Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Si $p$ es un número primo distinto de $2$ y $5$, entonces es primo relativo con $10$, luego el teorema pequeño de Fermat nos asegura que $10^{p-1}\equiv 1\ (\text{mod }p)$. En otras palabras, el número $10^{p-1}-1$, que se escribe solo con nueves, es múltiplo de $p$.

Solución. Sean $a,b,c$ las cifras de las centenas, decenas y unidades del número $n$, respectivamente. Por lo tanto, podemos escribir \[\left\{\ \begin{array}{l} n=100a+10b+c\\ m=100c+10b+a\\ S=a+b+c \end{array}\right.\] De esta forma, podemos escribir la condición que nos dan como \[0=n-2m-S=97a-11b-200c.\] Si miramos esta ecuación módulo $2$, $9$ y $11$, obtenemos \begin{align*} 0&=97a-11b-200c\equiv a-b\ (\text{mod }2),\\ 0&=97a-11b-200c\equiv 2(a+b+c)\ (\text{mod }9),\\ 0&=97a-11b-200c\equiv -2(a+c)\ (\text{mod }11).& \end{align*} Deducimos que $a$ y $b$ tienen la misma paridad, que $a+b+c$ es múltiplo de $9$ y que $a+c$ es múltiplo de $11$. Como $1\leq a\leq 9$ y $0\leq c\leq 9$, esta última condición nos dice que $a+c=11$ y tenemos solo 8 posibilidades para el par $(a,c)$. Por otro lado, $11+b=a+b+c\equiv 0\ (\text{mod }9)$, nos da necesariamente $b=7$, lo que nos dice que $a$ es impar. Hemos reducido los casos posibles a los siguientes:

• Si $(a,c)=(3,8)$, entonces $n=378$ y $97a-11b-200c=-1386$.
• Si $(a,c)=(5,6)$, entonces $n=576$ y $97a-11b-200c=-792$.
• Si $(a,c)=(7,4)$, entonces $n=774$ y $97a-11b-200c=-198$.
• Si $(a,c)=(9,2)$, entonces $n=972$ y $97a-11b-200c=396$.

En ninguno de los cuatro casos se obtiene $97a-11b-200c=0$, luego no existen números $n$ que cumplan la condición propuesta.

Solución. Tenemos que probar dos implicaciones:

• Si $k$ divide a $l$, entonces es más o menos evidente que $a_k$ divide a $a_l$ puesto que el número de unos en $a_l$ es múltiplo del número de unos en $a_k$ y podemos agrupar los $l$ unos en $\frac{l}{k}$ grupos de $k$ unos: \begin{align*} a_l&=1\stackrel{(k)}{\ldots}11\stackrel{(k)}{\ldots}1\ldots\ldots1\stackrel{(k)}{\ldots}1\\ &=a_k\cdot (1+10^k+10^{2k}+\ldots+10^{\frac{l}{k}-1}). \end{align*}
• Supongamos ahora que $a_k$ divide a $a_l$ y por reducción al absurdo que $k$ no divide a $l$ (luego $l\gt k$). Hacemos la división euclídea $l=qk+r$ para cierto resto $0\lt r\lt k$. Podemos usar la idea anterior para hacer grupos de $k$ unos en $a_l$ y sobrará un grupo de $r$ unos, es decir, \begin{align*} a_l&=1\stackrel{(k)}{\ldots}11\stackrel{(k)}{\ldots}1\ldots\ldots1\stackrel{(k)}{\ldots}11\stackrel{(r)}{\ldots}1\\ &=10^ra_{l-r}+a_r. \end{align*} Como $a_k$ divide a $a_{l-r}$ ya que $l-r=qk$ es múltiplo de $k$, se sigue que $a_k$ divide a $a_r$, pero esto es absurdo ya que $0\lt r\lt k$ implica que $0\lt a_r\lt a_k$.

Solución. Si sustituimos $b=\frac{cd}{a}$, podemos transformar \begin{align*} a+b+c+d&=a+\frac{cd}{a}+c+d=\frac{a^2+cd+ac+ad}{a}=\frac{(a+c)(a+d)}{a}. \end{align*} Ahora bien, el resultado de la fracción anterior debe ser un número entero, luego podemos factorizar $a=rs$ de forma que $r$ divide a $a+c$ y $s$ divide a $a+d$, es decir, $\frac{a+c}{r}$ y $\frac{a+d}{s}$ son enteros. Claramente estos enteros son mayores que $1$ ya que $a+c\gt a\geq r$ y $a+d\gt a\geq s$ porque $c$ y $d$ son positivos. Hemos probado así que $a+b+c+d=\frac{a+c}{r}\cdot \frac{a+d}{s}$ no es primo.