Maratón de Problemas

[AgusBarreto]

Solución 351

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Supongamos a modo de contradicción que $p \nmid a$, veamos que $p \nmid b$: si no fuese así $p$ dividiría a $b^2$ y a $ab$, y eso junto a la condición del enunciado implica que divide a $a^2$, que como $p$ es primo, implica que divide a $a$.

Ahora vamos a ver como usar esa expresión medio fea, relacionándola con una expresión más bonita. Observemos que $a^3-b^3=(a-b)(a^2+b^2+ab)$. Por lo tanto la condición $p \mid a^2 + b^2 + ab$ implica que $p \mid a^3 - b^3$ ya que esta segunda expresión es múltiplo de la primera. Nos queda entonces que $a^3\equiv b^3 \pmod p$, y acá es donde viene la magia... elevamos a la $\dfrac{p+1}{3}$ (que es entero por ser $p=3k+2$) a ambos lados con la pura intención de usar Fermatito. Nos queda: $$(a^3)^{\frac{p+1}{3}}\equiv (b^3)^{\frac{p+1}{3}} \pmod p$$ $$a^{p+1} \equiv b^{p+1} \pmod p$$ que por Fermatito (podemos usarlo dado que $p\nmid a$ y $p \nmid b$) nos queda $$a^2 \equiv b^2 \pmod p$$ Usando esto en la ecuación $a^3\equiv b^3 \pmod p$, nos queda que $a^2\cdot a \equiv a^3\equiv b^3 \equiv a^2 \cdot b\pmod p$ y como $a^2$ es coprimo con $p$ (pues $p$ no divide a $a$) concluímos que $a \equiv b \pmod p$. Usando esto en el dato inicial obtenemos $0 \equiv a^2+b^2+ab \equiv 3a^2 \pmod p$ y nuevamente como $p$ es coprimo con $a$, debe ser $0 \equiv 3 \pmod p$, luego $p=3$ pero esto es absurdo ya que $3$ no es de la forma $3k+2$. Como el absurdo provino de suponer que $p \nmid a$ concluímos que $p \mid a$ y bajo el mismo razonamiento $p \mid b$, como queríamos ver.■

Además, la idea detrás de la demo de esta propiedad súper útil y copada es muy parecida: https://www.omaforos.com.ar/viewtopic.p ... 735&p=2320
Ahora sí, dejo el problema:

Problema 352

Sea $k$ un entero positivo impar. Probar que para todo entero positivo $n$ vale que $$1+2+\cdots+n \mid 1^k + 2^k + \cdots + n^k$$

[Martín Lupin]

Solución 352

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Primero, sabemos que $\sum_{i=1}^n i=\frac{n(n+1)}{2}$. Vamos a dividir el problema en dos casos: $n$ par o $n$ impar.
Si $n$ es par, entonces, como $k$ es impar, tenemos que $l^k+(n+1-l)^k$ para todo $1\leq l\leq \frac{n}{2}$ es divisible por $(n+1-l)+l=n+1$. Entonces $n+1\mid \sum_{i=1}^n i^k$. Ahora veamos que esto también es divisible por $\frac{n}{2}$. Es claro que $\frac{n}{2}\mid n^k$, por lo que nos vamos a concentrar en la expresión $\sum_{i=1}^{n-1} i^k$. Tenemos que $n\mid j^k+(n-j)^k$ para todo $1\leq j\leq \frac{n}{2}-1$ y, obviamente, que $\frac{n}{2}\mid \left(\frac{n}{2}\right)^k$. Entonces $\frac{n}{2}\mid \sum_{i=1}^{n-1} i^k\Rightarrow \frac{n}{2}\mid \sum_{i=1}^n i^k$. Como $\frac{n}{2}$ y $n+1$ son coprimos, podemos afirmar que $\frac{n(n+1)}{2}\mid \sum_{i=1}^n i^k$ como deseábamos.
Si $n$ es impar, tenemos que $n+1\mid l^k+(n+1-l)^k$ para todo $1\leq l\leq \frac{n-1}{2}$. Además $\frac{n+1}{2}\mid \left(\frac{n+1}{2}\right)^k$. Luego tenemos que $\frac{n+1}{2}\mid \sum_{i=1}^n i^k$. Ahora vamos a demostrar que $n$ también divide a esta expresión. Claramente $n\mid n^k$. Además, tenemos que $n\mid j^k+(n-j)^k$ para todo $1\leq j\leq \frac{n-1}{2}$. Luego $n\mid \sum_{i=1}^{n-1} i^k\Rightarrow n\mid \sum_{i=1}^n i^k$ como deseábamos. Como $n$ y $\frac{n+1}{2}$ son coprimos, podemos concluir que $\frac{n(n+1)}{2}\mid \sum_{i=1}^n i^k$. $\blacksquare$

[joa.fernandez]

