Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Escribamos $p=a+c+u$ y $q=b+d+v$ para ciertos enteros $u$ y $v$. La desigualdad $\frac{a}{b}\gt\frac{p}{q}=\frac{a+c+u}{b+d+v}$ nos dice que $ab+ad+av\gt ab+bc+bu=ab+ad-1+bu$. Simplificando, llegamos a que $av\gt bu-1$ y, como estamos trabajando con enteros, tenemos que $av\geq bu$. De la misma forma, usando la desigualdad $\frac{p}{q}\gt\frac{c}{d}$ del enunciado se llega a que $du\geq cv$. Despejando $u$ en estas desigualdades (ya que $b$ y $d$ son positivos) tenemos finalmente que \[\frac{a}{b}v\geq u\geq\frac{c}{d} v.\] En primer lugar, observamos que si $v\lt 0$ (es decir, $q\lt b+d$) entonces llegamos a una contradicción ya que $\frac{a}{b}v\lt\frac{c}{d}v$ y las desigualdades anteriores no se satisfacen para ningún entero $u$. Por tanto, $v\geq 0$ y tenemos probado el apartado (a).

Finalmente, si $q=b+d$, entonces $v=0$, luego las desigualdades arriba probadas nos dicen que $0\geq u\geq 0$ y, por tanto, $u=0$ y $p=a+c$, demostrando así el apartado (b).

Solución. Vamos a probar que la respuesta es afirmativa. Para ello, observamos que el problema es equivalente a determinar si existen $n,a\in\mathbb{N_0}$ tales que $3n^2+2n+2=a^2$. Trabajando módulo 8, todo cuadrado perfecto es congruente con $0$, con $1$ ó con $4$, para lo que será suficiente comprobar que $3n^2+2n+2$ no es congruente con ninguno de estos tres números módulo $8$. Usando las propiedades de las congruencias, tenemos que

• Si $n\equiv 0\ (\mathrm{mod}\ 8)$, entonces $3n^2+2n+2\equiv 2\ (\mathrm{mod}\ 8)$.
• Si $n\equiv 1\ (\mathrm{mod}\ 8)$, entonces $3n^2+2n+2\equiv 7\ (\mathrm{mod}\ 8)$.
• Si $n\equiv 2\ (\mathrm{mod}\ 8)$, entonces $3n^2+2n+2\equiv 2\ (\mathrm{mod}\ 8)$.
• Si $n\equiv 3\ (\mathrm{mod}\ 8)$, entonces $3n^2+2n+2\equiv 3\ (\mathrm{mod}\ 8)$.
• Si $n\equiv 4\ (\mathrm{mod}\ 8)$, entonces $3n^2+2n+2\equiv 2\ (\mathrm{mod}\ 8)$.
• Si $n\equiv 5\ (\mathrm{mod}\ 8)$, entonces $3n^2+2n+2\equiv 7\ (\mathrm{mod}\ 8)$.
• Si $n\equiv 6\ (\mathrm{mod}\ 8)$, entonces $3n^2+2n+2\equiv 2\ (\mathrm{mod}\ 8)$.
• Si $n\equiv 7\ (\mathrm{mod}\ 8)$, entonces $3n^2+2n+2\equiv 3\ (\mathrm{mod}\ 8)$.

Por tanto, $3n^2+2n+2$ no es congruente con $0$, $1$ ó $4$ para ningún valor de $n\in\mathbb{Z}$ y hemos terminado.

Solución. Podemos suponer que $a\gt b$ y quitar el valor absoluto. Razonando por reducción al absurdo, supongamos que $a-b\lt\sqrt{4n-3}$, de donde deducimos que \[(a+b)^2=(a-b)^2+4ab\lt 4n-3+4(1+n^2)=(2n+1)^2.\] Ya que todos estos números son positivos, deducimos que $a+b\lt 2n+1$, esto es, $a+b\leq 2n$. Usando entonces la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica deducimos que \[1+n^2=ab\lt\left(\frac{a+b}{2}\right)^2\leq \frac{4n^2}{4}=n^2,\] lo cual es una contradicción.

