Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Sea $r=a\triangledown p$ el resto de dividir $a$ entre $p$. Entonces, tenemos que

• $a\triangledown 2p$ es igual a $r$ o $r+p$,
• $a\triangledown 3p$ es igual a $r$, $r+p$ o $r+2p$,
• $a\triangledown 2p$ es igual a $r$, $r+p$, $r+2p$ o $r+3p$.

En consecuencia, la condición del enunciado implica que \[a+p=a\triangledown p+a\triangledown 2p+a\triangledown 3p+a\triangledown 4p=4r+kp,\] siendo $0\leq k\leq 6$ un entero. Tomando en esta igualdad congruencias módulo $p$, tenemos además que $r\equiv 4r\ (\text{mod }p)$, es decir, $3r\equiv 0\ (\text{mod }p)$. Esto nos da dos casos: $r=0$ y $p$ un primo arbitrario o bien $p=3$ y $r\in\{1,2\}$.

1. Si $r=0$, entonces la condición $a+p=4r+kp$ nos da como únicas posibles soluciones $(p,p)$, $(2p,p)$, $(3p,p)$, $(4p,p)$ y $(5p,p)$. Es fácil ver que $(5p,p)$ es la única que cumple la condición del enunciado y vale para todo primo $p$.
2. Si $p=3$ y $r=1$, entonces tenemos las posibles soluciones $(1,3)$, $(4,3)$, $(7,3)$, $(10,3)$, $(13,3)$, $(16,3)$ y $(19,3)$. Puede comprobarse fácilmente que $(1,3)$ es la única que cumple la condición del enunciado.
3. Finalmente, si $p=3$ y $r=2$, las posibles soluciones $(5,3)$, $(8,3)$, $(11,3)$, $(14,3)$, $(17,3)$, $(20,3)$ y $(23,3)$. Se comprueba de nuevo una por una y se ve rápidamente que $(17,3)$ es la única que cumple la condición del enunciado.

Resumiendo, hemos probado que los únicos pares $(a,p)$ que cumplen la condición del enunciado son $(1,3)$, $(17,3)$ y los de la forma $(5p,p)$ para cualquier primo $p\geq 2$.

Solución. Si agrupamos el primer sumando con el último, el segundo con el antepenúltimo y así sucesivamente, podemos expresar la suma del enunciado como suma de sumandos del tipo \begin{eqnarray*} \frac{1}{k^p}+\frac{1}{(p-k)^p}&=&\frac{(p-k)^p+k^p}{k^p(p-k)^p}\\ &=&\frac{p^p-\binom{p}{1}kp^{p-1}+\ldots+\binom{p}{2}k^{p-2}p^2+\binom{p}{1}k^{p-1}p+k^p-k^p}{k^p(p-k)^p}\\ &=&\frac{M_kp^3}{k^p(p-k)^p}+\frac{k^{p-1}p^2}{k^p(p-k)^p}, \end{eqnarray*} para cierto entero $M_k$, donde hemos usado el binomio de Newton y el hecho de que $\binom{p}{2}=\frac{p(p-1)}{2}$ es múltiplo de $p$. Ahora bien, la primera de las dos fracciones del último término nos da el factor $p^3$ deseado, pero tendremos que trabajar un poco más la segunda. La suma del enunciado verifica \begin{eqnarray*} 2\sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k^{p-1}}&=&\sum_{k=1}^{p-1}\frac{M_kp^3}{k^p(p-k)^p}+\sum_{k=1}^{p-1}\frac{k^{p-1}p^2}{k^p(p-k)^p}\\ &=&\frac{Mp^3}{((p-1)!)^p}+p^2\sum_{k=1}^{p-1}\frac{\frac{1}{k}}{(p-k)^p}\\ &=&\frac{Mp^3+p^2\sum_{k=1}^{p-1}\frac{((p-1)!)^p}{k(p-k)^p}}{((p-1)!)^p}. \end{eqnarray*} para cierto entero $M$. Como quiera que el denominador $((p-1)!)^p$ no es múltiplo de $p$ por ser $p$ primo, será suficiente probar que la sumatoria $\sum_{k=1}^{p-1}\frac{((p-1)!)^p}{k(p-k)^p}$ (que es un número entero ya que el denominador divide al numerador claramente) es múltiplo de $p$. Para probarlo, vamos a usar congruencias. Por un lado, tenemos que $(p-k)^p\equiv (p-k)\equiv -k\ (\text{mod }p)$ por el teorema pequeño de Fermat; por otro lado, el teorema de Wilson nos dice que $(p-1)!\equiv -1\ (\text{mod }p)$. En consecuencia, podemos escribir \begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{p-1}\frac{((p-1)!)^p}{k(p-k)^p}&\equiv& \sum_{k=1}^{p-1}\frac{(-1)^p}{k(-k)}\equiv \sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k^2}\\ &\equiv& \sum_{k=1}^{p-1}k^2\equiv \frac{(p-1)p(2p-1)}{6}\equiv 0\ (\text{mod }p). \end{eqnarray*} Aquí hemos usado además que $\frac{1}{k}$ recorre todos los restos no nulos módulo $p$ por ser $p$ primo y también que $p\geq 5$ para que en la última congruencia $(p-1)(2p-1)$ sea múltiplo de $6$. Como comentario final, en estas últimas congruencias los denominadores deben entenderse como multiplicar por su inverso modular, no como verdaderas fracciones.

