Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Consideremos la identidad \[a^3+b^3+c^3=(a+b+c)^3-3(a+b+c)(ab+bc+ac)+3abc.\] Si $abc=k(a+b+c)$, entonces podemos sacar factor común $a+b+c$: \[a^3+b^3+c^3=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac+3k).\] Ahora bien, $1\lt a+b+c\lt a^3+b^3+c^3$ salvo que $a=b=c=1$, pero en tal caso se tendría que $k=\frac{1}{3}\not\in\mathbb{N}$. Deducimos así que $a+b+c$ es un factor propio de $a^3+b^3+c^3$ y, por tanto, este número no puede ser primo.

Para responder a la segunda pregunta, tomamos $c=k$, con lo que la condición $abc=k(a+b+c)$ se reescribe como $(a-1)(b-1)=k+1$ y ahora basta elegir $a=2$ y $b=k+2$. Es fácil comprobar que $(a,b,c)=(2,k+2,k)$ cumple la condición dada.

Solución. Supondremos que las dos soluciones a la ecuación original son distintas, que es lo que parece sugerir el enunciado (ver la nota).

Haciendo la división euclídea de $x^5-px-1$ entre $x^2-ax+b$ obtenemos un cociente $q(x)$ y un resto $r(x)$ de forma que $x^5-px-1=(x^2-ax+b)q(x)+r(x)$. La división de polinomios nos da fácilmente \begin{align*} q(x)&=x^3+ax^2+(a^2-b)x+(a^3-2ab),\\ r(x)&=(a^4-3a^2b+b^2-p)x+(2ab^2-a^3b-1). \end{align*} Las dos raíces distintas comunes tienen que ser raíces de $r(x)$, pero $r(x)$ tiene grado $1$ luego no queda más remedio que $r(x)\equiv 0$. Esto nos dice que sus coeficientes tienen que anularse: \[a^4-3a^2b+b^2=p,\qquad 2ab^2-a^3b=1.\] La segunda ecuación se factoriza como $ab(2b-a^2)=1$. Como $a$ y $b$ son enteros, no queda más remedio que $a=\pm 1$, $b=\pm 1$ y $2b-a^2=\pm 1$. Se sigue que $a= b=2b-a^2=1$ es la única combinación de signos que cumple todas estas condiciones, en cuyo caso la otra ecuación nos da $p=a^4-3a^2b+b^2=1-3+1=-1$ como única solución. La división con la que comenzamos la solución nos da en este caso \[x^5+x-1=(x^2-x+1)(x^3+x^2-1).\]

Nota. Si las dos soluciones fueran iguales, estaríamos diciendo que $x^5-px-1=0$ tiene una raíz múltiple, luego también sería raíz de su derivada $5x^4-p=0$. Así, la raíz tiene que ser positiva e igual a $x=(\frac{p}{5})^{1/4}$. Sustituyendo en la ecuación primera podemos resolver fácilmente $p=\frac{5}{2\sqrt[5]{8}}$ y este es el único valor de $p$ para el que $x^5-px-1=0$ tiene raíces múltiples. En tal caso, la raíz múltiple sería $x=(\frac{p}{5})^{1/4}=\frac{1}{\sqrt[5]{4}}$, pero este número no es solución de ninguna ecuación cuadrática con coeficientes enteros (tendría que ser un irracional cuadrático). Deducimos así que no hay soluciones adicionales al problema si consideramos soluciones repetidas.