Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Vamos a probar que se puede encontrar cualquier cantidad de enteros positivos cumpliendo esta propiedad, lo que nos da una respuesta afirmativa a la pregunta. Concretamente, vamos a demostrar que si tenemos $x_1,x_2,\ldots,x_n$ enteros positivos distintos tales que al sumar dos o más de ellos nunca se obtiene un cuadrado perfecto, entonces podemos añadir $x_{n+1}$ mayor que todos ellos y se sigue cumpliendo la propiedad (esto puede escribirse también como una demostración por inducción). Si observamos que entre dos cuadrados consecutivos $k^2$ y $(k+1)^2$ hay una diferencia de $2k+1$, bastará tomar $x_{n+1}=k^2+1$ mayor que $x_1,x_2,\ldots,x_n$ y tal que $2k\gt x_1+x_2+\ldots+x_n$.

Para terminar, justificaremos que esta elección cumple lo que queremos. Al sumar dos o más de los números $x_1,x_2,\ldots,x_{n+1}$, si ninguno de ellos es $x_{n+1}$, ya tenemos que su suma no es un cuadrado perfecto (habíamos supuesto que $x_1,\ldots,x_n$ cumplen la propiedad). Por el contrario, si $x_{n+1}$ es uno de los números elegidos, entonces la suma será $k^2+1$ más otro número que es como mucho $x_1+x_2+\ldots+x_n\lt 2k$, es decir, la suma estará entre $k^2$ y $(k+1)^2$, luego no puede ser un cuadrado.

Solución. Tomamos $2024$ potencias impares distintas de un primo $p$ (ninguna de ellas es, por tanto, un cuadrado perfecto). Si sumamos cualquier número de ellas, podemos sacar factor común la más pequeña, que multiplica a $1$ más una serie de potencias de $p$. Por tanto, dicha suma será una potencia impar de $p$ que multiplica a un número que es de la forma $kp+1$. Deducimos así que no se trata de un cuadrado (el exponente de $p$ debería ser par para que fuera un cuadrado perfecto).

Solución. Ninguno de los primos puede ser igual a $2$ ya que en tal caso una de las sumas sería par y la otra impar, luego podemos suponer que todos los primos son impares, es decir, son congruentes con $1$ o con $3$ módulo $4$. Pongamos que en los $1012$ primeros primos hay $m_1$ de ellos congruentes con $1$ y $m_3$ congruentes con $3$ módulo $4$, mientras que en los últimos $1012$ primos hay $n_1$ congruentes con $1$ y $n_3$ congruentes con $3$ módulo $4$. La igualdad del enunciado módulo $4$ se lee \[m_1+3m_3\equiv n_1+3n_3\ (\text{mod }4).\qquad (\star)\] Como $m_1+m_3=n_1+n_3=1012\equiv 0\ (\text{mod }4)$, tendremos que $n_1\equiv -n_3\ (\text{mod }4)$ y $m_1\equiv-m_3\ (\text{mod }4)$, lo que nos permite reescribir la congruencia $(\star)$ como $2m_3\equiv 2n_3\ (\text{mod }4)$. Esto nos dice que $m_3$ y $n_3$ tienen la misma paridad (¿por qué?). Por lo tanto, \[A\equiv 3^{m_3}\equiv 3^{n_3}\equiv B\ (\text{mod }4)\] ya que la potencia $3^a$ módulo $4$ es igual a $1$ si $a$ es par o a $3$ si $a$ es impar. Hemos probado así que $A-B$ es múltiplo de $4$ pero no puede ser igual a $0$ ya que $A\neq B$ (son todos primos distintos). Tenemos así que $|A-B|\geq 4$.

