Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Vamos a dar una respuesta negativa. Para ello podemos suponer que $\operatorname{mcd}(a,b,c)=1$ ya que en caso contrario podemos simplificar todas las fracciones y obtener una nueva solución en la que esto ocurra. La ecuación puede escribirse como \[a^2c+b^2a+c^2b=3abc.\] Supongamos que $p$ es un primo que divide a $abc$, luego divide a uno o dos de los factores. Pongamos que $a$ es un factor múltiplo de $p$ sin pérdida de generalidad. Por la ecuación anterior, $p$ tiene que dividir a $c^2b$, es decir, divide a $b$ o divide a $c$, pero no divide a ambos. Tenemos entonces dos casos.

• Si $p$ divide a $b$ y llamamos $x$ e $y$ a los exponentes de $p$ en la factorización de $a$ y $b$, respectivamente, entonces $3abc-b^2a$ tiene exponente $x+y+1$ (si $p=3$) o $x+y$ (si $p\neq 3$), mientras que $a^2c+c^2b=c(a^2+bc)$ tiene exponente $\min\{2x,y\}$ salvo en caso de que $2x=y$ (el exponente podría ser mayor si ocurre esto). Como $\min\{2x,y\}\leq y\lt x+y$, deducimos que necesariamente $2x=y$. Por lo tanto, el exponente de $p$ en $abc$ es $x+y=3x$, que es múltiplo de $3$
• Si $p$ divide a $c$, razonamos de forma similar. Llamando $x$ y $z$ a los exponentes de $p$ en la factorización de $a$ y $c$, respectivamente, entonces $3abc-a^2c$ tiene exponente $x+z$ o $x+z+1$, mientras que $b^2a+c^2b=b(ab+c^2)$ tiene exponente $\min\{x,2z\}$ (a menos que $x=2z$). Por lo tanto, tiene que ser $x=2z$ y también tenemos que el exponente de $p$ en $abc$ es múltiplo de $3$.

Tenemos así que el exponente de cualquier primo en la descomposición de $abc$ tiene exponente múltiplo de $3$, luego $abc$ es un cubo perfecto.

Nota. Es fácil ver que no hay soluciones positivas salvo las de la forma $a=b=c$ por la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica. Sin embargo, si hay soluciones negativas en que los tres números son distintos (posiblemente la más sencilla es $(a,b,c)=(1,-2,4)$).

Solución. Comenzamos observando que ninguno de los números puede ser múltiplo de 19 ya que, en tal caso, sólo uno de los dos conjuntos tendría un factor 19. Entonces, los restos módulo 19 de los números deben ser los números del 1 al 18. Si multiplicamos todos ellos, resulta $18!\equiv 18\ (\text{mod }19)$ por el teorema de Wilson (ver nota). Si existieran dichos subconjuntos disjuntos con el mismo producto, entonces $18$ sería un cuadrado módulo $19$, pero no lo es ya que \begin{align*} 1^2&\equiv 1\ (\text{mod }19),& 2^2&\equiv 4\ (\text{mod }19),& 3^2&\equiv 9\ (\text{mod }19),\\ 4^2&\equiv 16\ (\text{mod }19),& 5^2&\equiv 6\ (\text{mod }19),& 6^2&\equiv 17\ (\text{mod }19),\\ 7^2&\equiv 11\ (\text{mod }19),& 8^2&\equiv 7\ (\text{mod }19),& 9^2&\equiv 5\ (\text{mod }19),\\ 10^2&\equiv 5\ (\text{mod }19),& 11^2&\equiv 7\ (\text{mod }19),& 12^2&\equiv 11\ (\text{mod }19),\\ 13^2&\equiv 17\ (\text{mod }19),& 14^2&\equiv 6\ (\text{mod }19),& 15^2&\equiv 16\ (\text{mod }19),\\ 16^2&\equiv 9\ (\text{mod }19),& 17^2&\equiv 4\ (\text{mod }19),& 18^2&\equiv 1\ (\text{mod }19). \end{align*}

Nota. El teorema de Wilson afirma que $(p-1)!\equiv -1\ (\text{mod }p)$ para cualquier primo $p$.

Solución. El problema equivale a demostrar que la ecuación $x^2\equiv -7\pmod{2^k}$ tiene infinitas soluciones en los enteros, lo que equivale a que tenga alguna solución en los enteros. Para ello, vamos a partir de una solución $x_k$ para un valor de $k$ y encontraremos otra solución $x_{k+1}$ para el siguiente exponente.

Si $x_k^2\equiv -7\pmod{2^k}$, entonces $x_k^2\equiv -7\pmod{2^{k+1}}$ o bien $x_k^2\equiv -7+2^k\pmod{2^{k+1}}$. En el primer caso podemos tomar directamente $x_{k+1}=x_k$ y, en el segundo, definimos $x_{k+1}=x_k+2^{k-1}$ y tenemos que \[x_{k+1}^2=x_{k}^2+2^kx_k+2^{2k-2}\equiv x_k^2+2^k\equiv (-7+2^k)-2^k\equiv -7\pmod{2^{k+1}},\] donde hemos usado además que $x_k$ debe ser impar. No obstante, esta forma de pasar de $x_k$ a $x_{k+1}$ es cierta únicamente para $k\geq 3$ ya que debe cumplirse que $2k-2\geq k+1$ para que $2^{2k-2}\equiv 0\pmod{2^{k+1}}$. La prueba por inducción se sigue entonces de los casos base $1\leq k\leq 3$, en los que es basta con tomar $x_1=x_2=x_3=1$.

Solución. Comenzamos observando que, para cualesquiera naturales $a$ y $b$,

• si $x=a$ e $y=a+b$, entonces $x^2-xy+y^2=a^2+ab+b^2$;
• si $x=b$ e $y=a+b$, entonces también $x^2-xy+y^2=a^2+ab+b^2$.

Esto nos dice que si $a$ y $b$ están en dos subconjuntos distintos, entonces $a+b$ no puede estar en el tercero, ya que entonces $a^2+ab+b^2$ tendría que estar en los dos primeros simultáneamente, lo cual es absurdo. Esto también dice que $a-b$ no puede pertenecer al tercer conjunto por el mismo motivo.