Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Multiplicando por $xyN$ y pasando todos los términos al segundo miembro, la ecuación se puede escribir también como $xy-xN-yN=0$. Sumando $N^2$ a ambos miembros y factorizando, llegamos a que $(x-N)(y-N)=N^2$. De aquí deducimos que hay tantas soluciones de la ecuación original como divisores tiene $N^2$. Para probar esto, observamos que, para cada divisor $d$ de $N^2$, tenemos que $x=d+N$ e $y=\frac{N^2}{d}+N$ forman una solución de la ecuación y es fácil darse cuenta de que todas las soluciones son de esta forma ya que $x-N$ e $y-N$ tienen que ser divisores complementarios de $N^2$.

De esta forma, la información del enunciado nos dice que $N^2$ tiene exactamente $2005$ divisores. Si descomponemos en divisores primos $N=p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_k^{e_k}$ (aquí $p_1,\ldots,p_k$ son los divisores primos de $N$ y $e_1,\ldots,e_k$ sus exponentes), entonces $N^2=p_1^{2e_1}p_2^{2e_2}\cdots p_k^{2e_k}$, con lo que el número de divisores de $N^2$ es $(2e_1+1)(2e_2+1)\ldots(2e_k+1)=2005$. Como $2005=5\cdot 401$ y $401$ es primo, tenemos dos posibilidades:

• $k=1$ con $2e_1+1=2005$, en cuyo caso $e_1=1002$ y tenemos que $N=p_1^{1002}$ es un cuadrado perfecto.
• $k=2$ con $2e_1+1=5$ y $2e_2+1=401$, en cuyo caso $e_1=2$ y $e_2=200$ y tenemos que $N=p_1^2p_2^{200}$ también es un cuadrado perfecto.

En cualquiera de los dos casos tenemos probado el enunciado.

Solución. Evidentemente el miembro de la izquierda está comprendido entre $0$ y $2$, sean cuales sean los valores de $x$ e $y$, y no puede tomar el valor $0$, luego al ser el miembro de la derecha entero, tiene que ser igual a $1$ ó a $2$. Con $z=2$, se tienen las soluciones $(1,1,2)$, $(1,-1,2)$, $(-1,1,2)$ y $(-1,-1,2)$. Si $z=1$, podemos reescribir la ecuación original como $(x^2-1)(y^2-1)=1$, de donde $x^2-1$ e $y^2-1$ tienen que tomar el valor $1$ ó $-1$. Como $x$ e $y$ no pueden valer cero, deducimos que el caso $z=1$ no da ninguna solución y, por tanto, las únicas son las cuatro ternas obtenidas para $z=2$.

Nota. Otra posible solución más directa al problema consiste en dividir ambos términos por $z$, que es siempre distinto de cero, y escribir el resultado como $(zx^2-1)(zy^2-1)=1$, de donde $zx^2-1$ y $zy^2-1$ tienen que valer $\pm 1$. De aquí es fácil llegar a las cuatro soluciones arriba descritas.

Solución. Supongamos que un par $(a,b)$ satisface esa condición y consideremos la igualdad \[b(a^2b+b)-a(ab^2+9)=b^2-9a\] (hemos hecho una combinación de ambos números para eliminar los términos de tercer grado). Dividiendo entre $ab^2+9$, llegamos a que \[\frac{b^2-9a}{ab^2+9}\] también es un número entero. Distingamos varios casos según el signo del numerador:

