Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Vamos a hacer una acotación a lo bruto que nos va a ser de mucha utilidad: $N\lt 10000^{4444}=10^{17776}$. Esto nos dice que $N$ tiene como mucho $17776$ cifras. Como mucho son todos nueves, lo que nos lleva a que $A\leq9\cdot 17776=159984$. El número menor o igual que $159984$ cuyas cifras suman más es $99999$, de donde deducimos que $B\leq9+9+9+9+9=45$. Ahora bien, el número menor o igual que $45$ cuyas cifras suman más es $39$, de donde $C\leq 3+9=12$. Por otro lado, tenemos que $N\equiv A\equiv B\equiv C (\mbox{mod }9)$ ya que el resto módulo 9 se conserva al sumar las cifras por lo que vamos a calcular el resto de $N$ módulo $9$. Observemos que $4444\equiv 7 (\mbox{mod } 9)$ luego $N\equiv 7^{4444} (\mbox{mod } 9)$ y también que $7^3=343\equiv 1 (\mbox{mod } 9)$ luego $N\equiv 7\cdot(7^3)^{1481}\equiv 7 (\mbox{mod } 9)$. En consecuencia, tenemos que $C\equiv 7 (\mbox{mod } 9)$ y, como $C\leq 12$, tiene que ser $C=7$.

Solución. El problema es equivalente a encontrar los números naturales tales que \((n-1)!\) no es divisible por \(n\). Si \(n\) es primo, entonces \((n-1)!\) no es divisible por \(n\) ya que todos los factores primos de \((n-1)!\) son menores que \(n\). Por el contrario, si \(n\) no es primo, podremos expresarlo como \(n=ab\) para \(a,b\in\mathbb{N}\) tales que \(1\lt a,b\leq n-1\) y distinguimos dos casos. Si \(a\neq b\), entonces \(a\) y \(b\) son dos factores de \((n-1)!\) luego \(n=ab\) divide a \((n-1)!\). Si \(a=b\), como \(a\geq 2\), tenemos que \(2a\leq a^2=n\): si \(2a\lt n\), entonces \((n-1)!=1\cdot2\cdots a\cdots2a\cdots(n-1)\) es divisible por \(a^2=n\) y, si \(2a=n=a^2\), entonces \(a=2\) y \(n=4\), que no divide a \(3!=6\). Deducimos que los números para los que \(n!\) no es divisible por \(n^2\) son \(4\) y todos los números primos.

Solución. Denotemos por $a_k$ el número de veces que un número $k\in\{1,\ldots,9\}$ aparece en la expresión decimal del número $n$. Es fácil ver entonces que \begin{eqnarray*} S(n)&=&a_1+2a_2+3a_3+4a_4+5a_5+6a_6+7a_7+8a_8+9a_9{,}\\ S(2n)&=&2a_1+4a_2+6a_3+8a_4+a_5+3a_6+5a_7+7a_8+9a_9{.} \end{eqnarray*} De aquí es obvio que $S(n)\leq 5S(2n)$ y la igualdad se alcanza si, y sólo si, el número $n$ está formado sólo por ceros y cincos. También es evidente que $S(2n)\leq 2S(n)$ y la igualdad se alcanza si, y sólo si, todas las cifras del número $n$ son menores o iguales que cuatro.

Solución. Supongamos que $n$ no es primo, es decir, podemos descomponer $n=ab$ donde $a$ y $b$ son números enteros mayores que $1$. Entonces, tenemos que \[2^n-1=(2^a)^b-1^b=(2^a-1)(2^{ab}+2^{a(b-1)}+2^{a(b-2)}+\ldots+2^{2a}+2^a+1).\] Como $1\lt a\lt n$, tenemos que $1\lt 2^a-1\lt 2^n-1$ lo que nos dice que hemos encontrado un factor de $2^n-1$, distinto de $1$ y de $2^n-1$ y, por tanto, $2^n-1$ no es primo. Así, si $2^n-1$ es primo, $n$ también tiene que serlo y tenemos probado el primer apartado. Para probar el segundo, llamemos $p=2^n-1$ que es un número primo. Los divisores de $2^{n-1}p$ son $\{1,2,2^2,\ldots,2^{n-1},p,2p,2^2p,\ldots,2^{n-1}p\}$ y, por tanto, si llamamos $S$ a la suma de todos los divisores salvo el propio $2^{n-1}p$, $S$ viene dada por \[S=(1+p)(1+2+\ldots+2^{n-1})-2^{n-1}p=2^n(2^n-1)-2^{n-1}(2^n-1)=2^{n-1}(2^n-1)\] donde hemos usado la fórmula de la suma de los términos de una progresión geométrica.

Solución. Escribiéndolo de otra manera, queremos encontrar todos los $n\in\mathbb{N}$ tales que $2^n\equiv 1\ (\mbox{mód } 7)$. Ahora bien, como $2^3=8\equiv 1\ (\mbox{mód } 7)$, tenemos que:

• Si $n=3k$, entonces $2^{3k}=(2^3)^k\equiv 1\ (\text{mód } 7)$.
• Si $n=3k+1$, entonces $2^n=2\cdot (2^3)^k\equiv 2\ (\text{mód } 7)$.
• Si $n=3k+2$, entonces $2^n=4\cdot(2^3)^k\equiv 4\ (\text{mód } 7)$.

Por tanto, los únicos números que cumplen la condición del enunciado son los múltiplos de 3.