La base de datos contiene 457 problemas y 475 soluciones.
Problema 486★★★★☆
¿Pueden elegirse $1983$ enteros no negativos distintos y menores que $10^5$ tales que no hay tres de ellos en progresión aritmética?
Pista. Trabaja en base 3 y considera los números que sólo se escriben con ceros y unos (no se usan doses).
PistaSolución 1Solución. Consideremos los enteros que se escriben en base tres únicamente con ceros y unos, es decir, la sucesión
\[\{0_{(3)},1_{(3)},10_{(3)},11_{(3)},100_{(3)},101_{(3)},110_{(3)},111_{(3)},1000_{(3)},\ldots\}\]
Esta sucesión es $\{0, 1, 3, 4, 9, 10,
12, 13, 27, \ldots\}$ en base $10$. En otras palabras, estamos escribiendo los enteros no negativos en base $2$ y "leyéndolos" en base 3. Veamos en primer lugar que no hay tres términos $x\lt y\lt z$ en progresión aritmética. Por reducción al absurdo, si los hubiera, tendríamos que $x+z=2y$, luego $x+z$ se escribiría solo con ceros y doses en base $3$, lo que nos dice que $x$ y $z$ deberían tener los mismos unos en la misma posición, luego $x=z$ y esto contradice que hemos supuesto que son distintos.
Ahora bien, como $1982=11110111110_{(2)}$, el número que ocupa la posición $1983$ en la sucesión anterior (observa que el cero también está en la sucesión) es
$$11110111110_{(3)}=3+3^2+3^3+3^4+3^5+3^7+3^8+3^9+3^10=87843\lt 10^5.$$
Deducimos así que podemos encontrar $1983$ enteros negativos distintos menores que $10^5$ de forma que no hay tres de ellos en progresión aritmética.
Informar InfoOlimpiada Matemática Internacional, 1983 problema 5
Si crees que el enunciado contiene un error o imprecisión, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de error en enunciadoSi conoces una competición en la que apareció este problema o bien crees que la información que aquí aparece es incorrecta, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de procedencia del problemaProblema 481★☆☆☆☆
Demostrar que $m(m+1)$ no es la potencia de ningún número entero para ningún número natural $m\in\mathbb{N}$.
Pista. Los números $m$ y $m+1$ son primos relativos.
PistaSolución 1Solución. Supongamos que $m(m+1)$ es igual a $a^n$ para $a,n\in\mathbb{N}$ con $n\geq 2$. Como $m$ y $m+1$ son primos relativos, tanto $m$ como $m+1$ deben ser potencias $n$-ésimas de enteros. No obstante, dos potencias $n$-ésimas se diferencia como mínimo en $2^n-1^n\geq 3$ para $n\geq 2$, mientras que $m$ y $m+1$ se diferencia solo en una unidad.
Informar InfoAll-Soviet-Union Competition, 1964 problema 2
Si crees que el enunciado contiene un error o imprecisión, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de error en enunciadoSi conoces una competición en la que apareció este problema o bien crees que la información que aquí aparece es incorrecta, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de procedencia del problemaProblema 477★★★★☆
Sea $f(x)=(x+b)^2-c$ un polinomio con $b$ y $c$ números enteros.
- Si $p$ es un número primo que divide a $c$ y $p^2$ no divide a $c$, demostrar que $p^2$ no divide a $f(n)$ para ningún entero $n\in\mathbb{Z}$.
- Sea $q$ un número primo distinto de $2$ que no divide a $c$. Si $q$ divide a $f(n)$ para algún entero $n\in\mathbb{Z}$, demostrar que para cada entero positivo $r$ existe un entero $n'$ tal que $q^r$ divide a $f(n')$.
Pista. Razona el apartado (a) por reducción al absurdo y el apartado (b) por inducción sobre $r$.
PistaSolución 1Solución. El primer apartado es sencillo razonando por reducción al absurdo. Si existiera un valor de $n\in\mathbb{Z}$ tal que $p^2|f(n)=(n+b)^2-c$, entonces $p|(n+b)^2$ ya que $p|c$ por hipótesis. Como se trata de un cuadrado, necesariamente $p^2|(n+b)^2$, luego también se sigue que $p^2|c=(n+b)^2-f(n)$. Esto contradice la hipótesis de que $p^2$ no divide a $c$.