• Si $b^2-9a\gt 0$, entonces claramente $ab^2+9\gt b^2\gt b^2-9a\gt 0$, lo que nos dice que dicha fracción no puede ser un número entero (pues su numerador es estrictamente menor que su denominador y son ambos números positivos). Esto prueba que este caso no puede ocurrir.
• Si $b^2-9a=0$, entonces la fracción anterior queda \[\frac{b^2-9a}{ab^2+9}=\frac{b^2-9a}{9(a^2+1)}=\frac{b}{9},\] con lo que $b$ ha de ser múltiplo de $9$ y $a=\frac{b^2}{9}$, es decir, obtenemos todos los pares de la forma $(9k^2,9k)$ para $k\in\mathbb{N}$.
• Finalmente, si $b^2-9a\lt 0$, distinguimos a la vez tres casos:
  • Si $b\geq 3$, entonces en la fracción $\frac{b^2-9a}{ab^2+9}$ el valor absoluto del numerador es menor que $9a$ y el del denominador es mayor que $9a+9$, lo que nos lleva a que dicha fracción no puede ser un número entero.
  • Si $b=2$, entonces tenemos que $\frac{b^2-9a}{ab^2+9}=\frac{4-9a}{4a+9}$. Ahora bien, \[4(4-9a)+9(4a+9)=97,\] luego si $4-9a$ es divisible entre $4a+9$, $97$ también ha de ser divisible entre $4a+9$. Como $97$ es un número primo y $4a+9\geq 13$, la única posibilidad es $4a+9=97$, que implica $a=22$. Es fácil comprobar que el par $(22,2)$ es una solución del problema.
  • Si $b=1$, entonces $\frac{b^2-9a}{ab^2+9}=\frac{1-9a}{a+9}=-9+\frac{82}{a+9}$ (en este caso hemos podido hacer la división directamente a diferencia del caso $b=2$). Por tanto, $a+9$ divide a $82=2\cdot 41$. Como $a+9\geq 10$, deducimos que las únicas posibilidades son $a+9=41$ y $a+9=82$, que dan lugar a los pares $(32,1)$ y $(73,1)$. Se comprueba que también son soluciones al problema original.

En resumen, hemos probado que los únicos pares para los que la fracción del enunciado es un número entero son $(22,2)$, $(32,1)$, $(73,1)$ y los de la forma $(9k^2,9k)$ para $k\in\mathbb{N}$.

Solución. La ecuación se puede escribir como $(x-a)(x-b)(x-3)=-1$. Por tanto, si $x$ es una solución entera, entonces $x-a$, $x-b$ y $x-3$ son números enteros que dividen a $-1$, luego han de ser iguales a $\pm 1$. En particular, de la condición $x-3=\pm 1$ deducimos que las únicas posibles raíces enteras de la ecuación son $x=2$ y $x=4$. Probaremos por reducción al absurdo que no pueden ser las dos a la vez soluciones.

Si $x=2$ es solución, sustituyendo en la ecuación original obtenemos que $(2-a)(2-b)=1$ y, si $x=4$ es solución, entonces $(4-a)(4-b)=-1$. Si ambos valores de $x$ son soluciones, entonces $4-a$ y $2-a$ son iguales a $\pm 1$ y, como se diferencian en $2$ unidades, tiene que ser $4-a=1$ y $2-a=-1$, es decir, $a=3$. Sustituyendo $a=3$ en $(2-a)(2-b)=1$, tenemos que $2-b=-1$ y, por tanto, $b=3$. No obstante, $a=b=3$ no cumple $(4-a)(4-b)=-1$ y hemos llegado a una contradicción.

Solución. Supongamos que $A$ y $B$ son dos potencias de $2$ distintas pero con los mismos dígitos (no nulos) reordenados. Vamos a llegar a una contradicción y esto dará respuesta negativa a la pregunta del enunciado. Primero observamos dos propiedades de $A$ y $B$.

• Como los dígitos tanto de $A$ como de $B$ son no nulos, ambos números han de tener el mismo número de cifras significativas. En particular, si suponemos que $A\lt B$, entonces ocurre alguna de las siguientes tres situaciones: $B=2A$ ó $B=4A$ ó $B=8A$ (observa que ambas son potencias de $2$ y $16A$ tiene siempre más cifras que $A$).
• Como los dígitos son los mismos, tenemos que $A\equiv B$ (mód $9$).

Ahora bien, como $A$ y $B$ son primos relativos con $9$ (son potencias de $2$), tenemos que $A\equiv B=2^kA$ (mod $9$) implica $1\equiv 2^k$ (mód $9$). Tanto si $k=1$ como si $k=2$ ó $k=3$ esta congruencia es falsa, lo que nos da la contradicción buscada.