Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Vamos a dar una familia infinita de ternas que cumplen la condición pedida. Para todo $a\in\mathbb{N}$, \[4a^4+4a^2,\ 4a^4+4a^2+1,\ 4a^4+4a^2+2\] son tres números consecutivos que cumplen que \begin{eqnarray*} 4a^4+4a^2&=&(2a^2)^2+(2a)^2\\ 4a^4+4a^2+1&=&(2a^2+1)^2\\ 4a^4+4a^2+2&=&(2a^2+1)^2+1^2 \end{eqnarray*} luego basta tomar $n=4a^4+4a^2$ para cada natural $a$.

Solución. En primer lugar, $101$ es un número primo. Los demás elementos de esta sucesión se pueden escribir como \[\sum_{k=0}^n 100^k=\frac{100^{n+1}-1}{99}=\begin{cases}(10^{n+1}+1)\cdot\frac{10^{n+1}-1}{9\cdot 11}&\text{si }n\text{ impar}\\\frac{10^{n+1}+1}{11}\cdot\frac{10^{n+1}-1}{9}&\text{si }n\text{ par}\end{cases}\] para $n\geq 2$ y los dos factores que aparecen en la última expresión son números enteros mayores que 1 (¿por qué?) luego, salvo 101, todos los elementos son números compuestos.

Solución. Si llamamos $n$ al número que buscamos y escribimos $n=p_1^{e_1}\cdots p_r^{e_r}$, donde $p_1,\ldots,p_r$ son primos distintos y $e_1,\ldots,e_r$ son exponentes naturales, el número de divisores de $n$ viene dado por \[(e_1+1)(e_2+1)\cdots(e_r+1).\] Como $74=2\cdot 37$, deducimos que, o bien $e_1=73$, o bien $e_1=1$ y $e_2=36$. Como el número buscado es múltiplo de $18=2\cdot 3^2$, no puede haber un único primo en la descomposición de $n$ luego hay exactamente dos primos, es decir, $n=p_1^{e_1}\cdot p_2^{e_2}$. Para que sea múltiplo de $18$, el exponente de $3$ tiene que ser mayor que uno, luego la única posibilidad es $n=2\cdot 3^{36}$, que es el número buscado.

Solución. La primera afirmación es cierta. Si tomamos tres enteros consecutivos $a-1$, $a$ y $a+1$, entonces podemos desarrollar la suma de sus cubos, obteniendo \[(a-1)^3+a^3+(a+1)^3=3a(a^2+2),\] por lo que bastará ver que $a$ ó $a^2+2$ son múltiplos de $3$. Si $a$ es múltiplo de $3$, entonces lo es $a$ y, si no lo es, entonces $a\equiv 1\ (\text{mod }3)$ ó $a\equiv 2\ (\text{mod }3)$, de donde $a^2+2\equiv 0\ (\text{mod }3)$.

La segunda afirmación no es cierta. Para verlo, basta darse cuenta de que si tomamos los números $-1$, $0$, $1$, $2$ y $3$, la suma de sus cubos resulta $35$, que no es múltiplo de $25$. Otra opción en la que los números son positivos es tomar $2$, $3$, $4$, $5$ y $6$, donde el resultado es $240$.

Para probar que la tercera afirmación es verdadera, procedamos como con la primera, escribiendo la suma de las potencias quintas de la forma \[(a-2)^5+(a-1)^5+a^5+(a+1)^5+(a+2)^5=5a(a^4+20a^2+34).\] Por tanto, será suficiente probar que si $a$ no es múltiplo de $5$, entonces $a^4+20a^2+34$ lo es. Esto puede probarse de varias formas. La primera es sustituir $a$ desde $1$ hasta $4$ y ver que el resultado es múltiplo de $5$ (ya que el resto de dividir $a^4+20a^2+34$ entre $5$ sólo depende del resto del propio $a$). La segunda es usar congruencias para ver que \[a^4+20a+34\equiv a^4-1\equiv(a-1)(a-2)(a-3)(a-4)\ (\text{mód}\ 5).\] Así está claro que $a^4+20a+34\equiv 0\ (\text{mód}\ 5)$ cuando $a\not\equiv 0\ (\text{mód}\ 5)$.

Nota. Dado un número $p$ primo, ¿es cierto que la suma de las potencias $p$-ésimas de $p$ números consecutivos es múltiplo de $p^2$?

Solución. Un conjunto especial de tres elementos es $\{2,3,4\}$. Veamos ahora que no existen cuatro números en progresión aritmética que formen un conjunto especial. Para ello, supongamos que $a$, $a+b$, $a+2b$ y $a+3b$ forman un conjunto especial y lleguemos a una contradicción. Observemos en primer lugar que si tomamos $d=\mathrm{mcd}(a,b)$ y $d\neq 1$, entonces considerando $a'=\frac{a}{d}$ y $b'=\frac{b}{d}$, los números $a'$, $a'+b'$, $a'+2b'$ y $a'+3b'$ también están en progresión aritmética, forman un conjunto especial y $\mathrm{mcd}(a',b')=1$. Por tanto, podemos suponer que el máximo común divisor de $a$ y $b$ es uno. En esta situación, $a(a+b)$ es divisible por $b^2$ por ser el conjunto especial luego $a^2+ab=a(a+b)=kb^2$ para cierto entero $k$, de donde $a^2=(k-a)b$ es divisible por $b$ lo cual, salvo que $b=1$, es imposible ya que habíamos supuesto que $\mathrm{mcd}(a,b)=1$. Por tanto, el conjunto ha de ser de la forma $\{a, a+1, a+2, a+3\}$ pero entonces como es especial se tiene que $a(a+2)$ y $(a+1)(a+3)$ son divisibles por $4$ pero uno de estos dos números es impar y hemos llegado a la contradicción buscada.