Solución. Vamos a comenzar analizando tres casos particulares:

• Supongamos primero que los tres primos son iguales, luego \[\frac{p^3+q^3+r^3-(pq+qr+rp)(p+q+r)}{pqr}=-6.\] Por tanto, cualquier terna de primos iguales es solución el problema.
• Supongamos ahora que dos de los primos son iguales, pongamos $p=q$ sin perder generalidad. Tras simplificar, nos queda \[\frac{p^3+q^3+r^3-(pq+qr+rp)(p+q+r)}{pqr}=\frac{r(r-2p)}{p^2}-5.\] Para que este número sea entero, se debe cumplir que $p$ divida a $r$ o bien a $r-2p$. En cualquier caso, $p$ debe dividir a $r$, luego $p=r$ por ser ambos primos. Esto nos dice que si dos de los primos son iguales, entonces lo son los tres.
• Supongamos ahora que un primo es suma de los otros dos, pongamos $p=q+r$ sin perder generalidad. Por tanto, uno de ellos tiene que ser par y, salvo reordenarlos, tendremos que $p=q+2$ y $r=2$. Comprobamos fácilmente que, para tal elección de primos, se tiene que \[\frac{p^3+q^3+r^3-(pq+qr+rp)(p+q+r)}{pqr}=-5,\] luego tenemos todas las soluciones de la forma $(q+2,q,2)$ con $q$ y $q+2$ primos gemelos, así como sus posibles reordenaciones.

Resueltos estos casos, supondremos en lo que sigue que los tres primos son distintos y que ninguno es suma de los otros dos. Podemos agrupar todos los términos en los que sea posible sacar factor común $p$ y factorizar el resto de términos de la siguiente forma: \begin{align*} p^3+q^3+&r^3-(pq+qr+rp)(p+q+r)\\ &=p(p^2-pq-rp-q^2-3qr-r^2)+q^3+r^3-qr(q+r) \\ &=p(p^2-pq-rp-q^2-3qr-r^2)+(q+r)(q-r)^2. \end{align*} Si este número es divisible entre $p$, también ha de serlo $(q+r)(q-r)^2$, de donde obtenemos que $p$ divide a $q+r$ o a $q-r$. De la misma forma, se tiene que $q$ divide a $r+p$ o a $r-p$ y que $r$ divide a $p+q$ o a $p-q$. En otras palabras, cada primo divide a la suma o a la diferencia de los otros dos. Para encontrar las soluciones, vamos a usar la siguiente acotación básica:

$(\star)$ Si $x,y\in\mathbb{Z}$ verifican $x\mid y$, entonces $|x|\leq|y|$ o bien $y=0$.

Salvo reordenar los primos, tenemos cuatro posibilidades:

• Si $p\mid (q+r)$, $q\mid (r+p)$ y $r\mid (p+q)$, entonces claramente $pqr\mid (p+q+r)$, luego podemos acotar $pqr\leq p+q+r\leq 3\max\{p,q,r\}$. Esto nos dice que dos de los primos tienen que tener producto menor o igual que $3$, lo cual es imposible.
• Si $p\mid (q+r)$, $q\mid (r+p)$ y $r\mid (p-q)$, entonces podemos razonar de forma parecida al caso anterior. Teniendo en cuenta que $p-q+r\neq 0$ y $-p+q+r\neq 0$, podemos usar ($\star$) y la desigualdad triangular para obtener \begin{align*} pq|(p+q+r)&\Rightarrow pq\leq p+q+r\leq 3\max\{p,q,r\},\\ qr|(p-q+r)&\Rightarrow qr\leq |p-q+r|\leq |p|+|q|+|r|\leq 3\max\{p,q,r\},\\ pr|(-p+q+r)&\Rightarrow pr\leq |-p+q+r|\leq |p|+|q|+|r|\leq 3\max\{p,q,r\}. \end{align*} Esto nos dice que debe haber dos primos menores o iguales que $3$, es decir, uno de ellos tiene que ser $2$ y otro $3$. Sustituyendo sin perder generalidad $p=2$ y $q=3$ en la expresión original, se tiene \[\frac{p^3+q^3+r^3-(pq+qr+rp)(p+q+r)}{pqr}=\frac{r^3-5 r^2-31 r+5}{6 r}.\] Para que este último sea un número entero, tiene que ser $r=5$, luego obtenemos la solución $(p,q,r)=(2,3,5)$ y todas sus posibles reordenaciones.
• Si $p\mid (q+r)$, $q\mid (r-p)$ y $r\mid (p-q)$, siguiendo la misma línea argumental anterior, como quiera que $p\neq q+r$, tenemos que \[pqr\mid (-p+q+r)\Rightarrow pqr\leq |-p+q+r|\leq p+q+r\leq 3\max\{p,q,r\},\] lo que de nuevo nos da que dos de los tres primos tiene producto menor o igual que $3$ y, por tanto, este caso no es posible.
• Finalmente, supongamos que $p\mid (q-r)$, $q\mid (r-p)$ y $r\mid (p-q)$, luego \begin{align*} pq|(p+q-r)&\Rightarrow pq\leq |-p+q+r|\leq 3\max\{p,q,r\},\\ qr|(-p+q+r)&\Rightarrow qr\leq |-p+q+r|\leq 3\max\{p,q,r\},\\ pr|(p-q+r)&\Rightarrow pr\leq |p-q+r|\leq 3\max\{p,q,r\}. \end{align*} Esto nos dice que debe haber dos primos menores o iguales que $3$, es decir, uno de ellos tiene que ser $2$ y otro $3$, luego el tercero ha de ser $5$.

