Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Sea $n$ un múltiplo de $100$ cualquiera, pongamos $n=100k$. Entonces, los números $k$, $2k$, $4k$, $5k$, $10k$, $20k$, $25k$ y $50k$ son divisores de $n$ menores que $100k$ y en total suman $117k$, luego la suma de todos los divisores de $n$, que es al menos de $117k$, es mayor que $n$.

Nota. Esta misma solución se puede adaptar para demostrar que los múltiplos de un número abundante son también abundantes e incluso los múltiplos de un número perfecto son también abundantes.

Solución. Si $\sqrt{k^2-kp}$ es igual a un número natural $n$, entonces $k^2-kp=n^2$. Utilizando la fórmula de las soluciones de la ecuación de segundo grado, podemos despejar \[k=\frac{p\pm\sqrt{p^2+4n^2}}{2}.\] Ahora bien, si $k$ es un número entero, la raíz anterior tiene que ser otro número natural, llamémoslo $m$ y, por tanto, $p^2+4n^2=m^2$. Podemos despejar así $p^2=m^2-4n^2=(m-2n)(m+2n)$. Como $p$ es primo, las únicas factorizaciones posibles de $p^2$ son $p^2=(-1)(-p^2)=(-p)(-p)=p\cdot p=1\cdot p^2$, pero $m-2n$ es menor o igual que $m+2n$ por ser $n$ mayor o igual que cero, y $m+2n$ también es positivo luego tenemos las siguientes dos posibilidades:

• $m-2n=1$, $m+2n=p^2$, de donde $m=\frac{p^2+1}{2}$ y $n=\frac{p^2-1}{4}$.
• $m-2n=p$, $m+2n=p$, de donde $m=p$ y $n=0$.

Sustituyendo estos valores de $m$ en la ecuación de segundo grado para $k$, obtenemos las siguientes posibilidades: \[k=0,\hspace{1cm}k=p,\hspace{1cm}k=\left(\frac{p+1}{2}\right)^2,\hspace{1cm}k=-\left(\frac{p-1}{2}\right)^{2}.\] Las dos primeras son enteras sea cual sea el primo $p$ pero la tercera y la cuarta sólo cuando $p$ es impar, es decir, para $p\geq 3$. Si no consideramos el cero como número natural, tenemos que descartar las dos primeras.

Solución. Es fácil darse cuenta de la solución $x=y=z=0$. Si alguna de las tres incógnitas es cero, obviamente las otras dos también tienen que serlo, luego vamos a suponer que tenemos una solución $(x,y,z)$ donde ninguna de las tres es cero. Podemos suponer además que los tres números no comparten ningún factor común, es decir, el máximo común divisor de los tres es igual a $1$ (podemos dividir la ecuación por el cuadrado del máximo común divisor y obtenemos otros tres números que vuelven a cumplirla).

Trabajando módulo $3$, todo número al cuadrado es congruente con $0$ ó con $1$. Analizando las posibilidades en la ecuación de arriba, llegamos a que $x$ y $y$ han de ser múltiplos de $3$, luego $x=3a$ e $y=3b$ para ciertos enteros $a$ y $b$. Sustituyendo, tenemos que $3a^2+3b^2=z^2$, de donde $z$ también es múltiplo de $3$ y hemos encontrado un factor común a $x$, $y$ y $z$ (el $3$), contradiciendo nuestra suposición, luego la única solución es $x=y=z=0$.

Otra forma de enfocar esta solución es mediante la técnica del descenso infinito. Observemos además que esto nos dice que no existen números racionales $r$ y $s$ tales que $r^2+s^2=3$ (¿por qué?).

Solución. Todo número impar al cuadrado es congruente con $1$ módulo $8$, mientras que los números pares al cuadrado son congruentes con $0$ ó con $4$ módulo $8$. Una distinción de casos en la ecuación inicial nos lleva directamente a que $x$, $y$ y $z$ han de ser pares los tres, luego podemos escribir $x=2x'$, $y=2y'$, $z=2z'$ y, sustituyendo estos valores en la ecuación inicial, obtenemos que \[(x')^2+(y')^2+(z')^2=4(x')^2(y')^2.\] A estos nuevos números se les puede aplicar el mismo razonamiento para probar que $x'$, $y'$ y $z'$ son pares y el proceso puede repetirse indefinidamente, lo que nos lleva a que $x$, $y$ y $z$ tienen que ser divisibles por cualquier potencia de $2$ y, por tanto, $x=y=z=0$. Se comprueba que esta es una solución de la ecuación y, por tanto, es la única.

Nota. Otra forma equivalente de plantear esta misma solución es mediante la técnica del descenso infinito.

Solución. Si $x=0$, entonces $y=0$ y $z$ puede ser cualquier número. De la misma forma, si $y=0$, entonces $x=0$ y $z$ puede ser cualquier número. Supongamos a partir de ahora que $x$ e $y$ son distintos de cero.

Sea $d$ el máximo común divisor de $x$ e $y$ y escribamos $x=a\cdot d$ e $y=b\cdot d$, donde $a$ y $b$ son enteros primos entre sí. Si dividimos ambos miembros de la ecuación entre $d^2$, obtenemos \[a^2-b^2=2abz.\] Ahora vamos a probar que $a=\pm 1$ y $b=\pm1$. Si $a$ fuera distinto de $\pm 1$, entonces existiría un primo $p$ que divide a $a$, luego $p$ también dividiría a $b^2=a^2-2abz=a(a-2bz)$, contradiciendo que $a$ y $b$ son primos entre sí, luego hemos probado por reducción al absurdo que $a=\pm 1$ y, de la misma forma $b=\pm 1$. De aquí que $x=\pm d$ e $y=\pm d$, es decir, $x$ e $y$ son iguales u opuestos.

Tenemos entonces las siguientes soluciones:

• $x=y=0$ y $z$ cualquier número entero.
• $x=y$ cualesquiera y $z=0$.
• $x=-y$ cualesquiera y $z=0$.