Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Dados $m$ y $n$, llamemos $F(m,n)$ al número del enunciado y procedamos por inducción sobre $n$. Para $n=0$ y cualquier $m\geq 0$ se tiene que $$F(m,0)=\left(\begin{array}{c}2m\\m\end{array}\right),$$ que un número combinatorio y, por tanto, entero (hemos hecho uso de que $0!=1$). Supongamos ahora que $F(m,n)$ es entero para todo $m\geq 0$ y probemos que $F(m,n+1)$ también es entero para todo $m\geq 0$. Para probar esto, observemos que, para cualesquiera $m,n\geq 0$, tenemos que \begin{eqnarray*} F(m,n+1)+F(m+1,n)&=&\frac{(2m)!(2n+2)!}{m!(n+1)!(m+n+1)!}+\frac{(2m+2)!(2n)!}{(m+1)!\,n!(m+n+1)!}\\ &=&\frac{(2m)!(2n)!}{m!\,n!(m+n)!}\left(\frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)(m+n+1)}+\frac{(2m+2)(2m+1)}{(m+1)(m+n+1)}\right)\\ &=&\frac{(2m)!(2n)!}{m!\,n!(m+n)!}\cdot\frac{2(2n+1)+2(2m+1)}{(m+n+1)}=4F(m,n),\\ \end{eqnarray*} donde hemos sacado factor común todos los factoriales posibles y después operado. En particular, se tiene que $F(m,n+1)=4F(m,n)-F(m+1,n)$ es entero ya que $F(m,n)$ y $F(m+1,n)$ son enteros por hipótesis de inducción. Esto concluye la demostración.

Nota. Puede pensarse que esta forma de demostrar que el número es entero es muy rebuscada, pero la idea es muy similar a la demostración de que los números combinatorios son enteros (concretamente, se prueba que un número combinatorio es la suma de los dos que están por encima de él en el triángulo de Tartaglia).

Solución. Tomando congruencias módulo $3$, observamos que $3^n\equiv 0\ (\mathrm{mod}\ 3)$ para todo $n$ mientras que $2^n\equiv 2\ (\mathrm{mod}\ 3)$ para $n$ impar y $2^n\equiv 1\ (\mathrm{mod}\ 3)$ para $n$ par. Deducimos así que $2^n+3^n\equiv 2\ (\mathrm{mod}\ 3)$ para $n$ impar. Ahora bien, todos los cuadrados son congruentes con $0$ ó $1$ módulo $3$, lo que nos lleva a que $2^n+3^n$ no puede ser un cuadrado.

Solución. En primer lugar, expresamos $$P(x,y)=2x^2-6xy+5y^2=(x-2y)^2+(x-y)^2{.}$$ De aquí deducimos que todos los valores de $P$ son suma de dos cuadrados. No obstante, cualquier suma de dos cuadrados $u^2+v^2$ es un valor de $P$, sin más que tomar $x=-u+2v$ e $y=-u+v$ en la expresión de arriaba. Esto nos dice que los valores de $P$ son exactamente los números enteros que se expresan como suma de dos cuadrados.

Por inspección directa, los números menores o iguales que 100 que son suma de dos cuadrados son: 1, 2, 4, 5, 8, 9, 10, 13, 16, 17, 18, 20, 25, 26, 29, 32, 34, 36, 37, 40, 41, 45, 49, 50, 52, 53, 58, 61, 64, 65, 68, 72, 73, 74, 80, 81, 82, 85, 89, 90, 97, 98, 100. Estos hacen un total de 43 valores de $P$ entre 1 y 100, lo que responde al apartado (a).

Para responder al apartado (b), veamos ahora que el producto de dos números que se expresan como suma de dos cuadrados vuelve a ser suma de dos cuadrados, pero esto es consecuencia de la siguiente identidad, válida para cualesquiera números $a$, $b$, $c$ y $d$ no necesariamente enteros: $$(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2{.}$$

Solución. Pongamos que $p=p_1^2+p_2^2+p_3^2$, siendo $p,p_1,p_2,p_3$ números primos. El resto de la división entre 3 de cada $p_i^2$ es 0 si $p_i$ es múltiplo de $3$ (en cuyo caso $p_i=3$ por ser $p_i$ primo) ó 1 si $p_i$ no es múltiplo de $3$. Razonando por reducción al absurdo, si ningún $p_i$ fuera igual a 3, tendríamos que $$p=p_1^2+p_2^2+p_3^2\equiv 1+1+1\equiv 0\ (\mathrm{mod}\ 3),$$ lo que implica que $p=3$ pero esto es una contradicción ya que $p=p_1^2+p_2^2+p_3^2\geq 4+4+4=12$ (obsérvese que el 1 no es un número primo).

Solución. Basta darse cuenta de que \[\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=\frac{(n+1)-n}{n(n+1)}=\frac{1}{n(n+1)}{,}\] luego tomando $a=n$, $b=n(n+1)$ y $c=n+1$, tenemos una solución para cada número natural $n$. Hemos demostrado así que hay infinitas soluciones.