Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Observamos en primer lugar que \[(ac+bd)^2+(ad-bc)^2=(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(a^2+b^2)^2.\] Si escribimos $a^2+b^2=k(ac+bd)$ para cierto entero $k$, lo anterior nos dice que \[(ad-bc)^2=(k^2-1)(a^2+b^2)^2,\] de donde se deduce que $k^2-1$ ha de ser un cuadrado perfecto, luego ha de ser $k^2=1$. Esto nos lleva a que $k=1$ (ya que, si $k=-1$, entonces $ac+bd=-(a^2+b^2)\lt 0$). Por tanto, se cumple que $ac+bd=a^2+b^2=c^2+d^2$. Podemos escribir entonces \[ac+bd=|ac+bd|=\sqrt{a^2+b^2}\sqrt{c^2+d^2},\] es decir, se da la igualdad en la desigualdad de Cauchy-Schwarz, lo que nos dice que los vectores $(a,b)$ y $(c,d)$ son proporcionales. Como tienen el mismo módulo y todas las coordenadas son positivas, llegamos a que $c=a$ y $d=b$. Deducimos así que las cuaternas que cumplen la condición son de la forma $(a,b,a,b)$, para cualesquiera $a$ y $b$ enteros positivos. Como estas cuaternas cumplen la condición, deducimos que son las únicas.

Solución. Llamemos $s=a+b$, $m=\mathrm{mcm}(a,b)$ y $d=\mathrm{mcd}(a,b)$. Veamos que también podemos calcular $d$ como $d=\mathrm{mcd}(s,m)$. Para ello, supongamos que $p^e$ es la mayor potencia de un primo $p$ que divide tanto a $a$ como a $b$. Entonces, $p^e$ divide a $m$ ya que $m$ es múltiplo de $a$ y $b$ y también se tiene que $p^e$ divide a $a+b$ por dividir a cada uno de los sumandos. Falta por ver que $p^{e+1}$ no divide simultáneamente a $s$ como a $m$. Por reducción al absurdo, si $p^{e+1}$ divide a $m$ es porque divide a alguno de los números $a$ o $b$ (el mínimo común múltiplo consiste en el producto de primos elevados al mayor exponente). En tal caso, como $p^{e+1}$ divide a $s=a+b$ y divide a alguno de los sumandos, debe necesariamente dividir al otro, pero esto contradice que hemos supuesto que $p^e$ es la mayor potencia de $p$ que divide tanto a $a$ como a $b$.

Una vez probado esto, usando la igualdad conocida $dm=ab$, tenemos que \[a+b=s,\qquad ab=m\cdot\mathrm{mcd}(s,m).\] Así, tenemos que $a$ y $b$ son soluciones de la ecuación de segundo grado \[x^2-sx+m\cdot\mathrm{mcd}(s,m)=0.\] En el caso que nos pide el enunciado, puede calcularse fácilmente por el algoritmo de Euclides $\mathrm{mcd}(3972,985928)=4$, luego $a$ y $b$ son las soluciones de $x^2-3972x+3943712=0$. Esto nos da (después de algunas laboriosas cuentas) que los números son $1964$ y $2008$.

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.