Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Sabemos que sólo se pueden alcanzar $12$ puntos, pongamos que se llaman $p_1,\ldots,p_{12}$ y que están ordenados en sentido de las agujas del reloj. En primer lugar, hay que observar que, a partir de cualquier punto $p_i$, avanzando un cierto número de veces una distancia $\ell_1$ se llega a cualquier otro $p_j$. Esto se deduce de que repetir dos veces la elección que ha generado los 12 puntos tiene que pasar otra vez por todos ellos. En segundo lugar, vamos a probar que los puntos están equiespaciados por reducción al absurdo, tomando dos puntos consecutivos $p_k$ y $p_{k+1}$ que definen el menor de los $12$ arcos en que $p_1,\ldots,p_{12}$ dividen a la circunferencia. Si $p_j$ y $p_{j+1}$ definieran un arco mayor, lo único que hay que hacer es, una vez estemos en $p_j$, repetir el mismo número de avances de longitud $\ell_1$ que llevan de $p_k$ a $p_{k+1}$: esto nos llevará de $p_j$ a un punto $p'_j$ que está estrictamente entre $p_j$ y $p_{j+1}$, lo que nos da la contradicción buscada.

Podemos entonces identificar el vértice $p_k$ con el número $k$ y $\ell_1$ y $\ell_2$ con enteros $6\lt\ell_1\lt \ell_2\lt 12$ tales que avanzar $\ell_i$ desde $p_k$ se corresponde con sumar $k+\ell_i$ módulo $12$. Los únicos números $\ell_1$ y $\ell_2$ que permiten pasar por los $12$ puntos son los primos relativos con $12$, lo que nos dice necesariamente que $\ell_1=7$ y $\ell_2=11$. Tenemos así que el radio de la mesa $r$ verifica $\ell_1=\frac{7}{12}\cdot 2\pi r$, lo que nos da $r=\frac{6\ell_1}{7\pi}$ y nos permite calcular su área a partir del dato $\ell_1$ que conoce Sophie: \[A=\pi r^2=\frac{36\pi\,\ell_1^2}{49}.\]

Nota. En realidad, no es necesario que se envíe el segundo Whatsapp puesto que, una vez se dibujan los 12 puntos, Sophie puede demostrar que son equidistantes con el argumento dado, y después sabe que avanzar la distancia $\ell_1$ supone 7 posiciones (porque ella puede contarlas, aunque nosotros no tengamos ese dato, es decir, ella sabe distinguir si avanza 7 u 11 posiciones).

Solución. Vamos a probar que se puede encontrar cualquier cantidad de enteros positivos cumpliendo esta propiedad, lo que nos da una respuesta afirmativa a la pregunta. Concretamente, vamos a demostrar que si tenemos $x_1,x_2,\ldots,x_n$ enteros positivos distintos tales que al sumar dos o más de ellos nunca se obtiene un cuadrado perfecto, entonces podemos añadir $x_{n+1}$ mayor que todos ellos y se sigue cumpliendo la propiedad (esto puede escribirse también como una demostración por inducción). Si observamos que entre dos cuadrados consecutivos $k^2$ y $(k+1)^2$ hay una diferencia de $2k+1$, bastará tomar $x_{n+1}=k^2+1$ mayor que $x_1,x_2,\ldots,x_n$ y tal que $2k\gt x_1+x_2+\ldots+x_n$.

Para terminar, justificaremos que esta elección cumple lo que queremos. Al sumar dos o más de los números $x_1,x_2,\ldots,x_{n+1}$, si ninguno de ellos es $x_{n+1}$, ya tenemos que su suma no es un cuadrado perfecto (habíamos supuesto que $x_1,\ldots,x_n$ cumplen la propiedad). Por el contrario, si $x_{n+1}$ es uno de los números elegidos, entonces la suma será $k^2+1$ más otro número que es como mucho $x_1+x_2+\ldots+x_n\lt 2k$, es decir, la suma estará entre $k^2$ y $(k+1)^2$, luego no puede ser un cuadrado.

