Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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.

Solución. Observemos que \[a_{n+1}+b_{n+1}\sqrt{2}=(a_n+b_n\sqrt{2})(3-2\sqrt{2})=(3a_n-4b_n)+(-2a_n+3b_n)\sqrt{2},\] e identificando términos llegamos a que \begin{eqnarray*} a_{n+1}&=&3a_n-4b_n,\\ b_{n+1}&=&-2a_n+3b_n. \end{eqnarray*} Estas igualdades nos permiten despejar $a_n$ y $b_n$ en términos de $a_{n+1}$ y $b_{n+1}$ como en un sistema de ecuaciones lineales, obteniendo: \begin{eqnarray*} a_n&=&2a_{n+1}+3b_{n+1},\\ b_n&=&-3a_{n+1}-4b_{n+1}. \end{eqnarray*} Entonces, si $a_{n+1}$ y $b_{n+1}$ tienen algún factor común, éste lo será también de sus predecesores $a_{n}$ y $b_n$. Repitiendo el proceso, deducimos que $\mathrm{mcd}(a_{n},b_{n})=\mathrm{mcd}(a_1,b_1)$ para todo $n\in\mathbb{N}$. Como $a_1=3$ y $b_1=-2$, llegamos a que $\mathrm{mcd}(a_{n},b_{n})=1$ para todo $n\in\mathbb{N}$, como queríamos demostrar.

Solución. Observemos que si $d_i$ es un divisor de $n$, entonces $\frac{n}{d_i}$ es otro divisor de $n$, y además $\frac{n}{d_i}\lt\frac{n}{d_j}$ si $d_j\lt d_i$ (es decir, los $\frac{n}{d_i}$ están ordenados de forma inversa a los $d_i$). Por tanto, tenemos que $d_1=\frac{n}{d_k}$, $d_2=\frac{n}{d_{k-1}}$ y así sucesivamente hasta $d_k=\frac{n}{d_1}$. Esto nos permite reescribir \[d=\frac{n^2}{d_kd_{k-1}}+\frac{n^2}{d_{k-1}d_{k-2}}+\ldots+\frac{n^2}{d_2d_1}=n^2\left(\frac{1}{d_kd_{k-1}}+\frac{1}{d_{k-1}d_{k-2}}+\ldots+\frac{1}{d_2d_1}\right),\] por lo que bastará ver que esta última suma de fracciones es menor o igual que $1$. No obstante, observemos que $d_i\geq i$ para todo $i\in\{1,\ldots,k\}$, lo que nos dice que \[\frac{d}{n^2}=\frac{1}{d_kd_{k-1}}+\frac{1}{d_{k-1}d_{k-2}}+\ldots+\frac{1}{d_2d_1}\leq\frac{1}{k(k-1)}+\frac{1}{(k-1)(k-2)}+\ldots+\frac{1}{2\cdot 1}.\] Ahora bien, podemos expresar cada uno de estos sumandos como \[\frac{1}{i(i-1)}=\frac{1}{i-1}-\frac{1}{i}.\] Sustituyendo cada uno de ellos en la expresión anterior, llegamos a que \[\frac{d}{n^2}\leq \frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}+\frac{1}{k-2}-\frac{1}{k-1}+\ldots+\frac{1}{1}-\frac{1}{2}=1-\frac{1}{k}\lt 1,\] con lo que hemos demostrado que $d\lt n^2$.

Veamos ahora cuándo $d$ divide a $n^2$. El mayor divisor de $n^2$ distinto del propio $n^2$ es $d_kd_{k-1}=n d_{k-1}$ (¿por qué?) luego, si la suma que define $d$ tiene más de un sumando, se tendría que $d_kd_{k-1}\lt d\lt n^2$, lo que nos dice que $d$ no es divisor de $n^2$ (es menor que $n^2$ y mayor que su mayor divisor propio). Por tanto, para que $d$ divida a $n^2$ es necesario que $k=2$, es decir, que $n$ tenga sólo dos divisores, es decir, que $n$ sea un número primo. Como en el caso de $n$ primo tenemos que $d=n$ divide a $n ^2$, deducimos que los primos son los únicos que cumplen dicha condición.

Solución. Haciendo operaciones llegamos a que \[\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}=\frac{a^2+b^2+a+b}{ab}.\] Si llamamos $d$ al máximo común divisor, entonces $a$ y $b$ son divisibles por $d$ luego el denominador de la fracción de la derecha es divisible por $d^2$. Como dicha fracción es un número entero, el numerador también ha de ser divisible entre $d^2$. Como $a^2+b^2$ sí es divisible entre $d^2$, entonces $a+b$ también tiene que serlo. De aquí deducimos que $d^2\leq a+b$, de donde $d\leq\sqrt{a+b}$ como queríamos demostrar.