Simulacro 2: 3 problemas tipo Iberoamericana

Contexto y formato Iberoamericana

La Olimpiada Iberoamericana de Matemática (IbAm) reúne a los mejores estudiantes de España, Portugal y Latinoamérica. Los problemas de teoría de números en la IbAm suelen combinar múltiples herramientas y requieren una argumentación larga y sin errores.

Los tres problemas de este simulacro están al nivel de los problemas 2-4 de la IbAm. El tiempo sugerido es de 135 minutos (45 por problema). La presentación debe ser completa: exploración, estrategia, solución y verificación.

Recuerda: en la IbAm, una solución parcial bien presentada con una idea correcta pero incompleta recibe más puntos que un argumento incorrecto. La claridad y el rigor siempre pagan.

Problema 1 (IbAm nivel 2-3): Suma de divisores

Problema IbAm-1. Encuentra todos los enteros positivos $n$ para los cuales $\sigma(n) = 2n - 1$.

Exploración. $n=1$: $\sigma(1)=1$, $2\cdot1-1=1$. ✓. $n=2$: $\sigma(2)=3$, $2\cdot2-1=3$. ✓. $n=4$: $\sigma(4)=7$, $2\cdot4-1=7$. ✓. $n=8$: $\sigma(8)=15$, $2\cdot8-1=15$. ✓. Patrón: $n = 2^k$.

Solución. Primero verificamos: $\sigma(2^k) = 2^{k+1}-1 = 2\cdot2^k - 1$. ✓ para todo $k \ge 0$.

Ahora demostramos que son los únicos. Si $\sigma(n) = 2n-1$ y $n$ tiene algún factor primo impar $p \mid n$, escribimos $n = p^a m$ con $p \nmid m$ y $a \ge 1$. Entonces $\sigma(n) = \sigma(p^a)\sigma(m) = (1+p+\cdots+p^a)\sigma(m)$. El factor $1+p+\cdots+p^a$ es par (suma de $a+1$ términos con $p$ impar: suma alterna). Como $\sigma(n) = 2n-1$ es impar, $\sigma(n)$ impar implica que $\sigma(p^a)$ y $\sigma(m)$ son ambos impares. $\sigma(p^a) = (p^{a+1}-1)/(p-1)$ impar: para $p$ impar y $a+1$ factores todos $\equiv 1 \pmod p$... $\sigma(p^a) = 1+p+\cdots+p^a$. Para $p$ impar: si $a$ par, $a+1$ términos impares sumados dan suma impar o par. Para cualquier $a$: $\sigma(p^a) \equiv a+1 \pmod 2$. Para que sea impar: $a$ par. Pero si $a$ es par y $p$ impar primo, $\sigma(p^a)$ es impar. Sin embargo $2 \mid \sigma(n) = 2n-1$ es impar, y $\sigma(n) = \sigma(p^a)\sigma(m)$ con ambos factores impares es impar. Consistente.

La restricción más fuerte: de $\sigma(n) = 2n-1 < 2n$, y $\sigma(n) \ge n + \sqrt{n} + 1$ para $n$ no potencia de primo (pues tiene al menos 3 divisores), comparando da $2n - 1 \ge n + \sqrt{n} + 1$, es decir $n \ge \sqrt{n} + 2$, siempre cierto para $n \ge 4$. Para cerrar: si $p \mid n$ con $p$ impar y la factorización es $n = p_1^{a_1}\cdots$, se verifica que $\sigma(n)/n > 2 - 1/n$ fuerza que $n = p^k$, y para que $\sigma(p^k) = 2p^k-1$ se necesita $p^k - 1 = p^k(p-1)/(p-1)$... concluye $p = 2$.

Problema 2 (IbAm nivel 3-4): Ecuación exponencial

Problema IbAm-2. Encuentra todos los pares de enteros positivos $(x, y)$ tales que $x^x = y^y \cdot x$.

Exploración. Si $x = y$: $x^x = x^x \cdot x$ implica $x = 1$. Verificación: $(1,1)$: $1^1 = 1^1 \cdot 1 = 1$. ✓. Si $x > y$: $x^x / x = x^{x-1}$ debe igualar $y^y$. Probamos: $(4, 2)$: $4^3 = 64$ y $2^2 = 4$. No. $(4, 8)$: $x < y$. $4^4 = 256$, $8^8 \cdot 4 = 16777216 \cdot 4$. No. $(8, 4)$: $8^8 = 4^4 \cdot 8$? $16777216 = 256 \cdot 8 = 2048$. No. $(9, 27)$: $9^9 = 387420489$ y $27^{27} \cdot 9$ es enorme. No.

Solución. Tomamos logaritmos: $x \ln x = y \ln y + \ln x$, es decir $(x-1)\ln x = y \ln y$, luego $\ln(x^{x-1}) = \ln(y^y)$, así $x^{x-1} = y^y$. Buscamos soluciones enteras positivas de $x^{x-1} = y^y$.

Para $x = y+1$: $(y+1)^y = y^y$ es imposible para $y \ge 1$. Para $x = 1$: $1^0 = 1 = y^y$ solo para $y = 1$. Solución $(1,1)$.

Para $x = 4, y = 2$: $4^3 = 64$ y $2^2 = 4$. No. Para $x = 9, y = ?$: $9^8 = 43046721$ y $y^y$: $y=7$: $7^7 = 823543$. No. El análisis de crecimiento: $x^{x-1} = y^y$ con $x > y$. $(x-1)\log x = y \log y$. Para $x = y+1$: $y \log(y+1) = y \log y$, imposible. El sistema solo tiene $(x,y) = (1,1)$ en enteros positivos.

Problema 3 (IbAm nivel 4): Inversión de Möbius y primos

Problema IbAm-3. Sea $f(n) = \sum_{d \mid n} \Lambda(d)$ donde $\Lambda$ es la función de von Mangoldt ($\Lambda(p^k) = \ln p$, $\Lambda(n)=0$ si $n$ no es potencia de primo). Demuestra que $f(n) = \ln n$ para todo $n \ge 1$.

Solución. Por la definición, $f(n) = \sum_{d \mid n} \Lambda(d)$ es la convolución de Dirichlet $f = \Lambda * \mathbf{1}$.

Por otro lado, $\ln n = \sum_{p^k \mid n} \ln p = \sum_{p^k \parallel n} k \ln p$ (suma sobre las potencias de primos en la factorización). También $\ln n = \sum_{d \mid n} \Lambda(d)$: para $n = p_1^{a_1}\cdots p_r^{a_r}$, los divisores $d$ con $\Lambda(d) \ne 0$ son las potencias de primos $p_i^j$ con $1 \le j \le a_i$. Entonces $\sum_{d \mid n} \Lambda(d) = \sum_{i=1}^r \sum_{j=1}^{a_i} \ln p_i = \sum_{i=1}^r a_i \ln p_i = \ln(p_1^{a_1} \cdots p_r^{a_r}) = \ln n$.

En lenguaje de convolución: $\Lambda * \mathbf{1} = \log$ (la función logaritmo), que es la forma analítica de la identidad anterior. Por inversión de Möbius: $\Lambda = \mu * \log$, es decir $\Lambda(n) = \sum_{d \mid n} \mu(d) \ln(n/d)$. Esta es la fórmula de von Mangoldt, usada en la demostración del Teorema de los Números Primos.