Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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

• $m-k=-k^2$, $n-k=-1$, de donde $m=k-k^2$ e $n=k-1$,
• $m-k=-k$, $n-k=-k$, de donde $m=n=0$,
• $m-k=1$, $n-k=k^2$, de donde $m=k+1$ e $n=k^2+k$,
• $m-k=k$, $n-k=k$, de donde $m=n=2k$.

Esto nos da la siguientes seis posibilidades para el par $(m,n)$: \begin{align*} &(k-k^2,k-1),&&(k-1,k-k^2),&&(0,0),&\\ &(k+1,k^2+k),&&(k^2+k,k+1),&&(2k,2k).& \end{align*}

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

Solución. En primer lugar, vamos a desarrollar los factores que aparecen en ese producto para obtener una expresión más sencilla. Observamos que \begin{align*} C_{m+i}-C_k&=(m+i+1)(m+i)-(k+1)k\\ &=(m+i)^2-k^2+m+i-k\\ &=(m+k+i)(m-k+i)+m-k+i\\ &=(m+k+i+1)(m-k+i). \end{align*} Por lo tanto, podemos agrupar factores para expresar \begin{align*} &\frac{(C_{m+1}-C_k)\cdots(C_{m+n}-C_k)}{C_1C_2\cdots C_n}\\ &\quad=\frac{(m+k+2)(m-k+1)\cdots(m+k+n+1)(m-k+n)}{1\cdot 2\cdot 2\cdot 3\cdots n(n+1)}\\ &\quad=\frac{(m+k+2)\cdots(m+k+n+1)(m-k+1)\cdots(m-k+n)}{n!(n+1)!}\\ &\quad=\frac{1}{m+k+1}\binom{m+k+n+1}{n+1}\binom{m-k+n}{n}. \end{align*} Los números combinatorios son enteros pero falta por ver que alguno de ellos es divisible por el primo $m+k+1$. Claramente lo es el primero de ellos dado que en \[\binom{m+k+n+1}{n+1}=\frac{(m+k+1)(m+k+2)\cdots(m+k+n+1)}{(n+1)!}\] el numerador es múltiplo de $m+k+1$ y el denominador no lo es ya que $n+1\lt m+k+1$ por hipótesis.

Solución. Podemos ver el sistema como un sistema de ecuaciones con incógnitas $b$ y $c$ en el que conocemos su suma y su producto. Esto equivale a que $b$ y $c$ son las soluciones de la ecuación de segundo grado \[0=(x-b)(x-c)=x^2-(b+c)x+bc=x^2-adx+a+d.\] Dado que $b\lt c$, podemos calcular estas soluciones como \[b=\frac{ad-\sqrt{a^2d^2-4a-4d}}{2},\qquad c=\frac{ad+\sqrt{a^2d^2-4a-4d}}{2}.\] Como se trata de números enteros positivos, tenemos que $a^2d^2-4a-4d$ tiene que ser un cuadrado perfecto. Como es menor que $(ad)^2$, tendrá que ser menor o igual que $(ad-1)^2=a^2d^2-2ad+1$, es decir, \[a^2d^2-4a-4d\leq a^2d^2-2ad+1\ \Leftrightarrow\ ad-2a-2d\leq 1\ \Leftrightarrow\ (a-2)(d-2)\leq 5.\] Ahora bien, $d$ tiene que ser al menos tres unidades mayor que $a$ para que se cumpla que $a\lt b\lt c\lt d$. Con esto en mente, la desigualdad $(a-2)(d-2)\leq 4$ implica que $a\leq 3$ (si $a\geq 4$, entonces $d\geq 7$ y $(a-2)(d-2)\geq 10$).

Repitiendo todo el razonamiento anterior con $b$ y $c$ en lugar de $a$ y $d$, tenemos que $b\leq 3$. Como $a\lt b$. Esto da lugar a tres casos:

• Si $(a,b)=(1,2)$, el sistema inicial se escribe como $d=c+2$ y $2c=1+d$. Este sistema tiene solución única $(c,d)=(3,5)$.
• Si $(a,b)=(1,3)$, el sistema inicial se escribe como $d=c+3$ y $3c=1+d$, que tiene solución única $(c,d)=(2,5)$, pero no cumple que $b\lt c$.
• Si $(a,b)=(2,3)$, el sistema inicial se escribe como $2d=c+3$ y $3c=2+d$, que tiene solución única $(c,d)=(\frac{7}{5},\frac{11}{5})$, que no son números enteros.

Tenemos así que la única solución al problema es $(a,b,c,d)=(1,2,3,5)$.

Solución. Pongamos que los números son $n-1,n,n+1,n+2$ por simplicidad, luego su producto $P$ puede expresarse después de completar un cuadrado como \begin{align*} P=(n-1)n(n+1)(n+2)&=(n^3-n)(n+2)\\ &=n^4+2n^3-n^2-2n=(n^2+n-1)^2-1. \end{align*} Por tanto, $P$ es una unidad menos que un cuadrado; si $P$ fuera un cuadrado, entonces la única posibilidad es $P=0$, contradiciendo que $P$ es el producto de cuatro enteros positivos.

En cuanto a que $P$ sea un cubo, observamos que dos números consecutivos no tienen factores comunes y dos números que difieren en dos unidades solo pueden tener a $2$ como factor común, luego $n$ o $n+1$ (el que sea impar) no tiene factores comunes con los otros factores. Por tanto, si $P$ es un cubo, entonces $n$ o $n+1$ tienen que ser cubos y al eliminar estos factores de $P$ también queda un cubo. Distingamos los dos casos:

• Si $n$ y $(n-1)(n+1)(n+2)=n^3+2n^2-n-2$ fueran cubos, tendríamos que $$n^3\lt n^3+2n^2-n-2\lt n^3+3n^2+3n+1=(n+1)^3,$$ lo cual es una contradicción, luego $P$ no es cubo en este caso.
• Si $n+1$ y $(n-1)n(n+2)=(n^2-n)(n+2)=n^3+n^2-n$ fueran cubos, tendríamos que $$n^3\leq n^3+n^2-n\lt n^3+3n^2+3n+1=(n+1)^3.$$ La igualdad en la primera desigualdad se da sólo si $n=2$, pero entonces $P=1\cdot 2\cdot 3\cdot 4=24$ no es un cubo. Por tanto, $P$ no es un cubo tampoco en este caso.

Nota. Completar el cuadrado puede parecer sofisticado, es una técnica estándar que consiste en igualar el máximo número de coeficientes del polinomio con un cuadrado de la forma $(n^2+an+b)^2$, en cuyo caso se obtiene que $a=1$ y $b=-1$ (en este caso se igualan todos menos el término independiente). La técnica de acotar entre dos potencias consecutivas también es muy estándar para ver cuándo una expresión no es igual a una potencia. Lo interesante del segundo apartado es cómo pasar de un polinomio de grado $4$ a otro de grado $3$.