Solución. Observamos en primer lugar que \[(ac+bd)^2+(ad-bc)^2=(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(a^2+b^2)^2.\] Si escribimos $a^2+b^2=k(ac+bd)$ para cierto entero $k$, lo anterior nos dice que \[(ad-bc)^2=(k^2-1)(a^2+b^2)^2,\] de donde se deduce que $k^2-1$ ha de ser un cuadrado perfecto, luego ha de ser $k^2=1$. Esto nos lleva a que $k=1$ (ya que, si $k=-1$, entonces $ac+bd=-(a^2+b^2)\lt 0$). Por tanto, se cumple que $ac+bd=a^2+b^2=c^2+d^2$. Podemos escribir entonces $$ac+bd=|ac+bd|=\sqrt{a^2+b^2}\sqrt{c^2+d^2},$$ es decir, se da la igualdad en la desigualdad de Cauchy-Schwarz, lo que nos dice que los vectores $(a,b)$ y $(c,d)$ son proporcionales. Como tienen el mismo módulo y todas las coordenadas son positivas, llegamos a que $c=a$ y $d=b$. Deducimos así que las cuaternas que cumplen la condición son de la forma $(a,b,a,b)$, para cualesquiera $a$ y $b$ enteros positivos. Como estas cuaternas cumplen la condición, deducimos que son las únicas.

Solución. Llamemos $s=a+b$, $m=\mathrm{mcm}(a,b)$ y $d=\mathrm{mcd}(a,b)$. Veamos que también podemos calcular $d$ como $d=\mathrm{mcd}(s,m)$. Para ello, supongamos que $p^e$ es la mayor potencia de un primo $p$ que divide tanto a $a$ como a $b$. Entonces, $p^e$ divide a $m$ ya que $m$ es múltiplo de $a$ y $b$ y también se tiene que $p^e$ divide a $a+b$ por dividir a cada uno de los sumandos. Falta por ver que $p^{e+1}$ no divide simultáneamente a $s$ como a $m$. Por reducción al absurdo, si $p^{e+1}$ divide a $m$ es porque divide a alguno de los números $a$ o $b$ (el mínimo común múltiplo consiste en el producto de primos elevados al mayor exponente). En tal caso, como $p^{e+1}$ divide a $s=a+b$ y divide a alguno de los sumandos, debe necesariamente dividir al otro, pero esto contradice que hemos supuesto que $p^e$ es la mayor potencia de $p$ que divide tanto a $a$ como a $b$.

Una vez probado esto, usando la igualdad conocida $dm=ab$, tenemos que \[a+b=s,\qquad ab=m\cdot\mathrm{mcd}(s,m).\] Así, tenemos que $a$ y $b$ son soluciones de la ecuación de segundo grado \[x^2-sx+m\cdot\mathrm{mcd}(s,m)=0.\] En el caso que nos pide el enunciado, puede calcularse fácilmente por el algoritmo de Euclides $\mathrm{mcd}(3972,985928)=4$, luego $a$ y $b$ son las soluciones de $x^2-3972x+3943712=0$. Esto nos da (después de algunas laboriosas cuentas) que los números son $1964$ y $2008$.