Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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.

Solución. Consideremos un cuadrado perfecto $m^2$ mayor que $n^2$. Si podemos expresar $m^2=n^2+p$, entonces podemos factorizar $p=m^2-n^2=(m+n)(m-n)$, lo que nos lleva a alguna de las siguientes dos posibilidades: \[\left\{\begin{array}{l}m+n=p\\m-n=1\end{array}\right.\qquad \left\{\begin{array}{l}m+n=1\\m-n=p\end{array}\right.\] Ambos sistemas tienen solución única y ambas nos dan $m=\frac{1+p}{2}$ (basta sumar las dos ecuaciones en cada caso y dividir por $2$), es decir, $2m-1=p$.

Todo esto nos dice que si tomamos $m\gt n$ tal que $2m-1$ no es primo, entonces $m^2$ no se puede expresar de la forma $n^2+p$. Como hay infinitos números impares que no son primos, llegamos a que la respuesta a la pregunta del enunciado es afirmativa.

Solución. Consideremos un primo $p$ y tomemos los números $a=p^x$ y $b=p^y$ para ciertos exponentes enteros positivos $x$ e $y$. Las condiciones del enunciado se traducen como sigue: \begin{align*} b^2\text{ es múltiplo de }a&\ \Longleftrightarrow\ 2y\geq x,\\ a^3\text{ es múltiplo de }b^2&\ \Longleftrightarrow\ 3x\geq 2y,\\ b^4\text{ es múltiplo de }a^3&\ \Longleftrightarrow\ 4y\geq 3x,\\ a^5\text{ es múltiplo de }b^4&\ \Longleftrightarrow\ 5x\geq 4y,\\ b^6\text{ no es múltiplo de }a^5&\ \Longleftrightarrow\ 6y\lt 5x. \end{align*} La primera y tercera desigualdades nos dicen que $y\geq\frac{1}{2}x$ e $y\geq\frac{3}{4}x$. Podemos quedarnos solamente con $y\geq\frac{3}{4}x$ pues todo número que cumpla esta desigualdad también cumplirá la otra. Análogamente, la segunda, cuarta y quinta desigualdades nos dicen que $y\leq\frac{3}{2}x$, $y\leq\frac{5}{4}x$ e $y\lt\frac{5}{6}x$, de las cuales ahora la más restrictiva es $y\lt\frac{5}{6}x$ y podemos eliminar las otras dos.

Todo esto nos dice que buscamos números $x$ e $y$ tales que $\frac{3}{4}x\leq y\lt\frac{5}{6}x$ o, lo que es lo mismo, $18x\leq 24y\lt 20x$. Hay muchas soluciones a esta desigualdad y solo buscamos una, por ejemplo, $y=3$ y $x=4$. Deducimos que los números $a=p^4$ y $b=p^3$ cumplen la condición del enunciado.

Nota. De hecho, se puede probar que $a=16$ y $b=8$ son los números más pequeños que cumplen el enunciado. ¿Sabrías demostrar por qué?