Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Algunos cuadrados perfectos monótonos son $1=1^2$, $16=4^2$, $144=12^2$ ó $1156=34^2$. Vamos a dar dos familias de cuadrados perfectos monótonos, una que recorre todos los valores de $n$ pares y otra los impares:

• Los números de la forma $333\ldots 34$ tienen cuadrado monótono: \[34^2=1156,\quad 334^2=111556,\quad 3334^2=11115556,\ldots\]
• Los números de la forma $1666\ldots 67$ tienen cuadrado monótono: \[17^2=289,\quad 167^2=27889,\quad 1667^2=2778889,\ldots\]

Para dar una demostración rigurosa, veamos que los números así formados son cuadrados perfectos. En primer lugar, el número $1\ldots15\ldots56$ formado por $n$ unos, $n-1$ cincos y $1$ seis, se puede expresar como \[\sum_{i=0}^{2n-1}10^i+4\sum_{i=0}^{n-1}10^i+1=\frac{10^{2n}-1}{9}+4\frac{10^n-1}{9}+1=\frac{10^{2n}+4\cdot 10^n+4}{9}=\left(\frac{10^n+2}{3}\right)^2,\] que claramente es un cuadrado perfecto ($10^n+2$ es siempre múltiplo de $3$). Observemos que en el desarrollo anterior hemos usado la fórmula de la suma de los términos de una progresión geométrica.

Por otro lado, el número $27\ldots78\ldots89$ formado por $1$ dos, $n-1$ sietes, $n$ ochos y $1$ nueve, se puede expresar de forma similar como un cuadrado perfecto: \begin{eqnarray*} 2\sum_{i=0}^{2n}10^i+5\sum_{i=0}^{2n-1}10^i+\sum_{i=0}^n10^i+1&=&2\frac{10^{2n+1}-1}{9}+5\frac{10^{2n}-1}{9}+\frac{10^{n+1}-1}{9}+1\\ &=&\frac{25\cdot 10^{2n}+10\cdot 10^n+1}{9}=\left(\frac{5\cdot 10^n+1}{3}\right)^2. \end{eqnarray*}

Nota. Existen otros ejemplos de números que generan cuadrados monótonos, como pueden ser los de la forma $3\ldots35$, $3\ldots37$ ó $6\ldots67$ (que dan todos ellos un número par de dígitos).

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Solución. Construyamos el conjunto $S$ por inducción sobre $n$. Para el caso base $n=2$, basta tomar el conjunto $S=\{1,2\}$. Supongamos entonces que $\{a_1,\ldots,a_n\}$ es un conjunto de $n$ elementos tales que $(a_i-a_j)^2$ divide a $a_ia_j$ para cualesquiera subíndices $i$ y $j$; si construimos un conjunto $S$ de $n+1$ elementos que también cumple esta propiedad habremos demostrado el enunciado.

La idea clave es darse cuenta de que si $a$ y $b$ son tales que $(a-b)^2$ divide a $ab$, entonces $a+c$ y $b+c$ también cumplen esta propiedad siempre que $c$ sea un múltiplo de $ab$. Por tanto, si consideramos el producto $c=a_1\cdots a_n$, el conjunto $S_1=\{c,a_1+c,a_2+c,\ldots,a_n+c\}$ tiene $n+1$ elementos (son todos distintos) y cumple la propiedad del enunciado. Comprobémoslo:

• Tomando $a=a_i+c$ y $b=a_j+c$, se tiene que $(a-b)^2=(a_i-a_j)^2$ divide a $a_ia_j$ por hipótesis de inducción, luego también divide a $ab=a_ia_j+c(a_i+a_j)+c^2$ (ya que $c$ es múltiplo de $a_ia_j$).
• Tomando $a=c$ y $b=a_i+c$, se tiene que $(a-b)^2=a_i^2$ divide a $ab=a_ic+c^2$ ya que $a_i$ divide a $c$.

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Solución. En primer lugar, si $p=2$, tenemos que $2^p+3^p=13$, que no es potencia de exponente mayor que uno. Por lo tanto, supondremos que $p$ es impar. Trabajando módulo $5$ tenemos que \[2^p+3^p=2^p+(-2)^p\equiv 2^p-2^p\equiv 0\ (\text{mód }5),\] lo que nos dice que $a$ debe ser divisible entre $5$. Si probamos que $2^p+3^p$ no es divisible entre $25$ habremos terminado (si $n\geq 2$, entonces $a^n$ sería divisible entre $25$).

