diciamo che un intero $ n $ è alternante se le sue cifre decimali sono alternatamente pari e dispari (ad esempio, 202 e 37 non sono alternanti, mentre 256 e 12345 lo sono).
determinare tutti gli interi $ m $ tali che esista un loro multiplo alternante.
IMO 2004/6
Alors,
Parte I
Come noto (e lo si può agilmente verificare tramite la formula per la somma dei primi n termini di una progressione geometria) $ \dfrac{10^{2k}-1}{99} $ è un numero scritto in base 10 come ...10101...10101, quindi è alternante, ora basta sostituire a $ 2k=\phi(m^k) $, dove $ k $ è indefinitamente grande (per evitare problemi legati al 99), per avere un multiplo di $ m $ alternante se $ (m,1)=10 $, se invece $ m $ non fosse coprimo a $ 10 $...
Parte II
$ m=2^k*5^j*l $, poichè, per ovvie ragioni, i multipli di $ 10^2 $ non fungono $ \min(k,j)<2 $, 4 casi in tutto
Eliminiamo la $ l $, prendiamo il numero $ \displaystyle \dfrac{10^{v*\phi(l^z)}-1}{10^v-1} $, facciamo variare v in funzione della lunghezza del multiplo alternante della "potenza" da inserire, e poi aumentiamo z a piacere per non avere problemi di "scippo primi" dal denominatore, operando in questo modo ci basterà considerare i casi
- 2^k*5=10*2^{k-1} assurdo perchè termina con due pari
-5^k*2=10*5^{k-1) se è alternante 5^{k-1} lo è anche questo
-2^k
-5^k
da qui è buio
Parte I
Come noto (e lo si può agilmente verificare tramite la formula per la somma dei primi n termini di una progressione geometria) $ \dfrac{10^{2k}-1}{99} $ è un numero scritto in base 10 come ...10101...10101, quindi è alternante, ora basta sostituire a $ 2k=\phi(m^k) $, dove $ k $ è indefinitamente grande (per evitare problemi legati al 99), per avere un multiplo di $ m $ alternante se $ (m,1)=10 $, se invece $ m $ non fosse coprimo a $ 10 $...
Parte II
$ m=2^k*5^j*l $, poichè, per ovvie ragioni, i multipli di $ 10^2 $ non fungono $ \min(k,j)<2 $, 4 casi in tutto
Eliminiamo la $ l $, prendiamo il numero $ \displaystyle \dfrac{10^{v*\phi(l^z)}-1}{10^v-1} $, facciamo variare v in funzione della lunghezza del multiplo alternante della "potenza" da inserire, e poi aumentiamo z a piacere per non avere problemi di "scippo primi" dal denominatore, operando in questo modo ci basterà considerare i casi
- 2^k*5=10*2^{k-1} assurdo perchè termina con due pari
-5^k*2=10*5^{k-1) se è alternante 5^{k-1} lo è anche questo
-2^k
-5^k
da qui è buio
"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)
Seguendo l'esempio di Bollasso, spezzerò la soluzione in tre parti, onde soltanto migliorarne la leggibilità. Lavoreremo sui decimali, per cui non sarà necessario ogni volta specificare la base della rappresentazione adottata per gli interi.
--- PARTE I: dichiarazione degli intenti.
Siano $ k = 2^r \cdot 5^s $ ed $ m = qk $, dove $ r, s, q \in \mathbb{N} $ e $ \gcd(10,q) = 1 $. Osserviamo innanzitutto che i) se esiste un intero $ n > 0 $ tale che $ n $ sia multiplo alternante (m.a. nel seguito) di $ k $ e se il numero $ v(n) $ delle cifre decimali di $ n $ è pari, allora $ \displaystyle n \cdot \frac{10^{v(n)\cdot\varphi(q)} - 1}{10^{v(n)} - 1} $ è m.a. di $ m $; ii) se $ k $ è divisibile per 20, allora non esiste alcun m.a. di $ m $, poiché $ qk $ termina per doppia cifra pari, qualunque sia $ q\in\mathbb{Z}^+ $; iii) se $ n $ è m.a. di $ 5^s $, allora $ 10n $ è m.a. di $ 2 \cdot 5^s $. Intendo di fatto dimostrare che $ m $ possiede un m.a. sse $ 20 \nmid m $. Alla luce delle osservazioni i-iii), in tal senso è sufficiente provare che, per ogni $ k > 0 $, esiste un m.a. $ n_k $ di $ 2^k $ (risp., di $ 5^k $) dotato di un numero pari (risp., dispari) di cifre decimali.
--- PARTE II: les cinq sont plus faciles.
Fissato $ k \in \mathbb{Z}^+ $, siano $ a_0 + 10 a_1 + \ldots + 10^r a_r $ la rappresentazione decimale di $ u_{0,k} := 5^k $, dove $ r $ è un intero $ \ge 0 $, ed $ h \in \overline{0, r} $ il minimo indice tale che $ a_h \equiv a_{h+1} \bmod 2 $. Se $ h+1 > k $, si cancellano le cifre in eccesso (corrispondenti cioè a posizioni decimali di là della $ k $-esima), si fissa $ n_k $ all'intero risultante e ci si arresta. Se invece $ h+1 \le k $, moltiplicando $ u_{k,0} $ per $ 5^k \cdot 10^{h+1} $ si ottiene un intero $ u_{1,k} $ ancora divisibile per $ 5^k $ e le cui prime $ h+1 $ cifre si alternano fra pari e dispari, poiché la moltiplicazione indicata ha come effetto di lasciare invariata la parità delle prime $ h $ cifre di $ u_{0,k} $ e flippare viceversa la parità della cifra $ h+1 $-esima. Iterando più e più volte questa operazione, si viene così a definire una sequenza $ u_{0,k}, u_{1, k}, \ldots $ di interi positivi, tutti divisibili per $ 5^k $, in cui le prime $ k $ cifre decimali di ogni termine sono definitivamente (cioè a partire da un certo indice intero $ i>0 $) alternanti fra pari e dispari. Rimosse allora da $ u_{i,k} $ le cifre decimali in eccesso (vedi sopra), si pone $ n_k $ eguale all'intero risultante, ovvero a $ 10^k $ volte l'intero risultante quando sia $ k \equiv 0 \bmod 2 $. Pare chiaro che $ n_k $ è un m.a. di $ 5^k $ dotato di un numero dispari di cifre decimali.
