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 $p$ y también de $9$. Distinguimos dos casos:

• Si $p\neq 3$, entonces $\frac{10^{p-1}-1}{9}$ se escribe sólo con unos y es múltiplo de $p$.
• Si $p=3$, basta tomar $111=3\cdot 37$.

Solución. Llamamos $a_{n,k}$ al $k$-ésimo número de la fila $n$-ésima, de forma que queremos calcular $a_{1994,1}$. Usando la regla de que cada número es suma de los dos inmediatamente superiores (similar a la del triángulo de Pascal), podemos calcular \begin{align*} a_{1994,1}&=a_{1993,1}+a_{1993,2}\\ &=a_{1992,1}+2a_{1992,2}+a_{1992,3}\\ &=a_{1991,1}+3a_{1991,2}+3a_{1991,3}+a_{1991,4}=\ldots \end{align*} Vemos que aparecen los números combinatorios como coeficientes, luego parece entreverse que, para todo $0\leq k\leq 1993$, se va a cumplir que \[a_{1994,1}=\binom{k}{0}a_{1994-k,1}+\binom{k}{1}a_{1994-k,2}+\ldots+\binom{k}{k}a_{1994-k,k+1}.\] Usando que $a_{1994-k,j}=a_{1994-(k+1),j}+a_{1994-(k+1),j+1}$, la fórmula anteriore se demuestra fácilmente por inducción sobre $k$. En particular, para $k=1993$, se tiene que \begin{align*} a_{1994,1}&=\binom{1993}{0}a_{1,1}+\binom{1993}{1}a_{1,2}+\ldots+\binom{1993}{1993}a_{1,1994}\\ &=\binom{1993}{0}\cdot 0+\binom{1993}{1}\cdot 1+\ldots+\binom{1993}{1993}\cdot 1993, \end{align*} donde hemos usado los valores de la primera fila, dados por $a_{1,j}=j+1$ para todo $j$. Deducimos entonces que $a_{1994,1}$ es múltiplo de $1993$ ya que todos los númerso combinatorios $\binom{1993}{j}$ lo son para $1\leq j\leq 1992$ por ser $1993$ primo y los términos con coeficientes $\binom{1993}{0}=1$ y $\binom{1993}{1993}=1$ están multiplicados por $0$ y $1993$, respectivamente.

Solución. Podemos completar los cuadrados en cada incógnita para expresar de forma equivalente la ecuación como \[(x-\tfrac{1}{2})^2-\tfrac{1}{4}+(y-\frac{3}{2})^2-\tfrac{9}{4}-(z+\tfrac{1}{2})^2+\tfrac{1}{4}=4.\] Tras pasar los términos independientes al miembro de la derecha y multiplicar por 4, tenemos la ecuación equivalente \[(2x-1)^2+(2y-3)^2-(2z+1)^2=25.\] Por tanto, tomando $z=x-1$ e $y=4$, tenemos la familia infinita de soluciones $(x,y,z)=(a,4,a-1)$ para cualquier entero $a$.