Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. El enunciado nos dice que existen números naturales $a,b\gt 4$ y $c\gt 5$ tales que el número buscado $n$ se puede escribir de las siguientes tres formas: \begin{eqnarray*} n&=&(a-4)+\ldots+(a-1)+a+(a+1)+\ldots+(a+4)=9a,\\ n&=&(b-4)+\ldots+(b-1)+b+(b+1)+\ldots+(b+4)=10b+5,\\ n&=&(c-5)+\ldots+(c-1)+c+(c+1)+\ldots+(c+5)=11c. \end{eqnarray*} Esta forma de escribir los números consecutivos es ideal para simplificar los cálculos. Así, la primera y la tercera igualdad nos dicen que $n$ ha de ser múltiplo de 9 y de 11, respectivamente, mientras que la segunda nos dice que ha de ser múltiplo de 5 (pero no de 10). El menor número que cumple estas condiciones es obviamente $n=9\cdot 11\cdot 5=495$, que se obtiene para $a=55$, $b=49$ y $c=45$.

Solución. La desigualdad del enunciado es equivalente a probar que \[a_0^3+4a_1^3-10a_2^3+4a_3^3+a_4^3\geq 0{.}\] Por la simetría del término de la izquierda, escribamos \[a_0=a-2d,\quad a_1=a-d,\quad a_2=a,\quad a_3=a+d,\quad a_4=a+2d.\] Sustituyendo y desarrollando los cubos tenemos que \[a_0^3+4a_1^3+4a_3^3+a_4^3-10a_2^3=(a-2d)^3+4(a-d)^3-10a^3+4(a+d)^3+(a+2d)^3=48ad^2{,}\] que evidentemente es positivo ya que $a=a_2\gt 0$ y $d\geq 0$.

Nota. La igualdad se alcanza si, y sólo si, $d=0$. La desigualdad sigue siendo cierta siempre que $a_2\geq 0$ (no es necesario que todos los términos sean positivos); de hecho, si $a_2\leq 0$, se obtiene una desigualdad en sentido contrario.

Solución. Los primeros términos de las sucesiones son \begin{eqnarray*} x_n:&\quad& 1,1,3,5,11,21,43,...\\ y_n:&\quad& 1,7,17,55,161,487,... \end{eqnarray*} Si calculamos los restos módulo 8, la sucesión queda \begin{eqnarray*} x_n\ (\text{mód}\ 8):&\quad& 1,1,3,5,3,5,3,5,...\\ y_n\ (\text{mód}\ 8):&\quad& 1,7,1,7,1,7,1,7,... \end{eqnarray*} Como cada resto sólo depende de los dos anteriores, en cuanto se repite una pareja de restos consecutivos, los demás restos se repiten periódicamente. Como el único resto que aparece en las dos sucesiones es el $1$, deducimos que cualquier número que aparezca en las dos tiene que ser congruente con $1$ módulo $8$, y a la vista de la primera sucesión sólo puede ser el propio $1$.

Solución. Las relaciones dadas en el enunciado determinan completamente $f(n)$. Al depender formalmente el valor de $f(n)$ del resto de dividir $n$ entre $4$, esto nos pone sobre aviso de trabajar en otra base. Concretamente, trabajaremos en base $2$. En este punto del razonamiento, sería interesante hacer pruebas con números pequeños (por ejemplo, calcular desde $f(1)$ hasta $f(20)$ para tener una mínima intuición de cómo se comporta $f$ y motivar lo que sigue). Vamos a probar que $f$ toma un número en base $2$ e invierte el orden de sus cifras.

Antes de entrar en el detalle de la demostración, observemos que si $n$ se escribe como $a_k\cdots a_1a_0$ en base $2$, donde $a_0,\ldots,a_k$ son sus dígitos, entonces tenemos que \begin{eqnarray} 2n&=&a_k\cdots a_1a_00\\ 2n+1&=&a_k\cdots a_1a_01\\ 4n+1&=&a_k\cdots a_1a_001\\ 4n+3&=&a_k\cdots a_1a_011 \end{eqnarray} Visto eso, procedamos por inducción completa sobre $n$. Para $n=1,2,3,4$ el resultado se comprueba fácilmente ya que, en base 2, $f(1)=1$, $f(10)=f(1)=1$, $f(11)=11$ y $f(100)=f(10)=f(1)=1$. Supongamos entonces que $f(j)$ invierte las cifras de $j$ en base $2$ para $1\leq j\lt n$ y probémoslo para $n$, distinguiendo casos:

