Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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.

Solución. Intentando completar una potencia cuarta, se llega directamente a que \[a^4+4a^3+11a^2+6a+2=(a+1)^4+5a^2+2a+1=((a+1)^2)^2+(2a)^2+(a+1)^2.\] Para ver que es múltiplo de $4$, observamos que $a^2\equiv a^4\equiv 1\ (\text{mod }4)$ y que $6a\equiv 2\ (\text{mod }4)$ para todo entero impar $a$. Esto nos dice que \[a^4+4a^3+11a^2+6a+2\equiv 1+0+3+2+2\equiv 0\ (\text{mod }4).\]

Solución. Como la suma de los dígitos de un número es congruente con el número módulo $9$ y todo cuadrado es congruente con $0$, $1$, $4$ o $7$ módulo $9$, deducimos que la suma de los dígitos de un cuadrado deja uno de estos restos al dividirse entre $9$. Vamos a probar que estos son todos los números buscados, es decir, que todo número congruente con $0$, $1$, $4$ o $7$ módulo $9$ es la suma de los dígitos de un cuadrado y habremos terminado.

• Consideremos los números de la forma $5,35,335,3335,33335,\ldots$ con un cierto número de treses seguidos de un cinco. Sus cuadrados son $25,1225,112225,11115556,\ldots$ cuyas sumas nos dan todos los números de la forma $3k+1$ para $k\geq 2$. Para $k=0$ y $k=1$, tenemos $1^2=1$ con suma $1$ y $2^2=4$ con suma $4$, luego recuperamos así todos los números naturales congruentes con $1$, $4$ y $7$ módulo $9$.
• Tomemos ahora los números de la forma $6,36,336,3336,33336,\ldots$ en los que hemos sustituido los cincos por seises. Sus cuadrados son $36,1296,112896,11128896,1111288896,\ldots$ cuya suma de dígitos es cualquier múltiplo de $9$.