Solución. Tomamos $2024$ potencias impares distintas de un primo $p$ (ninguna de ellas es, por tanto, un cuadrado perfecto). Si sumamos cualquier número de ellas, podemos sacar factor común la más pequeña, que multiplica a $1$ más una serie de potencias de $p$. Por tanto, dicha suma será una potencia impar de $p$ que multiplica a un número que es de la forma $kp+1$. Deducimos así que no se trata de un cuadrado (el exponente de $p$ debería ser par para que fuera un cuadrado perfecto).

Solución. Ninguno de los primos puede ser igual a $2$ ya que en tal caso una de las sumas sería par y la otra impar, luego podemos suponer que todos los primos son impares, es decir, son congruentes con $1$ o con $3$ módulo $4$. Pongamos que en los $1012$ primeros primos hay $m_1$ de ellos congruentes con $1$ y $m_3$ congruentes con $3$ módulo $4$, mientras que en los últimos $1012$ primos hay $n_1$ congruentes con $1$ y $n_3$ congruentes con $3$ módulo $4$. La igualdad del enunciado módulo $4$ se lee \[m_1+3m_3\equiv n_1+3n_3\ (\text{mod }4).\qquad (\star)\] Como $m_1+m_3=n_1+n_3=1012\equiv 0\ (\text{mod }4)$, tendremos que $n_1\equiv -n_3\ (\text{mod }4)$ y $m_1\equiv-m_3\ (\text{mod }4)$, lo que nos permite reescribir la congruencia $(\star)$ como $2m_3\equiv 2n_3\ (\text{mod }4)$. Esto nos dice que $m_3$ y $n_3$ tienen la misma paridad (¿por qué?). Por lo tanto, \[A\equiv 3^{m_3}\equiv 3^{n_3}\equiv B\ (\text{mod }4)\] ya que la potencia $3^a$ módulo $4$ es igual a $1$ si $a$ es par o a $3$ si $a$ es impar. Hemos probado así que $A-B$ es múltiplo de $4$ pero no puede ser igual a $0$ ya que $A\neq B$ (son todos primos distintos). Tenemos así que $|A-B|\geq 4$.

Solución. Vamos a comenzar analizando tres casos particulares:

• Supongamos primero que los tres primos son iguales, luego \[\frac{p^3+q^3+r^3-(pq+qr+rp)(p+q+r)}{pqr}=-6.\] Por tanto, cualquier terna de primos iguales es solución el problema.
• Supongamos ahora que dos de los primos son iguales, pongamos $p=q$ sin perder generalidad. Tras simplificar, nos queda \[\frac{p^3+q^3+r^3-(pq+qr+rp)(p+q+r)}{pqr}=\frac{r(r-2p)}{p^2}-5.\] Para que este número sea entero, se debe cumplir que $p$ divida a $r$ o bien a $r-2p$. En cualquier caso, $p$ debe dividir a $r$, luego $p=r$ por ser ambos primos. Esto nos dice que si dos de los primos son iguales, entonces lo son los tres.
• Supongamos ahora que un primo es suma de los otros dos, pongamos $p=q+r$ sin perder generalidad. Por tanto, uno de ellos tiene que ser par y, salvo reordenarlos, tendremos que $p=q+2$ y $r=2$. Comprobamos fácilmente que, para tal elección de primos, se tiene que \[\frac{p^3+q^3+r^3-(pq+qr+rp)(p+q+r)}{pqr}=-5,\] luego tenemos todas las soluciones de la forma $(q+2,q,2)$ con $q$ y $q+2$ primos gemelos, así como sus posibles reordenaciones.

