Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. La ecuación del enunciado se puede expresar como \[(x-5)(y-4)=47.\] Como $47$ es un número primo, llegamos a que $x-5$ e $y-4$ tienen que ser $\pm 1$ ó $\pm 47$. Tenemos así cuatro posibilidades:

• $x-5=1$ e $y-4=47$, lo que nos lleva a $x=6$ e $y=51$.
• $x-5=-1$ e $y-4=-47$, lo que nos lleva a $x=4$ e $y=-43$.
• $x-5=47$ e $y-4=1$, lo que nos lleva a $x=52$ e $y=5$.
• $x-5=-47$ e $y-4=-1$, lo que nos lleva a $x=-42$ e $y=3$.

Éstas son las cuatro soluciones del problema. Informar

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 complentarios 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.

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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 $(2p,2p)$. Informar

Solución. Observemos que la condición del enunciado puede reescribirse como \[(a+c)(a-b)=a^2.\] Si probamos que $a+c$ y $a-b$ son primos entre sí, entonces tienen que ser cuadrados perfectos ya que son positivos (¿por qué?) y al multiplicarlos obtenemos un cuadrado perfecto. Razonando por reducción al absurdo, si $a+c$ y $a-b$ tuvieran algún factor primo común $p$, entonces la condición $(a+c)(a-b)=a^2$ nos dice que $p$ divide a $a$. Si $p$ divide a los números $a$, $a+c$ y $a-b$, entonces también divide a $c=(a+c)-a$ y $b=a-(a-b)$, de donde $p$ es un factor primo común a $a$, $b$ y $c$, lo cual es una contradicción.

Nota. Esto mismo prueba que $a+c$ es un cuadrado perfecto. Por otro lado, la condición del enunciado también se escribe como $(c-b)(a-b)=b^2$, lo que nos dice que $b-c$ es otro cuadrado perfecto. Además, como $a-b$ y $c-b$ son cuadrados perfectos (y, en particular, positivos), tenemos que $a>c>b$.

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Solución. Observemos en primer lugar que $$n^4-4n^3+22n^2-36n+18=(n^2-2n+9)^2-63.$$ Si el miembro de la derecha es un cuadrado perfecto, entonces tenemos dos cuadrados que se diferencian en $63$ unidades. Esta relación la podemos escribir como $a^2=(a+k)^2-63$ para ciertos números enteros no negativos $a,k$, ya que $n^4-4n^3+22n^2-36n+18$ es siempre menor que $(n^2-2n+9)^2$.

La ecuación $a^2=(a+k)^2-63$ puede escribirse como $(2a+k)k=63$, de donde $k$ y $2a+k$ han de ser divisores complementarios de $63=3^2\cdot 7$. Tenemos seis posibilidades:

• Si $k=1$ y $2a+k=63$, entonces $a=31$ y la relación $n^2-2n+9=a+k=32$ nos dice que $n$ es una solución de la ecuación $n^2-2n-23=0$, pero esta ecuación no tiene soluciones enteras.
• Si $k=3$ y $2a+k=21$, entonces $a=9$ y tenemos la ecuación $n^2-2n+9=a+k=12$, que tiene por soluciones $n=-1$ y $n=3$.
• Si $k=7$ y $2a+k=9$, entonces $a=1$ y tenemos la ecuación $n^2-2n+9=a+k=8$, que tiene solución entera doble $n=1$.
• Si $k=9$ ó $k=21$ ó $k=63$, entonces obtenemos un valor negativo de $a$, contradiciendo que habíamos supuesto que $a,k\geq 0$, luego descartamos estas opciones (realmente se vuelven a obtener las mismas soluciones dadas en los tres puntos anteriores).

Deducimos que los únicos valores enteros de $n$ para los que el polinomio del enunciado es un cuadrado perfecto son $n=-1$, $n=1$ y $n=3$.

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Solución. Consideremos la descomposición \[n^4+6n^3+11n^2+3n+31=(n^2+3n+1)^2-3(n-10).\] Es evidente que para $n=10$ tenemos un cuadrado perfecto. También puede comprobarse (caso por caso) que, para $n\lt 10$ no es un cuadrado perfecto, luego nos centraremos en el caso $n\gt 10$, donde tenemos que $3(n-10)\gt 0$, y vamos a ver que no puede ser un cuadrado perfecto. Razonando por reducción al absurdo, si para $n\gt 10$ tuviéramos un cuadrado perfecto, existiría $k\in\mathbb{N}$, $k\lt n^2+3n+1$ tal que \begin{eqnarray*} (n^2+3n+1)^2-3(n-10)&=&(n^2+3n+1-k)^2\\ &=&(n^2+3n+1)^2-(2kn^2+6kn+2k-k^2) \end{eqnarray*} y, por tanto, habrá de cumplirse que $2kn^2+6kn+2k-k^2=3(n-10)$. Puede comprobarse fácilmente que el término de la izquierda es creciente en $k$ para $1\leq k\lt n^2+3n+1$ luego si probamos que $2kn^2+6kn+2k-k^2\gt 3(n-10)$ para $k=1$ (es decir, $2n^2+6n+3\gt 3(n-10)$) y para todo $n\gt 10$, esta desigualdad estricta se extenderá para todo valor de $k\in[1,n^2+3n+1[$ y habremos llegado a la contradicción buscada. Ahora bien, esto es inmediato puesto que la desigualdad a probar se traduce en demostrar que $2n^2+3n+33\gt 0$ para todo $n\gt 10$.