Resumiendo todos los casos anteriores, tenemos las soluciones de la forma $(p,p,p)$ y las de la forma $(2,p,p+2)$, salvo reordenaciones, siendo $p$ y $p+2$ primos gemelos.

Solución. Esta es una solución aportada por el profesor Samuel G. Moreno.

Sin pérdida de generalidad, supondremos que $p\leq q\leq r$. Si suponemos que la expresión del enunciado es igual a $\lambda pqr$ para cierto entero $\lambda$, esta relación se puede reescribir como \[(p+q+r)((q+r-p)^2-4qr)=(\lambda-3)pqr,\] de donde $qr$ divide a $(p+q+r)(q+r-p)^2=(q^2-p^2+r^2+2qr)(q-p+r)$, pero (al ser $q$ y $r$ primos) esto se traduce en que $r$ divide a $q+p$ o a $q-p$ y, además, que $q$ divide a $r-p$ o a $r+p$. Si fuese $q=p$, entonces la condición anterior se traduciría en que $qr$ dividiría a $(r^2+2qr)r$, lo que implicaría que $q$ dividiría a $r$, lo que sólo es posible si $r=q$. Esto nos da la primera solución \[(p,q,r)=(p,p,p)\qquad\text{para cualquier primo }p.\]

Además, si $p\lt q$, de modo que $1\leq q-p\lt r$, entonces no sería posible que $r$ divida a $q-p$. Surgen, por tanto, dos casos:

• Caso $r\mid q+p$ y $q\mid r-p$ (siendo $p\lt q$). En este caso, existen enteros $m_1\gt 0$ y $m_2\geq 0$ tales que $p+q=m_1r$ y $r-p=m_2q$, de donde $(m_1-1)r=(1-m_2)q$.
  • Si $m_1=1$, entonces $m_2=1$. Como $p+q=m_1r=r$, al ser $r\gt p$, debe ser $r$ impar. No es posible que sea $p\geq 3$ ya que $q$ y $r$ serían ambos impares, de modo que $p=r-q$ sería un primo par y mayor o igual que $3$. Por tanto, debe ser $p=2$, lo que lleva a que $r=p+q=q+2$, que da la solución \[(p,q,r)=(2,q,q+2)\qquad\text{ siendo }q\text{ y }q+2\text{ primos gemelos.}\]
  • Si $m_1\gt 1$, sólo es posible que sea $m_2=0$ (ya que si $m_2\geq 1$, entonces $(1-m_2)q\leq 0$). Entonces, como $r-p=m_2q=0$, debemos tener $r=p$, que da $p=q$ (al ser $p\leq q\leq r$), contradiciendo una de las hipótesis de este caso.
• Caso $r\mid q+p$ y $q\mid r+p$ (siendo $p\lt q$). En este caso existen enteros $m_1,m_2\geq 1$ con $p+q=m_1r$ y $r+p=m_2q$, de donde $(m_1+1)r=(m_2+1)q$.
  • Si $m_1=m_2=1$, entonces $2r=2q$, pero esto lleva a $p=m_1r-q=r-r=0$, lo que no es admisible.
  • Si $m_1\gt 1$, entonces $(m_1+1)r=(m_2+1)q$ nos da dos subcasos.
    • Si $r=q$, entonces $p=m_1r-q=(m_1-1)q$, que solo es posible si $m_1=2$, en cuyo caso volvemos a obtener la solución con los tres primos iguales (si fuera $m_1\geq 3$, entonces $p=(m_1-1)q$ no puede ser primo).
    • Si $r\neq q$, entonces $(m_1+1)=m_3q$ y $m_2+1=m_4r$ para ciertos enteros $m_3,m_4\geq 1$, en cuyo caso $p=m_1r-q=-r-q+m_3qr$ y $p=m_2q-p=-r-q+m_4qr$, de donde $p+q+r=m_0qr$, siendo $m_0=m_3=m_4$. De $p+q+r=m_0qr=(m_1+1)r$ y teniendo en cuenta que $m_1+1\geq 3$, tendríamos que $\frac{p+q+r}{3}=\frac{m_1+1}{3}r\geq r$, pero esto no es posible ya que la media de tres números distintos debe localizarse estrictamente entre el mayor y el menor de ellos.
  • Queda por analizar el caso $m_1=1$ y $m_2\gt 1$. En tal caso, se verifica $(m_1+1)r=2r=(m_2+1)q$, pero al ser $2\leq p\lt q$, entonces $q$ no puede dividir a $2$, pero tampoco a $r$. Esto significa que esta alternativa no es posible.