Solución 352

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Vamos a proceder por inducción en $n$ ($k$ queda fijo pero es arbitrario).
Para $n=1$ es trivialmente cierto. Supongamos que vale para $n$: $1+2+\cdots + n = \frac{n(n+1)}{2} \mid 1^k+2^k+\cdots + n^k~~\Rightarrow~~ n+1 \mid 2(1^k+2^k+\cdots + n^k)$.
Ahora, para $n+1$: $n+1 \mid 2(1^k+2^k+\cdots + n^k)~~\Rightarrow~~n+1 \mid 2(1^k+2^k+\cdots + n^k) + 2(n+1)^k=2(1^k+2^k+\cdots + n^k+(n+1)^k)$ $[3]$.
También, usando que $a^k + b^k = (a+b)(a^{k-1} + a^{k-2}b + \cdots + ab^{k-2} + b^{k-1})$, siendo $k$ impar, y agrupando convenientemente (las parejas que su suma sin elevar a la $k$ es $n+2$):
$n+2 \mid (n+1-a)^k + (a+1)^k ~~\Rightarrow~~ n+2 \mid 2((n+1-a)^k + (a+1)^k)$ $[1]$ ya que $n+2 \mid (n+2)((n+1-a)^{k-1} + (n+1-a)^{k-2}(a+1) \cdots (n+1-a)(a+1)^{k-2} + (a+1)^{k-1})$
(en el caso de que sea $n+2$ impar es claro que $n+2 \mid 2(\frac{(n+1)+1}{2})^k$ $[2]$)
Entonces, por $[1]$, $[2]$ y $[3]$:
$n+2 \mid 2(1^k+2^k+\cdots + n^k+(n+1)^k)$.
Y como $n+1$ y $n+2$ son coprimos, podemos concluir que:
$(n+1)(n+2) \mid 2(1^k+2^k+\cdots + n^k+(n+1)^k)~~\Rightarrow~~\frac{(n+1)(n+2)}{2} \mid 1^k+2^k+\cdots + n^k+(n+1)^k$ como queríamos.

[joa.fernandez]

POR UN MINUTO

[Martín Lupin]

Problema 353

Hallar todos los enteros positivos $n$ tales que $$a+b+c\mid a^n+b^n+c^n-nabc$$ para todos los enteros positivos $a, b, c$.

[enigma1234]

Solución 353:

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$$a+b+c\mid a^n+b^n+c^n-nabc\to a+b+c\mid a^n+b^n+(-a-b)^n-nab(-a-b)...(1)$$
Para todos los enteros positivos $a,b,c$.Si $ a^n+b^n+(-a-b)^n-nab(-a-b)\neq 0$ podemos elegir un $c$ suficientemente grande tal que $a+b+c> |a^n+b^n+(-a-b)^n-nab(-a-b)|>0$ con lo cual no podría cumplir $(1)$, por lo tanto: $ a^n+b^n+(-a-b)^n-nab(-a-b)=0$ para todo $a,b$. Para $a=b=1$ tendremos que $1+1+(-2)^n+2n=0$, de esto claramente $n$ es impar (sino $2+2n+(-2)^n=2+2n+2^n>0$). Entonces $2^n=2n+2$, para $n=1$ es claro que no cumple, y para $n=3$ es claro que cumple. Ahora veamos que si $n>3$ se cumple que $2^n>2n+2$. Para $n=4$ es claro que cumple, por inducción supongamos que cumple para $n$, entonces:
$$2^n>2n+2\to 2^{n+1}>4n+4>2n+4$$
Lo que completa la inducción. Entonces la única solución posible es $n=3$.
Como $a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$ entonces cumple para $n=3$ Por lo tanto la única solución es $n=3$.

[enigma1234]

Problema 354:
Sean $a_1,a_2,...$ y $b_1,b_2,...$ dos secuencias definidas de la siguiente forma:
$$a_1=1,a_2=10,a_{n+2}=2a_{n+1}+3a_n\text{ $\forall$ $n\geq 1$}$$
$$b_1=1,b_2=8,b_{n+2}=3b_{n+1}+4b_n\text{ $\forall$ $n\geq 1$}$$
Demostrar que si dos términos en las secuencias son iguales, estos son iguales a $1$.

[Fedex]

Si está bien, postee problema el que quiera, no se que poner xd

Solución 354

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Tomemos la sucesión $a$.
$a_{n+2}=2a_{n+1}+3a_{n}$
Planteamos la ecuación característica de esta relación de recurrencia lineal homogénea.
$x^2 = 2x + 3$
$x^2 - 2x -3 = 0$
Y llegamos a $x_1 = 3$ y $x_2 = -1$
Entonces:
$a_n = A.3^n + B.(-1)^n$
Tenemos también:
$a_1 = 3.A-B=1$
$a_2 = 9.A + B = 10$
Resolvemos el sistema de ecuaciones y llegamos a:
$A=\frac{11}{12}$ y $B=\frac{7}{4}$
Entonces:
$a_n = \frac{11}{12}.3^n + \frac{7}{4}.(-1)^n = \frac{1}{4}(11.3^{n-1}+7.(-1)^n)$

