Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Consideremos la siguiente desigualdad válida para todo $n\in\mathbb{N}$: \[\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\lt\frac{1}{2\sqrt{n}}\lt\sqrt{n}-\sqrt{n-1}.\qquad(\star)\] Para demostrarla, multiplicamos y dividimos por las expresiones conjugadas para obtener diferencias de cuadrados y eliminar las raíces, es decir, \[\sqrt{n+1}-\sqrt{n}=\frac{(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\lt\frac{1}{2\sqrt{n}},\] y análogamente \[\sqrt{n}-\sqrt{n-1}=\frac{(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})(\sqrt{n}+\sqrt{n-1})}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}=\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}\gt\frac{1}{2\sqrt{n}}.\]

Ahora sumando la desigualdad $(\star)$ para $2\leq n\leq N$ (el término $n=1$ ya es entero y estimarlo superior e inferiormente nos resta precisión), obtenemos \[\sum_{n=2}^N(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})\lt \frac{1}{2}\sum_{n=2}^N\frac{1}{\sqrt{n}}\lt \sum_{n=2}^N(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}).\] Se trata de sumas telescópicas en las que los términos se van eliminando dos a dos salvo el primero y el último, luego la expresión anterior resulta en \[\sqrt{N+1}-\sqrt{2}\lt \frac{1}{2}\sum_{n=2}^N\frac{1}{\sqrt{n}}\lt \sqrt{N}-1.\] Si llamamos $S$ a la suma del enunciado, esto se traduce finalmente en \[2(\sqrt{N}-1)\lt 1+2(\sqrt{N+1}-\sqrt{2})\lt S\lt 1+2(\sqrt{N}-1),\] donde la primera desigualdad es una acotación más sencilla de la segunda. Ahora está claro que $N=1014^2$ es un número que cumple las condiciones del enunciado.

Nota. Lo difícil de este problema es cómo traducir la suma del enunciado en telescópica, porque nos hemos sacado de la manga la desigualdad inicial. Si sabemos un poco de cálculo, hay dos herramientas que nos pueden ayudar, si consideramos la función diferenciable $f(x)=\sqrt{x}$ cuya derivada $f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}$ está relacionada con la suma del enunciado.

• Una opción es que, como $f'(x)$ es decreciente, se tiene que \[f(x+1)-f(x)=\int_{x}^{x+1}f'(x)\,\mathrm{d}x\leq f'(x)\leq\int_{x-1}^xf'(x)\,\mathrm{d}x=f(x)-f(x-1).\] Este es un truco para transformar series en telescópicas cuando el término general es la derivada (creciente o decreciente) de otra función. La desigualdad anterior nos da directamente la de partida del enunciado.
• Otra opción es usar el teorema del valor medio, que nos dice que \[f(x)-f(x-1)=f'(c_x)(x-(x-1))=f'(c_x)\] para cierto punto $x-1\lt c_x\lt x$. Como $f'(x)$ es estrictamente decreciente, se tiene que $f'(x)\lt f'(c_x)\lt f'(x-1)$. Estas acotaciones equivalen a las desigualdades integrales y también nos llevan a la desigualdad inicial de la solución propuesta.

Solución. Pongamos que $a(n)=k^3$ para cierto entero positivo $k$, luego todos los números $1,2,\ldots,k^3$ dividen a $n$ pero no lo hace $k^3+1=(k+1)(k^2-k+1)$. Distinguimos tres casos:

• Si $k=1$, entonces $2$ no divide a $n$, luego $n$ es impar. Entonces $n+2520$ también es impar, luego $a(n+2520)=1$ también es un cubo perfecto.
• Si $k=2$, entonces $k^3+1=9$ no divide a $n$, luego tampoco divide a $n+2520$ ($2520$ es múltiplo de $9$). Como todos los números del $1$ al $8$ dividen tanto a $n$ como a $n+2520$, tenemos entonces que $a(n+2520)=a(n)=8$.
• Si $k\geq 3$, llegaremos a una contradicción y habremos terminado. Podemos expresar $k^2-k+1=(k-2)(k+1)+3$, luego $d=\operatorname{mcd}(k+1,k^2-k+1)$ es igual a $1$ o a $3$. Si fuera $d=1$, entonces $k+1$ y $k^2-k+1$ serían números entre $1$ y $k^3$ y primos relativos. Como $n$ es múltiplo de todos los números entre $1$ y $k^3$, también es múltiplo de $k^3+1$, contradiciendo la definición de $a(n)$. Si $d=3$, entonces $k^3+1$ solo tiene un tres más en su factorización que $k+1$ o $k^2-k+1$. Como $n$ es múltiplo de $3(k+1)\leq k^3$ y de $3(k^2-k+1)\lt (k+1)(k^2-k+1)$ (aquí se usa que $k\geq 3$), se deduce también en este caso que $k^3+1$ debe dividir a $n$, en contradicción de nuevo con la definición de $a(n)$.