Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Tenemos que probar dos implicaciones:

• Si $k$ divide a $l$, entonces es más o menos evidente que $a_k$ divide a $a_l$ puesto que el número de unos en $a_l$ es múltiplo del número de unos en $a_k$ y podemos agrupar los $l$ unos en $\frac{l}{k}$ grupos de $k$ unos: \begin{align*} a_l&=1\stackrel{(k)}{\ldots}11\stackrel{(k)}{\ldots}1\ldots\ldots1\stackrel{(k)}{\ldots}1\\ &=a_k\cdot (1+10^k+10^{2k}+\ldots+10^{\frac{l}{k}-1}). \end{align*}
• Supongamos ahora que $a_k$ divide a $a_l$ y por reducción al absurdo que $k$ no divide a $l$ (luego $l\gt k$). Hacemos la división euclídea $l=qk+r$ para cierto resto $0\lt r\lt k$. Podemos usar la idea anterior para hacer grupos de $k$ unos en $a_l$ y sobrará un grupo de $r$ unos, es decir, \begin{align*} a_l&=1\stackrel{(k)}{\ldots}11\stackrel{(k)}{\ldots}1\ldots\ldots1\stackrel{(k)}{\ldots}11\stackrel{(r)}{\ldots}1\\ &=10^ra_{l-r}+a_r. \end{align*} Como $a_k$ divide a $a_{l-r}$ ya que $l-r=qk$ es múltiplo de $k$, se sigue que $a_k$ divide a $a_r$, pero esto es absurdo ya que $0\lt r\lt k$ implica que $0\lt a_r\lt a_k$.

Solución. Si sustituimos $b=\frac{cd}{a}$, podemos transformar \begin{align*} a+b+c+d&=a+\frac{cd}{a}+c+d=\frac{a^2+cd+ac+ad}{a}=\frac{(a+c)(a+d)}{a}. \end{align*} Ahora bien, el resultado de la fracción anterior debe ser un número entero, luego podemos factorizar $a=rs$ de forma que $r$ divide a $a+c$ y $s$ divide a $a+d$, es decir, $\frac{a+c}{r}$ y $\frac{a+d}{s}$ son enteros. Claramente estos enteros son mayores que $1$ ya que $a+c\gt a\geq r$ y $a+d\gt a\geq s$ porque $c$ y $d$ son positivos. Hemos probado así que $a+b+c+d=\frac{a+c}{r}\cdot \frac{a+d}{s}$ no es primo.

Solución. Comenzamos factorizando \begin{align*} a_n&=n^3+1=(n+1)(n^2-n+1),\\ a_{n+1}&=(n+1)^3+1=(n+2)(n^2+n+1). \end{align*} Como $n+1$ no tiene factores en común con $n+2$ ya que son dos números consecutivos y tampoco con $n^2+n+1=n(n+1)+1$ ya que es un múltiplo de $n+1$ más una unidad. De la misma forma, $n+2$ no tiene factores en común con $n+1$ pero al ser $n^2-n+1=(n+2)(n-3)+7$, el único factor no trivial que pueden tener en común $n+2$ y $n^2-n+1$ es el $7$ (justo ocurre cuando $n+2$ es múltiplo de $7$). Finalmente, tenemos que \begin{align*} \mathrm{mcd}(n^2-n+1,n^2+n+1)&=\mathrm{mcd}(n^2-n+1,n^2+n+1-(n^2-n+1))\\ &=\mathrm{mcd}(n^2-n+1,2n)=\mathrm{mcd}(n^2-n+1,2)=1, \end{align*} puesto que $n^2-n+1$ es impar y no tiene factores en común con $n$. Con todo esto, deducimos que el máximo posible divisor común a $a_n$ y $a_{n+1}$ es $7$. Para $n=5$, tenemos que $a_5=126=18\cdot 7$ y $a_6=217=31\cdot 7$ tienen máximo común divisor $7$, luego este es el valor buscado.

Solución. Observemos que la ecuación se puede escribir como \[(x-p)(y-p)=p^2.\] Si suponemos que $x\leq y$, como los divisores de $p^2$ son $\pm 1$, $\pm p$ y $\pm p^2$, tendrá que darse alguna de las siguientes posibilidades:

• $x-p=-p^2$, $y-p=-1$, de donde $x=p-p^2$ e $y=p-1$,
• $x-p=-p$, $y-p=-p$, de donde $x=y=0$,
• $x-p=1$, $y-p=p^2$, de donde $x=p+1$ e $y=p^2+p$,
• $x-p=p$, $y-p=p$, de donde $x=y=2p$.

Como la ecuación es simétrica en $x$ e $y$, deducimos que todas las soluciones son $(p-p^2,p-1)$, $(p-1,p-p^2)$, $(0,0)$, $(p+1,p^2+p)$, $(p^2+p,p+1)$ y $(2p,2p)$.

Nota. Este fue también el problema 4 de la fase nacional de la Olimpiada Matemática Española de 1995.