• Si $n$ es par, entonces $n=2j$ y $f(n)=f(2j)=f(j)$ por la propiedad del enuncidado. Por hipótesis de inducción, $f(j)$ es invertir las cifras de $j$ en base $2$, pero, como $n$ termina en $0$ en base $2$, es equivalente a invertir las cifras de $n$.
• Si $n=4j+1$, entonces $f(n)=f(4j+1)=2f(2j+1)-f(j)$. Escribamos $j=a_k\cdots a_1a_0$ en base $2$, con lo que $n=a_k\cdots a_1a_001$ y tenemos que probar que $f(n)=10a_0\cdots a_k$. La hipótesis de inducción nos dice que $f(j)=a_0\cdots a_k$ y $2f(2j+1)=1a_0\cdots a_k0$. Como las últimas cifras de $2f(2j+1)$ son $a_0\cdots a_k0=2f(j)$, es fácil darse cuenta de que $f(n)=2f(2j+1)-f(j)=10a_0\cdots a_k$ como queríamos probar.
• Si $n=4k+3$, entonces $f(n)=3f(2j+1)-2f(j)$. Si escribimos $j=a_k\cdots a_1a_0$ en base $2$, entonces se razona de forma análoga al punto anterior que $n=a_k\cdots a_1a_011$ y $3f(2j+1)-2f(j)=11a_0\cdots a_k$.

Queda por calcular el número de enteros positivos $n\leq 1988$ tales que $f(n)=n$, lo que equivale a encontrar los números $n\leq 1988$ que son capicúa en base $2$, es decir, que se escriben igual de derecha a izquierda que de izquierda a derecha. En base $2$ tenemos que $1988$ se escribe $11111000100$, que tiene $11$ cifras. Hay un solo capicúa con $1$ cifra, también hay un solo capicúa con $2$ cifras (el $11$), con $3$ cifras hay $2$ capicúas (el $101$ y el $111$) y, en general, hay $2^k$ capicúas con $2k$ cifras y $2^k$ capicúas con con $2k-1$ cifras. Por tanto, hay $1+1+2+2+4+4+8+8+16+16+32=94$ capicúas con a lo sumo $11$ cifras, pero sólo dos de ellos son mayores que $11111000100$ (el $11111011111$ y el $11111111111$), luego el número buscado es $92$.

Solución. Observemos en primer lugar que $$\frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac{(k+2)-k}{2k(k+1)(k+2)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k(k+1)}-\frac{1}{(k+1)(k+2)}\right).$$ Este truco nos permite expresar la suma del enunciado como una serie telescópica en la que cada dos sumandos consecutivos cancelan un término: \begin{eqnarray} 2S_n&=&\left(\frac{1}{1\cdot 2}-\frac{1}{2\cdot 3}\right)+\left(\frac{1}{2\cdot 3}-\frac{1}{3\cdot 4}\right)+\left(\frac{1}{3\cdot 4}-\frac{1}{4\cdot 5}\right)+\ldots\\ &&\ldots+\left(\frac{1}{(n-1)n}-\frac{1}{n(n+1)}\right)+\left(\frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}\right). \end{eqnarray} Simplificando los términos que aparecen sumando y restando, llegamos a la expresión $$S_n=\frac{1}{4}-\frac{1}{2(n+1)(n+2)}=\frac{n(n+3)}{4(n+1)(n+2)}.$$ Si ahora tomamos $n=2015$, obtenemos que $$S_{2015}=\frac{2015\cdot 2018}{4\cdot 2016\cdot 2017}=\frac{2015\cdot 1009}{2\cdot 2016\cdot 2017}.$$ Sin necesidad de factorizar completamente los números anteriores, observamos que el único factores primos comunes posibles de entre numerador y denominador es el $2$ (son cuatro números consecutivos). Como $2016$ es par y el numerador $2015\cdot 1009$ es impar, deducimos que la fracción dada anteriormente es irreducible.

Nota. Una suma $S=a_1+a_2+\ldots+a_n$ es telescópica cuando podemos encontrar una sucesión $b_1,\ldots,b_{n+1}$ de forma que $a_k=b_{k+1}-b_k$, de forma que $S=b_{n+1}-b_1$. En realidad, todas las sumas son telescópicas con esta definición, pero en la práctica se habla de suma telescópica sólo cuando la sucesión $b_n$ tiene una expresión sencilla.