Deducimos así que el único valor para el que el polinomio es un cuadrado perfecto es $n=10$.

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Solución. Como aparecen potencias pares, podemos suponer que $n\geq 0$. Si probamos unos cuantos números, veremos que obtenemos $1$ para $n=0$ (que no es primo), $3$ para $n=1$ (que sí es primo) y, después siempre obtenemos números compuestos: esto será lo que intentaremos ver. Para probar que el resultado de evaluar un polinomio de coeficientes enteros es compuesto, suele ser útil factorizar el polinomio. No es difícil llegar a que \[n^4+n^2+1=(n^2+n+1)(n^2-n+1).\] Además, el factor $n^2+n+1$ es mayor que $1$ para $n\geq 1$ y el factor $n^2-n+1$ es mayor que $1$ para $n\geq 2$, lo que nos dice que $n^4+n^2+1$ es compuesto para $n\geq 2$. Por tanto, los únicos números que cumple el enunciado son $n=\pm 1$. Informar

Solución. Los únicos casos en que la igualdad del enunciado es cero son $a=0,b=1$ y $a=1,b=0$, con $p$ cualquier número primo. Ahora bien, en el caso en que no es cero, como $a^2$ no tiene factores en común con $a-1$ y $b^2$ no tiene factores en común con $b-1$, $a-1$ tiene que dividir a $b^2$ y $b-1$ tiene que dividir a $a^2$. Distingamos dos casos dependiendo de cómo se reparte el factor $p^2$ del miembro de la derecha:

• Si $a^2=p^2(b-1)$ y $b^2=a-1$, entonces $a=b^2+1$ y $(b^2+1)^2=p^2(b-1)$ (lo que implica que $b-1$ es un cuadrado perfecto) pero el único posible factor primo común a $(b^2+1)^2$ y $(b-1)$ es el $2$ lo que implica que $b-1$ es una potencia par de dos, esto es $b=2^{2n}+1$ para cierto $n\in\mathbb{N}$ . Si $n=0$, entonces $b=2$ y $a=5$, con lo que $p=5$. Si $n>0$, sustituyendo y simplificando en la igualdad $(b^2+1)^2=p^2(b-1)$, tenemos que $2^{n-1}p=2^{2n-1}+2^n+1$. Como el miembro de la derecha es impar, necesariamente $n=1$, luego $b=5$, $a=26$ y $p=13$.
  El caso en que $a^2=b-1$ y $b^2=p^2(a-1)$ se razona de forma similar y se llega a que $b=5$, $a=2$ y $p=5$, o bien $b=26$, $a=5$ y $p=13$.
• Si $a^2=p(b-1)$ y $b^2=p(a-1)$, entonces $a$ y $b$ son múltiplos de $p$, lo que lleva a que $p(b-1)=a^2$ sea múltiplo de $p^2$ y, por tanto, $b-1$ es múltiplo de $p$, lo cual es una contradicción, ya que no sería primo relativo con $b$.

En cualquier caso, hemos probado que las únicas ternas de números que son solución del problema son las de la forma $(0,1,p)$, $(1,0,p)$ para $p$ cualquier número primo y $(5,2,5)$, $(2,5,5)$, $(5,26,13)$ y $(26,5,13)$. Informar

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 $z=0$.

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Solución. Distinguimos tres casos:

• Si $a=1$, entonces $7^b=c^2+2$, luego $c$ es un número impar. Módulo $8$, el miembro de la izquierda es congruente con $1$ o con $7$, mientras que el de la derecha es congruente con $3$, luego no puede haber solución en este caso.
• Si $a=2$, entonces $7^b=c^2$, luego $b$ es par y $c$ una potencia de $7$.
• Si $a\geq 3$, entonces tenemos que $7^b\equiv c^2+4\ (\text{mod }8)$. Esto es imposible ya que el miembro de la izquierda es congruente con $1$ o $7$ y el de la izquierda es congruente con $5$ ya que $c$ es impar.

Obtenemos que las soluciones son las de la forma $(a,b,c)=(2,2k,7^k)$ para cierto entero $k\geq 1$.

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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.

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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?).

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