Olimpiadas de Matemáticas
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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).

Solución. Construyamos el conjunto $S$ por inducción sobre $n$. Para el caso base $n=2$, basta tomar el conjunto $S=\{1,2\}$. Supongamos entonces que $\{a_1,\ldots,a_n\}$ es un conjunto de $n$ elementos tales que $(a_i-a_j)^2$ divide a $a_ia_j$ para cualesquiera subíndices $i$ y $j$; si construimos un conjunto $S$ de $n+1$ elementos que también cumple esta propiedad habremos demostrado el enunciado.

La idea clave es darse cuenta de que si $a$ y $b$ son tales que $(a-b)^2$ divide a $ab$, entonces $a+c$ y $b+c$ también cumplen esta propiedad siempre que $c$ sea un múltiplo de $ab$. Por tanto, si consideramos el producto $c=a_1\cdots a_n$, el conjunto $S_1=\{c,a_1+c,a_2+c,\ldots,a_n+c\}$ tiene $n+1$ elementos (son todos distintos) y cumple la propiedad del enunciado. Comprobémoslo:

• Tomando $a=a_i+c$ y $b=a_j+c$, se tiene que $(a-b)^2=(a_i-a_j)^2$ divide a $a_ia_j$ por hipótesis de inducción, luego también divide a $ab=a_ia_j+c(a_i+a_j)+c^2$ (ya que $c$ es múltiplo de $a_ia_j$).
• Tomando $a=c$ y $b=a_i+c$, se tiene que $(a-b)^2=a_i^2$ divide a $ab=a_ic+c^2$ ya que $a_i$ divide a $c$.

Solución. En primer lugar, si $p=2$, tenemos que $2^p+3^p=13$, que no es potencia de exponente mayor que uno. Por lo tanto, supondremos que $p$ es impar. Trabajando módulo $5$ tenemos que \[2^p+3^p=2^p+(-2)^p\equiv 2^p-2^p\equiv 0\ (\text{mód }5),\] lo que nos dice que $a$ debe ser divisible entre $5$. Si probamos que $2^p+3^p$ no es divisible entre $25$ habremos terminado (si $n\geq 2$, entonces $a^n$ sería divisible entre $25$).

Debemos evaluar $2^p+3^p$ módulo $25$, para lo que usaremos el binomio de Newton de la siguiente forma: \[2^p+3^p=2^p+(5-2)^p=2^p+\sum_{k=0}^p\binom{p}{k}(-1)^k5^k2^{p-k}\equiv 2^p+5p\cdot 2^{p-1}-2^p\equiv 5p\cdot 2^{p-1}\ (\text{mód }25),\] donde hemos usado que $p$ es impar y que los términos para $k\geq 2$ son múltiplos de $25$. Ahora bien, si $p\neq 5$, esto nos dice que $2^p+3^p\not\equiv 0\ (\text{mód }25)$. Si $p=5$, entonces $2^p+3^p=32+243=275=5^2\cdot 11$ sí que es múltiplo de $25$, pero no es la potencia de ningún entero, luego el enunciado también se cumple en este caso especial.