Resueltos estos casos, supondremos en lo que sigue que los tres primos son distintos y que ninguno es suma de los otros dos. Podemos agrupar todos los términos en los que sea posible sacar factor común $p$ y factorizar el resto de términos de la siguiente forma: \begin{align*} p^3+q^3+&r^3-(pq+qr+rp)(p+q+r)\\ &=p(p^2-pq-rp-q^2-3qr-r^2)+q^3+r^3-qr(q+r) \\ &=p(p^2-pq-rp-q^2-3qr-r^2)+(q+r)(q-r)^2. \end{align*} Si este número es divisible entre $p$, también ha de serlo $(q+r)(q-r)^2$, de donde obtenemos que $p$ divide a $q+r$ o a $q-r$. De la misma forma, se tiene que $q$ divide a $r+p$ o a $r-p$ y que $r$ divide a $p+q$ o a $p-q$. En otras palabras, cada primo divide a la suma o a la diferencia de los otros dos. Para encontrar las soluciones, vamos a usar la siguiente acotación básica:

$(\star)$ Si $x,y\in\mathbb{Z}$ verifican $x\mid y$, entonces $|x|\leq|y|$ o bien $y=0$.

Salvo reordenar los primos, tenemos cuatro posibilidades:

• Si $p\mid (q+r)$, $q\mid (r+p)$ y $r\mid (p+q)$, entonces claramente $pqr\mid (p+q+r)$, luego podemos acotar $pqr\leq p+q+r\leq 3\max\{p,q,r\}$. Esto nos dice que dos de los primos tienen que tener producto menor o igual que $3$, lo cual es imposible.
• Si $p\mid (q+r)$, $q\mid (r+p)$ y $r\mid (p-q)$, entonces podemos razonar de forma parecida al caso anterior. Teniendo en cuenta que $p-q+r\neq 0$ y $-p+q+r\neq 0$, podemos usar ($\star$) y la desigualdad triangular para obtener \begin{align*} pq|(p+q+r)&\Rightarrow pq\leq p+q+r\leq 3\max\{p,q,r\},\\ qr|(p-q+r)&\Rightarrow qr\leq |p-q+r|\leq |p|+|q|+|r|\leq 3\max\{p,q,r\},\\ pr|(-p+q+r)&\Rightarrow pr\leq |-p+q+r|\leq |p|+|q|+|r|\leq 3\max\{p,q,r\}. \end{align*} Esto nos dice que debe haber dos primos menores o iguales que $3$, es decir, uno de ellos tiene que ser $2$ y otro $3$. Sustituyendo sin perder generalidad $p=2$ y $q=3$ en la expresión original, se tiene \[\frac{p^3+q^3+r^3-(pq+qr+rp)(p+q+r)}{pqr}=\frac{r^3-5 r^2-31 r+5}{6 r}.\] Para que este último sea un número entero, tiene que ser $r=5$, luego obtenemos la solución $(p,q,r)=(2,3,5)$ y todas sus posibles reordenaciones.
• Si $p\mid (q+r)$, $q\mid (r-p)$ y $r\mid (p-q)$, siguiendo la misma línea argumental anterior, como quiera que $p\neq q+r$, tenemos que \[pqr\mid (-p+q+r)\Rightarrow pqr\leq |-p+q+r|\leq p+q+r\leq 3\max\{p,q,r\},\] lo que de nuevo nos da que dos de los tres primos tiene producto menor o igual que $3$ y, por tanto, este caso no es posible.
• Finalmente, supongamos que $p\mid (q-r)$, $q\mid (r-p)$ y $r\mid (p-q)$, luego \begin{align*} pq|(p+q-r)&\Rightarrow pq\leq |-p+q+r|\leq 3\max\{p,q,r\},\\ qr|(-p+q+r)&\Rightarrow qr\leq |-p+q+r|\leq 3\max\{p,q,r\},\\ pr|(p-q+r)&\Rightarrow pr\leq |p-q+r|\leq 3\max\{p,q,r\}. \end{align*} Esto nos dice que debe haber dos primos menores o iguales que $3$, es decir, uno de ellos tiene que ser $2$ y otro $3$, luego el tercero ha de ser $5$.

Resumiendo todos los casos anteriores, tenemos las soluciones de la forma $(p,p,p)$ y las de la forma $(2,p,p+2)$, salvo reordenaciones, siendo $p$ y $p+2$ primos gemelos.

Solución. Esta es una solución aportada por el profesor Samuel G. Moreno.