Supongamos ahora que se da la igualdad, con lo que tenemos dos igualdades para trabajar: $ab=1+n^2$ y $(a-b)^2=4n-3$. Entonces, $(a+b)^2=(a-b)^2+4ab=(2n+1)^2$, luego $a+b=2n+1$. Por otro lado, tenemos que $4n-3$ tiene que ser un cuadrado impar, pongamos $(2m+1)^2$ para cierto entero $m$, de donde $n=m^2+m+1$. Finalmente, de las ecuaciones $a+b=2n+1$ y $a-b=\sqrt{4n-3}$, despejamos $a$ y $b$ en función de $m$. Tenemos así que \begin{align*} n&=m^2+m+1,\\ a&=m^2+2m+2,\\ b&=m^2+1, \end{align*} para cierto entero $m\geq 0$. Como estas soluciones cumplen la igualdad para todo $m$, deducimos que son las únicas.

Solución. Observemos que si $n$ no es una potencia de $3$, entonces $n=ab$, siendo $a\gt 1$ un número que no es múltiplo de $3$. Tomando $x=2^b$, podemos expresar el número del enunciado como $4^n+2^n+1=x^{2a}+x^a+1$. El resto de la solución se centrará en ver que si $a$ no es múltiplo de $3$, entonces $x^{2a}+x^a+1$ es divisible (como polinomio) entre $x^2+x+1$. Esto se debe a que tenemos que $1\lt x^2+x+1\lt x^{2a}+x^a+1$, luego habremos encontrado un factor no trivial de $4^n+2^n+1=x^{2a}+x^a+1$ y, por tanto, este número será compuesto.

Hay varias formas de ver que $x^2+x+1$ es un factor de $x^{2a}+x^a+1$:

1. La primera es haciendo la división euclídea con un poco de pericia.
2. La segunda es encontrando otro polinomio $p(x)$ tal que $x^{2a}+x^a+1=(x^2+x+1)\cdot p(x)$, lo cual no es muy difícil después de probar unos cuantos casos.
3. La tercera forma es observar que $x^2+x+1$ tiene por raíces complejas $w_1=\frac{-1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}$ y $w_2=\frac{-1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2}$, que cumplen las relaciones $w_1^2=w_2$, $w_2^2=w_1$ y $w_1^3=w_2^3=1$ (son raíces cúbicas de la unidad). Por tanto, \[w_i^{2a}+w_i^a+1=1+w_1+w_2=1-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2}=0,\] ya que $w_i^{2a}$ y $w_i^a$ son los números $w_1$ y $w_2$ en algún orden (y aquí estamos usando que $a$ no es múltiplo de $3$). Así hemos probado que $w_1$ y $w_2$ son también raíces de $x^{2a}+x^a+1$, con lo que $x^2+x+1$ divide a este polinomio y hemos terminado.

Solución. Dados $m$ y $n$, llamemos $F(m,n)$ al número del enunciado y procedamos por inducción sobre $n$. Para $n=0$ y cualquier $m\geq 0$ se tiene que \[F(m,0)=\left(\begin{array}{c}2m\\m\end{array}\right),\] que un número combinatorio y, por tanto, entero (hemos hecho uso de que $0!=1$). Supongamos ahora que $F(m,n)$ es entero para todo $m\geq 0$ y probemos que $F(m,n+1)$ también es entero para todo $m\geq 0$. Para probar esto, observemos que, para cualesquiera $m,n\geq 0$, tenemos que \begin{align*} F(m,n+1)+F(m+1,n)&=\frac{(2m)!(2n+2)!}{m!(n+1)!(m+n+1)!}+\frac{(2m+2)!(2n)!}{(m+1)!\,n!(m+n+1)!}\\ &=\frac{(2m)!(2n)!}{m!\,n!(m+n)!}\left(\frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)(m+n+1)}+\frac{(2m+2)(2m+1)}{(m+1)(m+n+1)}\right)\\ &=\frac{(2m)!(2n)!}{m!\,n!(m+n)!}\cdot\frac{2(2n+1)+2(2m+1)}{(m+n+1)}=4F(m,n),\\ \end{align*} donde hemos sacado factor común todos los factoriales posibles y después operado. En particular, se tiene que $F(m,n+1)=4F(m,n)-F(m+1,n)$ es entero ya que $F(m,n)$ y $F(m+1,n)$ son enteros por hipótesis de inducción. Esto concluye la demostración.

Nota. Puede pensarse que esta forma de demostrar que el número es entero es muy rebuscada, pero la idea es muy similar a la demostración de que los números combinatorios son enteros (concretamente, se prueba que un número combinatorio es la suma de los dos que están por encima de él en el triángulo de Tartaglia).