Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Supongamos que un número que cumple las condiciones del enunciado está dado por \(\sum_{k=1}^n 10^ka_k+6\)), donde \(0\leq a_k\leq 9\) para todo \(k\). Entonces, la segunda condición puede escribirse como \[6\cdot 10^k+\sum_{k=1}^n 10^{k-1}a_k=4\left(\sum_{k=1}^n 10^ka_k+6\right)\] Como \(6\cdot 4=24\), el miembro de la izquierda tiene que acabar en \(4\), esto es, \(a_1=4\). Observemos ahora que sabemos que el número termina en \(46\) y, como \(46\cdot 4=184\), el miembro de la izquierda termina en \(84\) luego el número que buscamos termina en \(846\). Reiterando el proceso tres veces más, tenemos que los seis últimos dígitos de un número que cumpla las propiedades del enunciado tienen que ser \(153846\) y, en particular, tal número tiene que tener al menos seis cifras significativas. Como el propio \(153846\) cumple que \(615384=4\cdot 153846\), éste es el menor número que lo cumple.

Solución. Supongamos por reducción al absurdo que \(n\) es un entero mayor que \(10\) tal que todos sus dígitos están en el conjunto \(\{1,3,7,9\}\) y sólo tiene factores primos menores que \(11\). Está claro que no puede tener factores \(2\) ó \(5\) (la cifra de las unidades no estaría en el conjunto admisible de cifras) luego \(n\) tiene que ser de la forma \(3^a7^b\) para ciertos exponentes \(a\) y \(b\). Probaremos que para cualquier número de la forma \(3^a7^b\) la cifra de las decenas es par y habremos terminado. Probaremos esto por inducción. Es claro que para \(a=0,b=1\) tenemos \(n=07\) y para \(a=1,b=0\) tenemos \(n=03\), y ambos tienen la cifra de las decenas par. Si ahora probamos que al multiplicar por \(3\) ó por \(7\) un número que tiene el número se las decenas par y el de las unidades 1, 3, 7 ó 9 volvemos a obtener otro número con las mismas características habremos terminado. Esto se deduce de que \(1\cdot 3=03\), \(3\cdot 3=09\), \(7\cdot3=21\), \(9\cdot 3=27\), \(1\cdot 7=07\), \(3\cdot 7=21\), \(7\cdot 7=49\) y \(9\cdot 7=63\), y de que la cifra de las decenas siempre será par ya que es la suma de la cifra de las decenas de uno de los productos anteriores y un número par.

Solución. Como \(a=ab-b=b(a-1)\), tenemos que \(a\) es múltiplo de \(b\) y, como \(b=ab-a=a(b-1)\), \(b\) es múltiplo de \(a\). Esto sólo puede ocurrir cuando \(a=b\) ó \(a=-b\). En el caso de que \(a=b\), la ecuación del enunciado se escribe como \(2a=a^2\) luego \(a=b=0\) ó \(a=b=2\). En el caso de que \(a=-b\), la ecuación queda \(0=-a^2\), luego \(a=b=0\). Deducimos que las soluciones son \((a,b)=(0,0)\) y \((a,b)=(2,2)\).

Solución. La ecuación se puede escribir de forma equivalente como $(a-1)(b-1)=1$, luego ambos factores $a-1$ y $b-1$ tienen que ser iguales e iguales a $\pm 1$. Si son iguales a $1$, tenemos la solución $a=b=2$ y, si son iguales a $-1$, tenemos la solución $a=b=0$.

Solución. La mejor forma de demostrar esta afirmación es mostrando un ejemplo de \(n\) números consecutivos que sean compuestos. Una posible opción es \[(n+1)!+2,\ (n+1)!+3,\ (n+1)!+4,\ \ldots,\ (n+1)!+(n+1)\] ya que \((n+1)!+k\) es divisible por \(k\) si \(k\) está comprendido entre \(2\) y \(n+1\).

Solución. En el caso en que \(n\) sea impar, consideremos el desarrollo \[a^n+b^n=(a+b)(a^{n-1}-a^{n-2}b+a^{n-3}b^2-\ldots-ab^{n-2}+b^{n-1})\] que nos dice que \(a^n+b^n\) es divisible por \(a+b\) y, por consiguiente, \(\text{mcd}(a+b,a^n+b^n)=a+b\). Vamos a centrarnos ahora en el caso en que \(n\) es par y comencemos con el caso \(n=2\): como \(a^2+b^2=(a+b)^2-2ab\), si \(d\) es un número que divide a \(a+b\) y \(a^2+b^2\), se tiene que \(d\) divide a \(2ab\). Si \(d\) tuviera factores en común con \(a\), entonces estos factores también serían comunes a \(b=(a+b)-a\), contradiciendo que \(\text{mcd}(a,b)=1\) luego \(\text{mcd}(d,a)=1\) y, por la misma razón \(\text{mcd}(d,b)=1\), luego necesariamente \(d\) divide a \(2\). Así hemos probado que las únicas posibilidades para \(\text{mcd}(a+b,a^2+b^2)\) son \(1\) y \(2\). En general, tenemos que \[a^n+b^n=(a+b)(a^{n-1}+b^{n-1})-ab(a^{n-2}+b^{n-2})\] luego si \(d\) es un factor común a \(a^n+b^n\) y a \(a+b\), entonces divide a \(ab(a^{n-2}+b^{n-2})\). Como \(\text{mcd}(a,d)=\text{mcd}(b,d)=1\) (por el mismo motivo que en el caso \(n=2\)), \(d\) tiene que dividir a \(a^{n-2}+b^{n-2}\) y esto prueba que \(\text{mcd}(a+b,a^n+b^n)\) divide a \(\text{mcd}(a+b,a^{n-2}+b^{n-2})\) para todo \(n\in\mathbb{N}\). Como hemos visto que \(\text{mcd}(a+b,a^2+b^2)\leq 2\), deducimos que \(\text{mcd}(a+b,a^n+b^n)\leq 2\) para todo \(n\in\mathbb{N}\) par. Concretamente, \(\text{mcd}(a+b,a^n+b^n)=1\) si \(a+b\) es impar y \(\text{mcd}(a+b,a^n+b^n)=2\) si \(a+b\) es par.