Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Veamos que, para cualquier $a\in\mathbb{Z}$, se cumple que $6$ divide a $a^3-a$. Para probar esto, observemos que $a^3-a$ siempre es par (ya que $a^3$ y $a$ tienen la misma paridad) y también es múltiplo de $3$ ya que $a^3-a=(a-1)a(a+1)$ es el producto de tres enteros consecutivos. Por tanto, hemos probado que $a^3-a$ es múltiplo de 6. Usando esto, $$x^3+y^3+z^3-(x+y+z)=(x^3-x)+(y^3-y)+(z^3-z)$$ ha de ser múltiplo de 6 y, como $x+y+z$ lo es, también tiene que serlo $x^3+y^3+z^3$.

Solución. Observemos que la ecuación se puede escribir de forma equivalente como $(x-n)(y-n)=n^2$. Por lo tanto, $x-n$ e $y-n$ han de ser divisores complementarios de $n^2$. Por otro lado, para cada divisor $d$ de $n$, se tiene que $x=d+n$ e $y=\frac{n}{d}+n$ es una solución de la ecuación. Deducimos que hay tantas soluciones de la ecuación como divisores tiene $n^2$.

Finalmente, todo cuadrado perfecto tiene un número impar de divisores. Esto puede probarse sin más que darse cuenta de que cada divisor $d$ de $n^2$ está emparejado con $\frac{n^2}{d}$, salvo para $d=n$, que está desparejado.

Solución. Supongamos, por reducción al absurdo, que \(p\) es un número primo que divide a \(21n+4\) y a \(14n+3\). Entonces \(p\) divide a \(7n=3(21n+4)-4(14n+3)\), de donde \(p=7\) o bien \(p|n\). Claramente \(p=7\) no es posible ya que el numerador no es múltiplo de \(7\) para ningún valor de \(n\). Por otro lado, si \(p|n\), tenemos que \(p|4\) y \(p|3\) puesto que el numerador y el denominador son múltiplos de \(p\) por hipótesis. No obstante, no existe ningún número primo que divida simultáneamente a \(4\) y a \(3\), luego hemos llegado a la contradicción deseada.

Solución. Supondremos que los números no son $\{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10\}$, pues en tal caso es inmediato que el enunciado se cumple.

Entre los diez números consecutivos hay siempre cinco números que son pares, dos que son múltiplos de 5 y uno que es múltiplo de 10: esto nos da un total de seis números que no pueden ser primos relativos con los demás (justamente los que acaban en 0, 2, 4, 5, 6 y 8). Ahora bien, a lo sumo hay cuatro de los diez números que son múltiplos de 3 y a lo sumo dos de ellos son impares y, por otro lado, a lo sumo hay dos múltiplos de 7 entre los diez números y a lo sumo uno de ellos es impar. Esto nos dice que como mucho hay 9 números que comparten alguno de los factores $\{2,3,5,7\}$ con algún otro número y, por tanto, hay al menos un número cuyo menor factor primo es mayor o igual que 11 (aquí es fundamental que el $1$ no sea uno de los números, caso que hemos excluído al principio). Es obvio que este número es primo relativo con todos los demás.

Solución. La forma más sencilla de resolver este problema darse cuenta de que el número en cuestión tiene que ser un cubo perfecto de 4 cifras y, por tanto, tiene que ser el cubo de un número entre 10 y 21. En este punto, podría probarse caso por caso y llegar a la solución, aunque vamos a ver que podemos descartar algunos números directamente.

Es bien sabido que la suma de las cifras tiene el mismo resto que el propio número módulo $9$ luego si llamamos $r$ a dicho resto, ha de cumplirse que $r\equiv r^3\ (\text{mód }9)$, es decir, $r\equiv -1$, $r\equiv 0$ ó $r\equiv 1\ (\text{mód }9)$. Esto nos lleva a que el número es el cubo de 10, 17, 18 ó 19. Probando cada uno de estos cuatro casos llegamos a que los únicos que cumplen la condición son $17^3=4913$ y $18^3=5832$.