Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Si dividimos $x$ entre $240$, podemos escribir $x=240m+y$ con resto $0\leq y\lt 240$. Dividiendo $y$ entre $40$, podemos escribir $y=40n+z$ con resto $0\leq z\lt 40$. Dividiendo $z$ entre $8$ podemos escribir $z=8k+r$ con resto $0\leq r\lt 8$. Esto nos dice que $x=240m+40n+8k+r$ para ciertos enteros no negativos tales que $y=40n+8k+r\lt 240$, $z=8k+r\lt 40$ y $r\lt 8$, por lo que podemos calcular \begin{align*} \left\lfloor\frac{x}{8}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{x}{40}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{x}{240}\right\rfloor &=\left\lfloor\tfrac{240m+40n+8k+r} {8}\right\rfloor+\left\lfloor\tfrac{240m+40n+8k+r}{40}\right\rfloor+\left\lfloor\tfrac{240m+40n+8k+r}{240}\right\rfloor\\ &=\left\lfloor 30m+5n+k+\tfrac{r} {8}\right\rfloor+\left\lfloor 6m+n+\tfrac{z}{40}\right\rfloor+\left\lfloor m+\tfrac{y}{240}\right\rfloor\\ &=30m+5n+k+6m+n+m=37m+6n+k. \end{align*} Tenemos entonces que encontrar la solución de $37m+6n+k=210$ que minimiza $x=240m+40n+8k+r$. Esto nos lleva a elegir directamente $r=0$ ya que $r$ no interviene en la ecuación. Observemos que tenemos la restricción $0\leq n\leq 5$ y $0\leq k\leq 4$, luego $0\leq 6n+k\leq 34$. Así, dividiendo $210$ entre $37$, tenemos $210=5\cdot 37+25$ y deducimos que ha de ser $m=5$, lo que nos deja con $6n+k=25$. La única posible solución positiva con $0\leq k\leq 4$ es $n=4$ y $k=1$. Por tanto, el menor valor posible de $x$ es $240\cdot 5+40\cdot 4+8\cdot 1+0=1368$.

Nota. Esta demostración nos dice que el único grado de libertad que tenemos es $r$ entre $0$ y $7$, luego los únicos $x$ que cumplen esta ecuación son 1368, 1369, 1370, 1371, 1372, 1373, 1374 y 1375.

Solución. Simplemente imaginándonos unas manecillas de reloj nos damos cuenta de que estas están superpuestas tres veces en el intervalo de las 9:00 a las 13:00: la primera vez sobre las 9:50, la segunda sobre las 10:55 y la tercera exactamente a las 12:00. Esta última no puede ser la solución ya que a las 12:00 el segundero también está alineado con las otras manecillas.

Una forma muy ingeniosa de calcular los otros instantes de forma exacta es darse cuenta de que entre las 00:00 y las 12:00, las manecillas de las horas y los minutos se alinean exactamente 12 veces (contando las 00:00 y las 12:00) luego esto ocurre cada $\frac{12}{11}$ de hora. Podemos proceder como sigue:

• La vez anterior a las 12 en que ocurre el alineamiento horas-minutos es a las $12-\frac{12}{11}=10+\frac{10}{11}$ horas. La fracción $\frac{10}{11}$ nos da $60\cdot\frac{10}{11}=\frac{600}{11}=54+\frac{6}{11}$ minutos y los $\frac{6}{11}$ minutos nos dan $60\cdot\frac{6}{11}=\frac{360}{11}=32+\frac{8}{11}$ segundos. El ángulo que forma el segundero con el minutero es de $6\cdot[(54+\frac{6}{11})-(32+\frac{8}{11})]=\frac{1440}{11}=130+\frac{10}{11}$ grados, que es mayor que $120^\circ$. Esta solución tenemos que descartarla pues.
• La siguiente vez (hacia atrás) que ocurre el alineamiento es a las $12-\frac{24}{11}=9+\frac{9}{11}$ horas. La fracción $\frac{9}{11}$ nos da $60\cdot\frac{9}{11}=\frac{540}{11}=49+\frac{1}{11}$ minutos y los $\frac{1}{11}$ minutos nos dan $60\cdot\frac{1}{11}=\frac{60}{11}=5+\frac{5}{11}$ segundos. El ángulo que forma el segundero con el minutero es claramente menor que $120^\circ$ ya que las manecillas de las horas y minutos están aproximadamente en el 49 y las de los segundos en el 5 (puede calcularse el ángulo exacto como en el caso anterior).

Deducimos entonces que la hora exacta a la que se estropeó el reloj fue a las 9:49:05, con un error de $\frac{5}{11}\lt 1$ segundos.

Solución. Supongamos que las baldosas cuadradas tienen dimensiones $n\times n$. El primer día se cubren $n^2$ unidades cuadradas, el segundo $2n^2$, el tercero $3n^2$, y así sucesivamente hasta el $k$-ésimo día en que se cubren $kn^2$. De esta forma, el problema equivale a la ecuación \[(1+2+\ldots+k)n^2=18144=2^5\cdot 3^4\cdot 7.\] Como $1+2+\ldots+k=\frac{1}{2}k(k+1)$, esto equivale a \[k(k+1)n^2=2^6\cdot 3^4\cdot 7.\] Vistos los exponentes y que $k$ o $k+1$ son pares, sólo hay unas pocas posibilidades para el factor $n^2$:

• Si $n^2=1$, la ecuación queda $k^2+k=36288$.
• Si $n^2=2^2$, la ecuación queda $k^2+k=9072$.
• Si $n^2=2^4$, la ecuación queda $k^2+k=2268$.
• Si $n^2=3^2$, la ecuación queda $k^2+k=4032$.
• Si $n^2=2^2\cdot 3^2$, la ecuación queda $k^2+k=1008$.
• Si $n^2=2^4\cdot 3^2$, la ecuación queda $k^2+k=112$.
• Si $n^2=3^4$, la ecuación queda $k^2+k=448$.
• Si $n^2=2^2\cdot 3^4$, la ecuación queda $k^2+k=112$.
• Si $n^2=2^4\cdot 3^4$, la ecuación queda $k^2+k=28$.

De todas estas ecuaciones, la única que tiene solución entera es para $n^2=3^2=9$, en la que tenemos que $k=63$ es la única solución positiva. Por tanto, fueron necesarias $\frac{1}{2}k(k+1)=2016$ de tamaño $3\times 3$.

Nota. ¿Se te ocurre alguna forma de descartar alguno de los nueve casos sin tener que resolver la ecuación de segundo grado?