Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Operando directamente sobre la desigualdad, no es difícil llegar a que \[\frac{1}{\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+d}}-\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}-\frac{1}{\frac{1}{c}+\frac{1}{d}}=\frac{(bc-ad)^2}{(a+b)(c+d)(a+b+c+d)}\geq 0.\]

Nota. Del razonamiento anterior se deduce claramente que la igualdad se alcanza si, y sólo si, $ad=bc$.

Solución. Usando la condición $ad=b^2+bc+c^2$ y manipulando, llegamos a que \begin{eqnarray*} a^2+b^2+c^2+d^2&=&a^2+b^2+bc+c^2+d^2-bc\\ &=&a^2+ad+d^2-bc\\ &=&a^2+2ad+d^2-bc-ad\\ &=&(a+d)^2-bc-b^2-bc-c^2\\ &=&(a+d)^2-(b+c)^2\\ &=&(a+d+b+c)(a+d-b-c). \end{eqnarray*} Ahora bien, si $a,b,c,d$ no son todos iguales a $1$, está claro que $1\lt a+b+c+d\lt a^2+b^2+c^2+d^2$, luego $a+b+c+d$ es un factor propio de $a^2+b^2+c^2+d^2$ y, por tanto, $a^2+b^2+c^2+d^2$ es compuesto. Si $a=b=c=d=1$, entonces $a^2+b^2+c^2+d^2=4$ también es compuesto.

Solución. Vamos a probar que $P(n)=\pm 1$ para todo $n\in\mathbb{N}$, lo que nos dirá que los únicos polinomios que cumplen dicha propiedad son los constantes $P(x)=\pm 1$. Por reducción al absurdo, supongamos que existe un primo $p$ tal que $P(n)$ es múltiplo de $p$. Podemos suponer que $p\gt 2$ ya que $p$ divide a $2^n-1$, que es un número impar. No obstante, $p=(n+p)-n$ divide a $P(n+p)-P(n)$, luego también divide a $P(n+p)$ y, por tanto, $2^{n+p}\equiv 1\ (\mathrm{mod}\ p)$. Como $p$ es impar, el teorema pequeño de Fermat nos dice que $2^p\equiv 2\ (\mathrm{mod}\ p)$, luego $2^{n+1}\equiv 1\ (\mathrm{mod}\ p)$, es decir, $p$ divide a $2^{n+1}-1$.

En resumen, $p$ divide tanto a $2^n-1$ como a $2^{n+1}-1$, luego también divide a $1=(2^{n+1}-1)-2(2^n-1)$, lo cual contradice que $p$ es un número primo y hemos encontrado la contradicción buscada.

Solución. Si $m2^{m-1}+1=a^2$ para cierto $a\in\mathbb N$, entonces $m2^{m-1}=(a-1)(a+1)$. Como $a+1$ y $a-1$ no son ambos divisibles entre $4$, tendremos que uno de ellos es divisible entre $2$ y el otro entre $2^{m-2}$. Distingamos dos casos dependiendo de qué factor sea divisible entre $2^{m-2}$:

• Si $a-1=2^{m-2}x$ y $a+1=2y$ para ciertos $x,y\in\mathbb{N}$ con $xy=m$, entonces $2^{m-2}\leq 2^{m-2}x=a-1=2y-2\lt 2m$, de donde $2^{m-3}\lt m$.
• Si $a-1=2x$ y $a+1=2^{m-2}y$ para ciertos $x,y\in\mathbb{N}$ con $xy=m$, entonces $2^{m-2}\leq 2^{m-2}y=a+1=2x+2\leq 2m+2$, de donde $2^{m-3}\leq m+1$.

Por tanto, en cualquiera de los dos casos tenemos que $2^{m-3}\leq m+1$, lo que implica que $m\leq 5$ (observemos que para $m=6$ se tiene que $2^{m-3}\gt m+1$ y, cada vez que $m$ aumenta una unidad, $2^{m-3}$ se duplica mientras que $m+1$ sólo aumenta $1$). Ahora basta comprobar caso por caso para $1\leq m\leq 5$, obteniendo que $m2^{m-1}+1$ es un cuadrado perfecto sólo para $m=5$.

Solución. El número en cuestión es 8059981865. Aunque pueden encontrarse sin demasiado problema los factores 5 y 13 (y quizás el factor 31), la fuerza bruta no es aconsejable en este caso, por lo que probaremos un método indirecto. Llamemos $n=2007$ y escribamos \[N= (n-12)n(n+6)+320=n^3-6n^2-72n+320=(n+8)(n-4)(n-10).\] En otras palabras, hemos escrito $N$ como un polinomio en $n$ y lo hemos factorizado como polinomio. Volviendo a escribir $n=2007$, tenemos que $N=2015\cdot2003\cdot 1997$. Los números $2003$ y $1997$ son primos como puede comprobarse fácilmente, mientras que $2015=5\cdot 13\cdot 31$. Obtenemos finalmente que \[N=5\cdot 13\cdot 31\cdot 1997\cdot 2003.\]