22.1.23

Olimpiada Matemática Española 2023, Fase Local

 

    venres 20 de xaneiro tivo lugar a fase local da Olimpiada Matemática Española. Este ano volveu ao formato usual, no que hai 6 problemas distribuídos en dúas sesións, común a moitos concursos tradicionais a nivel internacional. Uns colegas que levaron alumnos a esta fase, que a nivel galego sempre se celebra na Facultade de Matemáticas da USC, compartiron os problemas e a conta galega oficial da olimpiada xa deu permiso para difundilos, de aí esta entrada. Os problemas foron ben fermosos, e algo inusuais na miña opinión:

Sesión matinal

Sesión vespertina


Como vén sendo habitual, o primeiro que me chamou a atención foi a ecuación diofántica do problema 6, que vou proceder a resolver, pero tamén me resultou curioso o problema 5, que lembra a un problema compartido neste blog... hai máis de dez anos!


Nesa entrada o proceso consistía en partir dos primeiros 4 naturais(valería cos primeiros n), e coller dous ao chou , $a$ e $b$, e substituílos por $a+b+ab$, e repetir o proceso dúas veces máis ata quedar cun único número, que inevitablemente tería que ser 119, que cun chisco de vista un recoñecerá como $5!-1$

A que obedece este fenómeno? A que collendo dous números ao chou e cambiándoos polo resultado desa operación aparentemente aleatoria, hai un número relacionado co conxunto inicial dos 4 números que permanece invariante. Sabendo que ao final do proceso chegamos sempre a 119, xa intuímos que o invariante é o número anterior ao produto dos números seguintes aos dados, é dicir, $(1+1)(2+1)(3+1)(4+1)-1$. De feito, un ve a estrutura cando se decata de que $a+b+ab=a+b+ab+1-1=(a+1)(b+1)-1$

Este comentario serve como pista para o 5º problema da olimpíada, se tedes ganas de pensalo(se non tedes ganas, tamén serve).

Imos á ecuación diofántica, logo.

$$2^a+7^b=c^2+4$$

A primeira vista ten aspecto de ser difícil, non só polo feito de que teña 3 incógnitas, senón porque unha delas non aparece nun expoñente(é habitual que se están nun expoñente saibamos moitas propiedades da expresión), e ademais non hai un xeito natural (no pun intended) de factorizar ningún dos dous membros. Por sorte, dos cadrados perfectos tamén sabemos moitas cousas. Cando un xa leva uns anos resolvendo ecuacións destas, xa visualiza estratexias con certa celeridade. Neste caso, imos distinguir 3 casos, en función do expoñente a:

$$a=1$$

A ecuación é simplemente $$7^b=c^2+2$$

E a expresión está a pedir que probemos cun razoamento módulo 7:

$$c^2+2 \equiv \begin{cases}2 \\ 3 \\ 6 \\ 4  \\ \end{cases}(mod7) \\$$

e vemos que nunca equivale a 0 módulo 7. Dito doutro xeito, $-2$ é un non residuo cuadrático módulo 7.

En troques, se $a=2$ a ecuación pasa a ser $$7^b=c^2$$ que obviamente ten infinitas solucións, dadas pola expresión $b=2d, c=7^d$

Finalmente, se $a\ge3$, traballando módulo 8:

$$2^a+7^b  \equiv 7^b \equiv (-1)^b \equiv \begin{cases} -1 \\ 1 \end{cases} (mod8)$$

Mentres que o membro da dereita:

$$c^2+4 \equiv \begin{cases} 4 \\ 5 \\ 0 \end{cases} (mod 8)$$

E vemos que non poden coincidir.

En conclusión, a ecuación ten infinitas solucións co aspecto $(a,b,c)=(2,2d,7^d), d \in \mathbb{N}$

Deixamos ao amable lector que resolva os outros cinco problemas...

0 comentarios:

Post a Comment