En cuanto al apartado (b), vamos a proceder por inducción sobre $r$. Para $r=1$, no hay nada que probar ya que tenemos la hipótesis de que $q|f(n)$ para algún $n\in\mathbb Z$. Dado $r\geq 1$, supongamos que $q^r|(n+b)^2-c$ para algún $n\in\mathbb Z$ y probemos que existe $n'\in\mathbb Z$ tal que $q^{r+1}|(n'+b)^2-c$. Vamos a elegir $n'=n+aq^r$ para cierto $a\in\mathbb{Z}$ que vamos a determinar a continuación. Esto nos da
\[f(n')=(n+aq^r+b)^2-c=(n+b)^2-c+2aq^r(n+b)+a^2q^{2r}=(d+2a(n+b))q^r+a^2q^{2r},\]
donde hemos escrito $(n+b)^2-c=dq^r$ para cierto $d\in\mathbb{Z}$ usando la hipótesis de inducción. Por tanto, habremos terminado si probamos que la ecuación en congruencias $2a(n+b)\equiv -d\ (\text{mod }q)$ tiene solución (siendo $a$ la incógnita). Esto se deduce de que $2(n+b)$ tiene inverso módulo $q$ ya que $\mathrm{mcd}(2(n+b),q)=1$. Esto último se deduce a su vez de que $q$ divide a $f(n)$ pero no a $c$ (luego no $n+b$ no puede ser múltiplo de $q$) y de que $q\neq 2$ por hipótesis.
Informar InfoOlimpiada Iberoamericana de Matemáticas, 1990 problema 3
Si crees que el enunciado contiene un error o imprecisión, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de error en enunciadoSi conoces una competición en la que apareció este problema o bien crees que la información que aquí aparece es incorrecta, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de procedencia del problemaProblema 468★★☆☆☆
Dados tres números enteros distintos $x,y,z\in\mathbb{Z}$, demostrar que $(x-y)^5+(y-z)^5+(z-x)^5$ es divisible entre $5(x-y)(y-z)(z-x)$.
Pista. Observa que los números $a=x-y$, $b=y-z$ y $c=z-x$ suman cero, luego puedes sustituir $c=-(a+b)$ para transformar $a^5+b^5+c^5$.
PistaSolución 1Solución. Consideremos los enteros $a=x-y$ y $b=y-z$, con lo que $z-x=-a-b$. Así,
\begin{align*}
(x-y)^5+(y-z)^5+(z-x)^5&=a^5+b^5-(a+b)^5\\
&=-5ab(a^3+2ab+2ab+b^3)\\
&=-5ab(a+b)(a^2+ab+b^2).
\end{align*}
Por tanto, el número dado es múltiplo de $-5ab(a+b)=5(x-y)(y-z)(z-x)$.
Informar InfoAll-Soviet-Union Competition, 1962 problema 12
Si crees que el enunciado contiene un error o imprecisión, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de error en enunciadoSi conoces una competición en la que apareció este problema o bien crees que la información que aquí aparece es incorrecta, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de procedencia del problemaProblema 467★☆☆☆☆
Sea $n$ un número natural con $1998$ cifras que es divisible entre $9$. Sea $x$ la suma de sus dígitos, $y$ la suma de los dígitos de $x$ y $z$ la suma de los dígitos de $z$. Hallar $z$.
Pista. El resto módulo $9$ no se modifica en la suma. Halla cotas superiores para $x$, $y$ y $z$.
PistaSolución 1Solución. La mayor suma de cifras posible para números de 1998 cifras es que todas sean nueves, con lo cual podemos estimar $x\leq 9\cdot 1998=17982$. El número con mayor suma de cifras menor o igual que $17982$ es $9999$, lo que nos da la estimación $y\leq 9+9+9+9=36$. El número menor o igual que $36$ con mayor suma de cifras es $29$, que nos da $z\leq 2+9=11$. Ahora bien, la divisibildad entre $9$ se mantiene al sumar las cifras, luego $x$, $y$ y $z$ han de ser todos múltiplos de $9$. Esto nos deja con las posibilidades $z=0$ y $z=9$. Como $z=0$ no es posible (sólo sería posible si $n=0$), tenemos que $z=9$.
Informar InfoAll-Soviet-Union Competition, 1962 problema 9
Si crees que el enunciado contiene un error o imprecisión, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de error en enunciadoSi conoces una competición en la que apareció este problema o bien crees que la información que aquí aparece es incorrecta, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de procedencia del problema