta=0$, para el que se tiene que \[\frac{a^b-1}{p^\alpha}=r\frac{(rp^\alpha+1)^b-1}{(rp^\alpha+1)-1}=r(1+(rp^\alpha+1)+(rp^\alpha+1)^2+\ldots+(rp^\alpha+1)^{b-1}),\] luego $a^b+1$ es múltiplo de $p^\alpha$, pero no es múltiplo de $p^{\alpha+1}$ ya que el miembro de la derecha en la igualdad anterior es congruente con $rb$ módulo $p$, pero $rb$ no es múltiplo de $p$ si $\beta=0$.

Supongamos entonces que el resultado es cierto para $\beta\geq 0$, es decir, $a^{sp^\beta}=tp^{\alpha+\beta}+1$ para cierto $t$ que no es múltiplo de $p$ y probémoslo para $\beta+1$. Usando la hipótesis de inducción y el binomio de Newton, tenemos que \[a^{sp^{\beta+1}}-1=(tp^{\alpha+\beta}+1)^p-1=\sum_{j=1}^p\binom{p}{j}t^jp^{(\alpha+\beta)j}\] Observemos que hemos eliminado de la sumatoria el término con $j=0$ ya que lo hemos cancelado con el sumando $-1$. Ahora bien, el número combinatorio $\binom{p}{j}$ es múltiplo de $p$ para $1\leq j\leq p-1$, luego todos los sumandos de la sumatoria son múltiplos de $p^{\alpha+\beta+1}$ y todos son múltiplos de $p^{\alpha+\beta+2}$ salvo el correspondiente a $j=1$, luego el exponente de $p$ en $a^{sp^{\beta+1}}-1$ es exactamente $\alpha+\beta+1$, como queríamos probar.

Nota. ¿Dónde se está usando que $p$ es impar?