Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Pongamos que el número $N$ se factoriza como $p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_r^{e_r}$, donde $p_1,\ldots,p_r$ son los factores primos distintos y $e_1,\ldots,e_r$ son enteros positivos. Entonces, el número de divisores de su cuadrado $N^2=p_1^{2e_1}p_2^{2e_2}\cdots p_r^{2e_r}$ viene dado por \[(2e_1+1)(2e_2+1)\cdots(2e_r+1)=63.\] Las factorizaciones de $63$ como producto de números impares son $9\cdot 7$, $21\cdot 3$ y $7\cdot 3\cdot 3$, lo cual se corresponde con las siguientes posibles factorizaciones de $N$: \[N=p_1^4p_2^3,\qquad N=p_1^{10}p_2,\qquad N=p_1^3p_2p_3.\] Además, como $83$ es primo, uno de estos primos tiene que ser $83$. Para obtener el menor número en cada uno de los tres casos, usaremos los números primos más pequeños para los exponentes más grandes y dejaremos el primo $83$ para el exponente más pequeño, lo que nos da los siguientes candidatos a solución del problema: \[N=2^4\cdot 83^3,\qquad N=2^{10}\cdot 83,\qquad N=2^3\cdot 3\cdot 83.\] Claramente, el menor de todos es el último, lo que nos dice que el valor que estamos buscando es $N=2^3\cdot 3\cdot 83=1992$ (¡el año!).

Solución. Observamos que \begin{align*} (a+b)^2&\leq (a+b)^2+2a+b\lt (a+b)^2+2a+2b+1=(a+b+1)^2,\\ (c+d)^2&\leq (c+d)^2+2c+d\lt (c+d)^2+2c+2d+1=(c+d+1)^2. \end{align*} Por lo tanto, si se cumple $(\star)$, se tiene que $(a+b)^2$ y $(c+d)^2$ son el cuadrado inmediatamente inferior a $(a+b)^2+2a+b=(c+d)^2+2c+d$, luego tiene que ser $(a+b)^2=(c+d)^2$. De aquí deducimos que $a+b=c+d$ ya que se trata de números no negativos y $(\star)$ se reescribe ahora como $2a+b=2c+d$. Restando a esta última igualdad la igualdad $a+b=c+d$, llegamos a que $a=c$, de donde $b=d$ y hemos probado el apartado (a).

Para el apartado (b) podemos hacer algo similar, pero ahora \begin{align*} (a+b)^2&\leq (a+b)^2+3a+b\lt (a+b)^2+4a+4b+4=(a+b+2)^2,\\ (c+d)^2&\leq (c+d)^2+3c+d\lt (c+d)^2+4c+4d+4=(c+d+2)^2. \end{align*} Por tanto, se tiene que $a+b$ y $c+d$ o bien son iguales o bien se diferencian en una unidad. Si son iguales, el razonamiento es el mismo que en el apartado (a). Si se diferencian en una unidad, supondremos que $c+d=a+b+1$ sin perder generalidad (el caso $a+b=c+d+1$ es similar). Entonces la condición dada se reescribe como \[(a+b)^2+3a+b=(a+b+1)^2+2c+a+b+1\ \Leftrightarrow\ b+c+1=0,\] pero esto último es imposible ya que $b$ y $c$ son no negativos.

En cuanto al apartado (c), el mismo razonamiento anterior nos sugiere buscar los números verificando $c+d=a+b+1$, en cuyo caso \[(a+b)^2+4a+b=(a+b+1)^2+3c+a+b+1\ \Leftrightarrow\ a=2b+4c+1.\] Tomando $b=c=1$, esto nos lleva a que $a=7$ y $d=8$. Se comprueba fácilmente que estos números verifican la condición, siendo $a\neq c$ y $b\neq d$.

Solución. Queremos demostrar que hay infinitos números primos congruentes con $3$ módulo $4$, para lo que adaptaremos la demostración clásica de Euclides suponiendo por reducción al absurdo que sólo hay un número finito de ellos, pongamos $p_1,p_2,\ldots,p_n$. Distinguiremos dos casos:

• Si $n$ es impar, entonces consideramos $N=p_1p_2\cdots p_n+4$, que es impar y congruente con $3$ módulo $4$. Por lo tanto, $N$ tendrá algún factor primo congruente con $3$ (observamos que $2$ no es un factor de $N$ y que no puede tener únicamente factores primos congruentes con $1$ pues el propio $N$ sería congruente con $1$ módulo $4$). Como $p_1,p_2,\ldots,p_n$ son todos los primos congruentes con $3$, esto quiere decir que $N$ será divisible por un $p_i$, lo que nos dice que $p_i$ también tiene que dividir a $4$, pero esto es una contradicción ya que $p_i\neq 2$.
• Si $n$ es par, entonces consideramos $N=p_1p_2\cdots p_n+2$, que vuelve a ser impar y congruente con $3$ módulo $4$. El mismo razonamiento anterior nos da una contradicción similar.