Debemos evaluar $2^p+3^p$ módulo $25$, para lo que usaremos el binomio de Newton de la siguiente forma: \[2^p+3^p=2^p+(5-2)^p=2^p+\sum_{k=0}^p\binom{p}{k}(-1)^k5^k2^{p-k}\equiv 2^p+5p\cdot 2^{p-1}-2^p\equiv 5p\cdot 2^{p-1}\ (\text{mód }25),\] donde hemos usado que $p$ es impar y que los términos para $k\geq 2$ son múltiplos de $25$. Ahora bien, si $p\neq 5$, esto nos dice que $2^p+3^p\not\equiv 0\ (\text{mód }25)$. Si $p=5$, entonces $2^p+3^p=32+243=275=5^2\cdot 11$ sí que es múltiplo de $25$, pero no es la potencia de ningún entero, luego el enunciado también se cumple en este caso especial.

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Solución. Sea $r^2$ el mayor cuadrado perfecto menor o igual que $n$ y sea $s^2$ el mayor cuadrado perfecto menor o igual que $n-r^2$. En otras palabras, $r$ y $s$ están determinados por las desigualdades \[r^2\leq n\lt (r+1)^2,\qquad s^2\leq n-r^2\lt(s+1)^2.\] Como estamos trabajando con enteros, estas desigualdades estrictas son equivalentes a las siguientes: \[r^2\leq n\leq r^2+2r,\qquad s^2\leq n-r^2\leq s^2+2s.\] Si $n=r^2+s^2$, entonces basta tomar $N=n$. En caso contrario, tenemos que $n\leq r^2+s^2-1$, en cuyo caso tomamos $N=r^2+(s+1)^2$. Para ver que se cumple lo que queremos, observemos que:

• de la desigualdad $n-r^2\lt(s+1)^2$ se deduce que $n\lt N$;
• de la desigualdad $s^2\leq n-r^2-1$, obtenemos que $N=r^2+(s+1)^2\leq n+2s$, luego \[N\leq n+2s\leq n+2\sqrt{n-r^2}\leq 2\sqrt{2r}\leq 2\sqrt{2}\sqrt[4]{n}.\]

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Solución. Los múltiplos de $10$ y los múltiplos de $25$ no son números ondulantes ya que acaban en $0$, $25$ ó $75$. Vamos a probar que cualquier otro número $n$ divide a un número ondulante.

• Caso 1: $n$ no es múltiplo de $2$ ni de $5$. Dado $k\in\mathbb{N}$, se tiene que $\mathrm{mcd}((10^k-1)n,10^k)=1$, luego $10^{k\varphi(n)}\equiv 1\ (\text{mód}\ (10^k-1)n)$, donde $\varphi(n)$ es la función de Euler. Esto nos dice que \[A(k,n)=\frac{10^{k\varphi(n)}-1}{10^k-1}\] es un múltiplo de $n$ formado por ceros y unos, de forma que hay $k-1$ ceros entre cada par de unos. Por tanto, $A(2,n)$ es un múltiplo de $n$, que además es ondulante.
• Caso 2: $n$ es un múltiplo de $5$ pero no de $10$ ni de $25$. Entonces, el número $5A(2,\frac{n}{5})$ es un múltiplo de $n$ ondulante (formado por ceros y cincos).
• Caso 3: $n$ es una potencia de $2$. Veamos por inducción sobre $r$ que $2^{2r+1}$ tiene un múltiplo ondulante $B(r)$ de $2r-1$ dígitos. Si $r=1$, entonces $2^r=8$ es de por sí ondulante y tiene un dígito, luego tomamos $B(1)=8$. Supongamos que $2^{2r+1}$ tiene un múltiplo ondulante $B(r)$ de $2r-1$ dígitos, es decir, $B(r)=2^{2r+1}a$ para cierto $a\in \mathbb{N}$. Consideremos el número ondulante \[N=10^{2r}b+B(r)=2^{2r}b+2^{2r+1}a=2^{2r}(b+2a).\] Entonces $N'$ tiene $2r+1$ dígitos y $N'$ será múltiplo de $2^{2r+3}$ para algún valor de $b\in\{2,4,6,8\}$ ya que de entre cuatro números pares consecutivos ($2+2a$, $4+2a$, $6+2a$ y $8+2a$) hay uno de ellos múltiplo de $8$, luego definimos $B(r+1)=10^{2r}b+B(r)$ para tal elección de $b$.
• Caso 4: $n=2^rm$ para cierto número impar $m$ que no es múltiplo de $5$. Entonces, el número $B(r)$ es múltiplo de $2^{2r+1}$ y, por tanto, múltiplo de $2^r$. El número $A(2r+2,m)$ es múltiplo de $m$ y tiene sus unos espaciados por $2r+1$ ceros, luego $A(2r+1,m)B(r)$ es un número ondulante y múltiplo de $n=2^rm$.
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