Solución. Un cuadrado perfecto no puede terminar en $2$, lo que reduce considerablemente el número de posibles terminaciones. Además, como es par, las dos últimas cifras de $n^2$ deben formar un múltiplo de $4$, luego estas solo pueden ser $04$, $20$, $24$ o $40$, de las cuales podemos descartar $20$ y $40$ (ya que $n^2$ sería múltiplo de $10$ pero no de $100$). De aquí, obtenemos que las cuatro últimas cifras de $n^2$ solo pueden ser $2204$, $0224$ o $2024$. Podemos descartar $2024$ ya que en tal caso $n^2$ es múltiplo de $8$ pero no de $16$. También podemos descartar también $2204$, porque entonces $\frac{n^2}{4}$ sería un cuadrado que terminaría en $51$ luego la cifra de las unidades de $n$ sería $1$ o $9$. Sin embargo, $(10a+9)^2$ y $(10a+9)^2$ tienen la cifra de las decenas par para todo $a$ y esto nos dice que no hay cuadrados que terminen en $51$.

Para ver qué ocurre con $0224$, pongamos $n=100a+10b+c$, con $0\leq a,b,c\leq 9$ respectivamente. Podemos hacer la multiplicación siguiente: \[\begin{array}{ccccc} &&a&b&c\\ &\times&a&b&c\\\hline &&ac&bc&c^2\\ &ab&b^2&bc&\\ a^2&ab&ac&&\\\hline a^2&2ab&b^2\!+\!2ac&2bc&c^2 \end{array}\] y ahora ir cuadrando las cifras desde las unidades a las centenas. Esto es bastante rutinario, pero hay que tener cuidado de tener en cuenta las llevadas (no se han escrito en la multiplicación anterior ya que dependen de los valores concretos de $a,b,c$). En las unidades tenemos que $c^2\equiv 4\ (\text{mód } 10)$, con soluciones $c=2$ y $c=8$.

• Si $c=2$, entonces en las decenas tenemos que $6b\equiv 2\ (\text{mód }10)$, que tiene soluciones $b=3$ y $b=8$. Para que $10b+c$ sea múltiplo de $4$, tiene que ser $b=3$, luego las centenas cuadran cuando $4a\equiv 2\ (\text{mód }10)$, que tiene soluciones $a=3$ y $a=8$. Tenemos que $332^2=110224$ sí cumple la condición pero $832^2=692224$ no.
• Si $c=8$, entonces $6b\equiv 6\ (\text{mód }10)$, que tiene soluciones $b=1$ y $b=6$. Para que $10b+c$ sea múltiplo de $4$, tiene que ser $b=6$. Cuandrando las centenas, tenemos que $6a\equiv 6\ (\text{mód }10)$, que tiene soluciones $a=1$ y $a=6$. Sin embargo, las unidades de millar de $168^2=28224$ ni $668^2=446224$ no cuadran.

Hemos probado así que $n=332$ es la única solución al problema.