Sin pérdida de generalidad, supondremos que $p\leq q\leq r$. Si suponemos que la expresión del enunciado es igual a $\lambda pqr$ para cierto entero $\lambda$, esta relación se puede reescribir como \[(p+q+r)((q+r-p)^2-4qr)=(\lambda-3)pqr,\] de donde $qr$ divide a $(p+q+r)(q+r-p)^2=(q^2-p^2+r^2+2qr)(q-p+r)$, pero (al ser $q$ y $r$ primos) esto se traduce en que $r$ divide a $q+p$ o a $q-p$ y, además, que $q$ divide a $r-p$ o a $r+p$. Si fuese $q=p$, entonces la condición anterior se traduciría en que $qr$ dividiría a $(r^2+2qr)r$, lo que implicaría que $q$ dividiría a $r$, lo que sólo es posible si $r=q$. Esto nos da la primera solución \[(p,q,r)=(p,p,p)\qquad\text{para cualquier primo }p.\]

Además, si $p\lt q$, de modo que $1\leq q-p\lt r$, entonces no sería posible que $r$ divida a $q-p$. Surgen, por tanto, dos casos:

• Caso $r\mid q+p$ y $q\mid r-p$ (siendo $p\lt q$). En este caso, existen enteros $m_1\gt 0$ y $m_2\geq 0$ tales que $p+q=m_1r$ y $r-p=m_2q$, de donde $(m_1-1)r=(1-m_2)q$.
  • Si $m_1=1$, entonces $m_2=1$. Como $p+q=m_1r=r$, al ser $r\gt p$, debe ser $r$ impar. No es posible que sea $p\geq 3$ ya que $q$ y $r$ serían ambos impares, de modo que $p=r-q$ sería un primo par y mayor o igual que $3$. Por tanto, debe ser $p=2$, lo que lleva a que $r=p+q=q+2$, que da la solución \[(p,q,r)=(2,q,q+2)\qquad\text{ siendo }q\text{ y }q+2\text{ primos gemelos.}\]
  • Si $m_1\gt 1$, sólo es posible que sea $m_2=0$ (ya que si $m_2\geq 1$, entonces $(1-m_2)q\leq 0$). Entonces, como $r-p=m_2q=0$, debemos tener $r=p$, que da $p=q$ (al ser $p\leq q\leq r$), contradiciendo una de las hipótesis de este caso.
• Caso $r\mid q+p$ y $q\mid r+p$ (siendo $p\lt q$). En este caso existen enteros $m_1,m_2\geq 1$ con $p+q=m_1r$ y $r+p=m_2q$, de donde $(m_1+1)r=(m_2+1)q$.
  • Si $m_1=m_2=1$, entonces $2r=2q$, pero esto lleva a $p=m_1r-q=r-r=0$, lo que no es admisible.
  • Si $m_1\gt 1$, entonces $(m_1+1)r=(m_2+1)q$ nos da dos subcasos.
    • Si $r=q$, entonces $p=m_1r-q=(m_1-1)q$, que solo es posible si $m_1=2$, en cuyo caso volvemos a obtener la solución con los tres primos iguales (si fuera $m_1\geq 3$, entonces $p=(m_1-1)q$ no puede ser primo).
    • Si $r\neq q$, entonces $(m_1+1)=m_3q$ y $m_2+1=m_4r$ para ciertos enteros $m_3,m_4\geq 1$, en cuyo caso $p=m_1r-q=-r-q+m_3qr$ y $p=m_2q-p=-r-q+m_4qr$, de donde $p+q+r=m_0qr$, siendo $m_0=m_3=m_4$. De $p+q+r=m_0qr=(m_1+1)r$ y teniendo en cuenta que $m_1+1\geq 3$, tendríamos que $\frac{p+q+r}{3}=\frac{m_1+1}{3}r\geq r$, pero esto no es posible ya que la media de tres números distintos debe localizarse estrictamente entre el mayor y el menor de ellos.
  • Queda por analizar el caso $m_1=1$ y $m_2\gt 1$. En tal caso, se verifica $(m_1+1)r=2r=(m_2+1)q$, pero al ser $2\leq p\lt q$, entonces $q$ no puede dividir a $2$, pero tampoco a $r$. Esto significa que esta alternativa no es posible.