Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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?

Solución. Usando la identidad bien conocida $1+2+\ldots+n=\frac{1}{2}n(n+1)$, podemos reescribir la igualdad del enunciado como \[8p+120=\frac{n(n+1)}{2}\quad \Leftrightarrow\quad 16p=n^2+n-240=(n-15)(n+16). \] Ahora utilizaremos que $p$ es primo y que los factores $n-15$ y $n+16$ tienen distinta paridad, luego sólo uno de ellos es divisible por $16$. Tenemos así varias posibilidades:

• Si $n-15=16p$ y $n+16=1$, entonces $n=-15\lt 0$, luego no lleva a solución.
• Si $n-15=16$ y $n+16=p$, entonces llegamos a la solución $(n,p)=(31,47)$.
• Si $n-15=p$ y $n+16=16$, entonces $n=0$, lo que tampoco lleva a solución.
• Si $n-15=1$ y $n+16=16p$, entonces llegamos a la solución $(n,p)=(16,2)$.

No estamos considerando las descomposiciones de $16p$ en factores negativos ya que, si $n+16\lt 0$, entonces también tenemos que $n\lt 0$. Deducimos así que las únicas soluciones son $(n,p)=(31,47)$ y $(n,p)=(16,2)$.

Solución. Dados $u,v\in\mathbb{N}$, tenemos que \[\frac{(u+v)^3+(2u-v)^3}{(u+v)^3+(2v-u)^3}=\frac{9u(u^2-uv+v^2)}{9v(u^2-uv+v^2)}=\frac{u}{v}.\] Esto nos da la solución al problema siempre que $2u-v\gt 0$ y $2v-u\gt 0$, es decir, para todo número racional $r=\frac{u}{v}$ tal que $\frac{1}{2}\lt r\lt 2$, se cumple el enunciado. Veamos que podemos usar esto para pasa en el caso de que $r$ no pertenezca a este intervalo.

Dado $r\in\mathbb{Q}$ positivo, existirá un número racional $\frac{m}{n}$ tal que $\sqrt[3]{\frac{1}{2r}}\lt \frac{m}{n}\lt\sqrt[3]{\frac{2}{r}}$, luego $\frac{1}{2}\lt\frac{m^3r}{n^3}\lt 2$. Lo que hemos probado anteriormente nos dice que existen $a,b,c,d\in\mathbb{N}$ tales que \[\frac{m^3r}{n^3}=\frac{a^3+b^3}{c^3+d^3}\ \Longleftrightarrow\ r=\frac{(an)^3+(bn)^3}{(cm)^3+(dm)^3},\] lo que prueba que $r$ cumple la condición del enunciado.

Nota. La idea para elegir $a=c=u+v$, $b=2u-v$ y $d=2v-u$, es observar que \[\frac{a^3+b^3}{a^3+d^3}=\frac{(a+b)(a^2+ab+b^2)}{(a+d)(a^2+ad+d^2)}\] y elegir los números de forma que $a+b=\lambda u$, $a+d=\lambda v$ y $a^2-ab+b^2=a^2-ad+d^2$. Esto último ocurre si, y sólo si, $(-a+b+d)(b-d)=0$, luego $a=b+d$. De aquí es fácil llegar a que la solución entera más sencilla ocurre para $\lambda=3$ y es la que hemos propuesto.

Solución. Algunos cuadrados perfectos monótonos son $1=1^2$, $16=4^2$, $144=12^2$ ó $1156=34^2$. Vamos a dar dos familias de cuadrados perfectos monótonos, una que recorre todos los valores de $n$ pares y otra los impares:

• Los números de la forma $333\ldots 34$ tienen cuadrado monótono: \[34^2=1156,\quad 334^2=111556,\quad 3334^2=11115556,\ldots\]
• Los números de la forma $1666\ldots 67$ tienen cuadrado monótono: \[17^2=289,\quad 167^2=27889,\quad 1667^2=2778889,\ldots\]

Para dar una demostración rigurosa, veamos que los números así formados son cuadrados perfectos. En primer lugar, el número $1\ldots15\ldots56$ formado por $n$ unos, $n-1$ cincos y $1$ seis, se puede expresar como \[\sum_{i=0}^{2n-1}10^i+4\sum_{i=0}^{n-1}10^i+1=\frac{10^{2n}-1}{9}+4\frac{10^n-1}{9}+1=\frac{10^{2n}+4\cdot 10^n+4}{9}=\left(\frac{10^n+2}{3}\right)^2,\] que claramente es un cuadrado perfecto ($10^n+2$ es siempre múltiplo de $3$). Observemos que en el desarrollo anterior hemos usado la fórmula de la suma de los términos de una progresión geométrica.

Por otro lado, el número $27\ldots78\ldots89$ formado por $1$ dos, $n-1$ sietes, $n$ ochos y $1$ nueve, se puede expresar de forma similar como un cuadrado perfecto: \begin{eqnarray*} 2\sum_{i=0}^{2n}10^i+5\sum_{i=0}^{2n-1}10^i+\sum_{i=0}^n10^i+1&=&2\frac{10^{2n+1}-1}{9}+5\frac{10^{2n}-1}{9}+\frac{10^{n+1}-1}{9}+1\\ &=&\frac{25\cdot 10^{2n}+10\cdot 10^n+1}{9}=\left(\frac{5\cdot 10^n+1}{3}\right)^2. \end{eqnarray*}

Nota. Existen otros ejemplos de números que generan cuadrados monótonos, como pueden ser los de la forma $3\ldots35$, $3\ldots37$ ó $6\ldots67$ (que dan todos ellos un número par de dígitos).