Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. En primer lugar, expresamos \[P(x,y)=2x^2-6xy+5y^2=(x-2y)^2+(x-y)^2.\] De aquí deducimos que todos los valores de $P$ son suma de dos cuadrados. No obstante, cualquier suma de dos cuadrados $u^2+v^2$ es un valor de $P$, sin más que tomar $x=-u+2v$ e $y=-u+v$ en la expresión de arriaba. Esto nos dice que los valores de $P$ son exactamente los números enteros que se expresan como suma de dos cuadrados.

Por inspección directa, los números menores o iguales que 100 que son suma de dos cuadrados son: 1, 2, 4, 5, 8, 9, 10, 13, 16, 17, 18, 20, 25, 26, 29, 32, 34, 36, 37, 40, 41, 45, 49, 50, 52, 53, 58, 61, 64, 65, 68, 72, 73, 74, 80, 81, 82, 85, 89, 90, 97, 98, 100. Estos hacen un total de 43 valores de $P$ entre 1 y 100, lo que responde al apartado (a).

Para responder al apartado (b), veamos ahora que el producto de dos números que se expresan como suma de dos cuadrados vuelve a ser suma de dos cuadrados, pero esto es consecuencia de la siguiente identidad, válida para cualesquiera números $a$, $b$, $c$ y $d$ no necesariamente enteros: \[(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2.\]

Solución. Pongamos que $p=p_1^2+p_2^2+p_3^2$, siendo $p,p_1,p_2,p_3$ números primos. El resto de la división entre 3 de cada $p_i^2$ es 0 si $p_i$ es múltiplo de $3$ (en cuyo caso $p_i=3$ por ser $p_i$ primo) ó 1 si $p_i$ no es múltiplo de $3$. Razonando por reducción al absurdo, si ningún $p_i$ fuera igual a 3, tendríamos que \[p=p_1^2+p_2^2+p_3^2\equiv 1+1+1\equiv 0\ (\mathrm{mod}\ 3),\] lo que implica que $p=3$ pero esto es una contradicción ya que $p=p_1^2+p_2^2+p_3^2\geq 4+4+4=12$ (obsérvese que el 1 no es un número primo).

Solución. Basta darse cuenta de que \[\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=\frac{(n+1)-n}{n(n+1)}=\frac{1}{n(n+1)},\] luego tomando $a=n$, $b=n(n+1)$ y $c=n+1$, tenemos una solución para cada número natural $n$. Hemos demostrado así que hay infinitas soluciones.

Solución. Observemos que \[a_{n+1}+b_{n+1}\sqrt{2}=(a_n+b_n\sqrt{2})(3-2\sqrt{2})=(3a_n-4b_n)+(-2a_n+3b_n)\sqrt{2},\] e identificando términos llegamos a que \begin{align*} a_{n+1}&=3a_n-4b_n,\\ b_{n+1}&=-2a_n+3b_n. \end{align*} Estas igualdades nos permiten despejar $a_n$ y $b_n$ en términos de $a_{n+1}$ y $b_{n+1}$ como en un sistema de ecuaciones lineales, obteniendo: \begin{align*} a_n&=2a_{n+1}+3b_{n+1},\\ b_n&=-3a_{n+1}-4b_{n+1}. \end{align*} Entonces, si $a_{n+1}$ y $b_{n+1}$ tienen algún factor común, éste lo será también de sus predecesores $a_{n}$ y $b_n$. Repitiendo el proceso, deducimos que $\mathrm{mcd}(a_{n},b_{n})=\mathrm{mcd}(a_1,b_1)$ para todo $n\in\mathbb{N}$. Como $a_1=3$ y $b_1=-2$, llegamos a que $\mathrm{mcd}(a_{n},b_{n})=1$ para todo $n\in\mathbb{N}$, como queríamos demostrar.

Solución. Observemos que si $d_i$ es un divisor de $n$, entonces $\frac{n}{d_i}$ es otro divisor de $n$, y además $\frac{n}{d_i}\lt\frac{n}{d_j}$ si $d_j\lt d_i$ (es decir, los $\frac{n}{d_i}$ están ordenados de forma inversa a los $d_i$). Por tanto, tenemos que $d_1=\frac{n}{d_k}$, $d_2=\frac{n}{d_{k-1}}$ y así sucesivamente hasta $d_k=\frac{n}{d_1}$. Esto nos permite reescribir \[d=\frac{n^2}{d_kd_{k-1}}+\frac{n^2}{d_{k-1}d_{k-2}}+\ldots+\frac{n^2}{d_2d_1}=n^2\left(\frac{1}{d_kd_{k-1}}+\frac{1}{d_{k-1}d_{k-2}}+\ldots+\frac{1}{d_2d_1}\right),\] por lo que bastará ver que esta última suma de fracciones es menor o igual que $1$. No obstante, observemos que $d_i\geq i$ para todo $i\in\{1,\ldots,k\}$, lo que nos dice que \[\frac{d}{n^2}=\frac{1}{d_kd_{k-1}}+\frac{1}{d_{k-1}d_{k-2}}+\ldots+\frac{1}{d_2d_1}\leq\frac{1}{k(k-1)}+\frac{1}{(k-1)(k-2)}+\ldots+\frac{1}{2\cdot 1}.\] Ahora bien, podemos expresar cada uno de estos sumandos como \[\frac{1}{i(i-1)}=\frac{1}{i-1}-\frac{1}{i}.\] Sustituyendo cada uno de ellos en la expresión anterior, llegamos a que \[\frac{d}{n^2}\leq \frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}+\frac{1}{k-2}-\frac{1}{k-1}+\ldots+\frac{1}{1}-\frac{1}{2}=1-\frac{1}{k}\lt 1,\] con lo que hemos demostrado que $d\lt n^2$.

Veamos ahora cuándo $d$ divide a $n^2$. El mayor divisor de $n^2$ distinto del propio $n^2$ es $d_kd_{k-1}=n d_{k-1}$ (¿por qué?) luego, si la suma que define $d$ tiene más de un sumando, se tendría que $d_kd_{k-1}\lt d\lt n^2$, lo que nos dice que $d$ no es divisor de $n^2$ (es menor que $n^2$ y mayor que su mayor divisor propio). Por tanto, para que $d$ divida a $n^2$ es necesario que $k=2$, es decir, que $n$ tenga sólo dos divisores, es decir, que $n$ sea un número primo. Como en el caso de $n$ primo tenemos que $d=n$ divide a $n ^2$, deducimos que los primos son los únicos que cumplen dicha condición.