--- PARTE III: potenza della matematica binaria.
Sostanzialmente la stessa fuffa, solo più contosa! Posso risparmiarmela, vero? Ormai l'idea dovrebbe esservi sufficientemente chiara. Certo qui c'è da usare un'attenzione persino maggiore: se dovesse servire, ditelo pure, che posterò il resto della soluzione.
P.S.: non è escluso che vi possa essere qualche svista nel testo della soluzione. Del resto, è la prima volta che incontro un IMO problem tanto stupido e calcoloso, davvero uno spiacevole incontro! L'autore meriterebbe quantomeno d'essere impalato.
Ogni eventuale segnalazione in tal senso sarà, perciò, gradita più che mai. 
--- PARTE I: dichiarazione degli intenti.
Siano $ k = 2^r \cdot 5^s $ ed $ m = qk $, dove $ r, s, q \in \mathbb{N} $ e $ \gcd(10,q) = 1 $. Osserviamo innanzitutto che i) se esiste un intero $ n > 0 $ tale che $ n $ sia multiplo alternante (m.a. nel seguito) di $ k $ e se il numero $ v(n) $ delle cifre decimali di $ n $ è pari, allora $ \displaystyle n \cdot \frac{10^{v(n)\cdot\varphi(q)} - 1}{10^{v(n)} - 1} $ è m.a. di $ m $; ii) se $ k $ è divisibile per 20, allora non esiste alcun m.a. di $ m $, poiché $ qk $ termina per doppia cifra pari, qualunque sia $ q\in\mathbb{Z}^+ $; iii) se $ n $ è m.a. di $ 5^s $, allora $ 10n $ è m.a. di $ 2 \cdot 5^s $. Intendo di fatto dimostrare che $ m $ possiede un m.a. sse $ 20 \nmid m $. Alla luce delle osservazioni i-iii), in tal senso è sufficiente provare che, per ogni $ k > 0 $, esiste un m.a. $ n_k $ di $ 2^k $ (risp., di $ 5^k $) dotato di un numero pari (risp., dispari) di cifre decimali.
--- PARTE II: les cinq sont plus faciles.
Fissato $ k \in \mathbb{Z}^+ $, siano $ a_0 + 10 a_1 + \ldots + 10^r a_r $ la rappresentazione decimale di $ u_{0,k} := 5^k $, dove $ r $ è un intero $ \ge 0 $, ed $ h \in \overline{0, r} $ il minimo indice tale che $ a_h \equiv a_{h+1} \bmod 2 $. Se $ h+1 > k $, si cancellano le cifre in eccesso (corrispondenti cioè a posizioni decimali di là della $ k $-esima), si fissa $ n_k $ all'intero risultante e ci si arresta. Se invece $ h+1 \le k $, moltiplicando $ u_{k,0} $ per $ 5^k \cdot 10^{h+1} $ si ottiene un intero $ u_{1,k} $ ancora divisibile per $ 5^k $ e le cui prime $ h+1 $ cifre si alternano fra pari e dispari, poiché la moltiplicazione indicata ha come effetto di lasciare invariata la parità delle prime $ h $ cifre di $ u_{0,k} $ e flippare viceversa la parità della cifra $ h+1 $-esima. Iterando più e più volte questa operazione, si viene così a definire una sequenza $ u_{0,k}, u_{1, k}, \ldots $ di interi positivi, tutti divisibili per $ 5^k $, in cui le prime $ k $ cifre decimali di ogni termine sono definitivamente (cioè a partire da un certo indice intero $ i>0 $) alternanti fra pari e dispari. Rimosse allora da $ u_{i,k} $ le cifre decimali in eccesso (vedi sopra), si pone $ n_k $ eguale all'intero risultante, ovvero a $ 10^k $ volte l'intero risultante quando sia $ k \equiv 0 \bmod 2 $. Pare chiaro che $ n_k $ è un m.a. di $ 5^k $ dotato di un numero dispari di cifre decimali.
--- PARTE III: potenza della matematica binaria.
Sostanzialmente la stessa fuffa, solo più contosa! Posso risparmiarmela, vero? Ormai l'idea dovrebbe esservi sufficientemente chiara. Certo qui c'è da usare un'attenzione persino maggiore: se dovesse servire, ditelo pure, che posterò il resto della soluzione.
P.S.: non è escluso che vi possa essere qualche svista nel testo della soluzione. Del resto, è la prima volta che incontro un IMO problem tanto stupido e calcoloso, davvero uno spiacevole incontro! L'autore meriterebbe quantomeno d'essere impalato.
Ogni eventuale segnalazione in tal senso sarà, perciò, gradita più che mai.