Repetimos un proceso análogo con la recurrencia en $b$ y llegamos a:
$b_n = \frac{1}{5}(9.4^{n-1}+4.(-1)^n)$

Supongamos ahora que $2$ términos $a_x$ y $b_y$ (con $x$ e $y$ enteros positivos) son iguales:
$\frac{1}{4}(11.3^{x-1}+7.(-1)^x) = \frac{1}{5}(9.4^{y-1}+4.(-1)^y)$
$5.(11.3^{x-1}+7.(-1)^x) = 4.(9.4^{y-1}+4.(-1)^y)$
$55.3^{x-1}+35.(-1)^x = 9.4^{y}+16.(-1)^y$

Ahora, para sacarnos de encima $(-1)^x$ y $(-1)^y$ veamos esto:

En $a$ la sucesión $a_{n+2}=2a_{n+1}+3a_{n}$ modulo $2$ nos queda $a_{n+2} \equiv a_{n}$
Y como esta comienza con $a_1 \equiv 1 \: (mod \: 2)$ y sigue con $a_2 \equiv 0 \: (mod \: 2)$
La paridad en los términos de la sucesión queda: Impar - Par - Impar - Par - Impar - ...

En $b$ la sucesión $b_{n+2}=3b_{n+1}+4b_{n}$ modulo $2$ nos queda $b_{n+2} \equiv b_{n+1}$
Y como esta comienza con $b_1 \equiv 1 \: (mod \: 2)$ y sigue con $b_2 \equiv 0 \: (mod \: 2)$
La paridad en los términos de la sucesión queda: Impar - Par - Par - Par - Par - ...

Ahora, si $a_x = b_y$ entonces su paridad debe ser la misma, lo que implica que:
Caso 1) $a_x = b_1=1$ con $x$ impar.
Caso 2) $a_x = b_y$ con $x$ par e $y>1$

Caso 1) En este caso $a_1 = b_1=1$ y $a_x > 1$ para todo $x > 1$.
Por lo que este caso arroja un par de soluciones $(x;y)$ , $(1;1)$.

Caso 2) Retomamos de $55.3^{x-1}+35.(-1)^x = 9.4^{y}+16.(-1)^y$.
$55.3^{x-1}+35 = 9.4^{y}+16.(-1)^y$

Caso 2.1) $y$ par.
$55.3^{x-1}+35 = 9.4^{y}+16$
$55.3^{x-1}+19 = 9.4^{y}$

Si $x=2$ entonces el lado izquierdo es $184 \equiv 4 \: (mod \: 9)$, absurdo porque el lado derecho es divisible por $9$.
Si $x>2$ entonces el lado izquierdo $55.3^{x-1}+19 \equiv 1 \: (mod \: 9)$, absurdo porque el lado derecho es divisible por $9$.

Caso 2.2) $y$ impar.
$55.3^{x-1}+35 = 9.4^{y}-16$
$55.3^{x-1}+51 = 9.4^{y}$

Si $x=2$ entonces:
$55.3+51 = 216 = 9.4^{y}$
$4^{y} = 24$
Absurdo porque $24$ no es una potencia de $4$.
Si $x>2$ entonces el lado izquierdo es $55.3^{x-1}+51 \equiv 6 \: (mod \: 9)$, absurdo porque el lado derecho es divisible por $9$.

Por lo que el Caso 2 no arroja pares de soluciones $(x;y)$.

Queda demostrado entonces que los únicos términos en ambas sucesiones que son iguales son $a_1 = b_1=1$.

[Turko Arias]

Atendiendo el llamado de Fede, dejo este lindo problema:
Problema 355:
Sean $a_1,A_1,a_2,A_2,a_3,A_3$ reales positivos tales que $a_i+A_i=k$, siendo $k$ real positivo fijo. Demostrar que $a_1A_2+a_2A_3+a_3A_1<k^2$

[Joacoini]

Solución 355

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$a_1A_2+a_2A_3+a_3A_1=$
$a_1A_2+(k-A_2)A_3+(k-A_3)(k-a_1)=$
$a_1A_2+kA_3-A_2A_3+k^2-kA_3-ka_1+a_1A_3=$
$a_1(A_2+A_3-k)-A_2A_3+k^2$
Si $A_2+A_3-k\leq 0$ ya estaríamos porque
$a_1(A_2+A_3-k)-A_2A_3+k^2\leq k^2-A_2A_3<k^2$
Ya que $A_2$ y $A_3$ son reales positivos.
Si $A_2+A_3-k>0$.
$a_1(A_2+A_3-k)-A_2A_3+k^2<k(A_2+A_3-k)-A_2A_3+k^2=kA_2+kA_3-k^2-A_2A_3+k^2=k^2-(k-A_2)(k-A_3)=k^2-a_2a_3<k^2$
Ya que $a_2$ y $a_3$ son reales positivos.