Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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 $2008$.

Solución. Consideremos la identidad $$a^3+b^3+c^3=(a+b+c)^3-3(a+b+c)(ab+bc+ac)+3abc.$$ Si $abc=k(a+b+c)$, entonces podemos sacar factor común $a+b+c$: $$a^3+b^3+c^3=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac+3k).$$ Ahora bien, $1\lt a+b+c\lt a^3+b^3+c^3$ salvo que $a=b=c=1$, pero en tal caso se tendría que $k=\frac{1}{3}\not\in\mathbb{N}$. Deducimos así que $a+b+c$ es un factor propio de $a^3+b^3+c^3$ y, por tanto, este número no puede ser primo.

Para responder a la segunda pregunta, tomamos $c=k$, con lo que la condición $abc=k(a+b+c)$ se reescribe como $(a-1)(b-1)=k+1$ y ahora basta elegir $a=2$ y $b=k+2$. Es fácil comprobar que $(a,b,c)=(2,k+2,k)$ cumple la condición dada.

Solución. Intentando completar una potencia cuarta, se llega directamente a que \[a^4+4a^3+11a^2+6a+2=(a+1)^4+5a^2+2a+1=((a+1)^2)^2+(2a)^2+(a+1)^2.\] Para ver que es múltiplo de $4$, observamos que $a^2\equiv a^4\equiv 1\ (\text{mod }4)$ y que $6a\equiv 2\ (\text{mod }4)$ para todo entero impar $a$. Esto nos dice que \[a^4+4a^3+11a^2+6a+2\equiv 1+0+3+2+2\equiv 0\ (\text{mod }4).\]