Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Como aparecen potencias pares, podemos suponer que $n\geq 0$. Si probamos unos cuantos números, veremos que obtenemos $1$ para $n=0$ (que no es primo), $3$ para $n=1$ (que sí es primo) y, después siempre obtenemos números compuestos: esto será lo que intentaremos ver. Para probar que el resultado de evaluar un polinomio de coeficientes enteros es compuesto, suele ser útil factorizar el polinomio. No es difícil llegar a que \[n^4+n^2+1=(n^2+n+1)(n^2-n+1).\] Además, el factor $n^2+n+1$ es mayor que $1$ para $n\geq 1$ y el factor $n^2-n+1$ es mayor que $1$ para $n\geq 2$, lo que nos dice que $n^4+n^2+1$ es compuesto para $n\geq 2$. Por tanto, los únicos números que cumple el enunciado son $n=\pm 1$.

Solución. Es preciso darse cuenta de que \[\frac{Q}{P}=\frac{(2n)(2n-1)\cdots n}{n(n-1)\cdots 2\cdot 1}=\frac{(2n)!}{n!\cdot n!}=\left(\begin{matrix}2n\\n\end{matrix}\right).\] Como los números combinatorios son números naturales, deducimos que $P$ divide a $Q$.

Solución. Observemos que la condición del enunciado puede reescribirse como \[(a+c)(a-b)=a^2.\] Si probamos que $a+c$ y $a-b$ son primos entre sí, entonces tienen que ser cuadrados perfectos ya que son positivos (¿por qué?) y al multiplicarlos obtenemos un cuadrado perfecto. Razonando por reducción al absurdo, si $a+c$ y $a-b$ tuvieran algún factor primo común $p$, entonces la condición $(a+c)(a-b)=a^2$ nos dice que $p$ divide a $a$. Si $p$ divide a los números $a$, $a+c$ y $a-b$, entonces también divide a $c=(a+c)-a$ y $b=a-(a-b)$, de donde $p$ es un factor primo común a $a$, $b$ y $c$, lo cual es una contradicción.

Nota. Esto mismo prueba que $a+c$ es un cuadrado perfecto. Por otro lado, la condición del enunciado también se escribe como $(c-b)(a-b)=b^2$, lo que nos dice que $b-c$ es otro cuadrado perfecto. Además, como $a-b$ y $c-b$ son cuadrados perfectos (y, en particular, positivos), tenemos que $a>c>b$.

Solución. Sea $n$ un múltiplo de $100$ cualquiera, pongamos $n=100k$. Entonces, los números $k$, $2k$, $4k$, $5k$, $10k$, $20k$, $25k$ y $50k$ son divisores de $n$ menores que $100k$ y en total suman $117k$, luego la suma de todos los divisores de $n$, que es al menos de $117k$, es mayor que $n$.

Nota. Esta misma solución se puede adaptar para demostrar que los múltiplos de un número abundante son también abundantes e incluso los múltiplos de un número perfecto son también abundantes.

Solución. Si $\sqrt{k^2-kp}$ es igual a un número natural $n$, entonces $k^2-kp=n^2$. Utilizando la fórmula de las soluciones de la ecuación de segundo grado, podemos despejar \[k=\frac{p\pm\sqrt{p^2+4n^2}}{2}.\] Ahora bien, si $k$ es un número entero, la raíz anterior tiene que ser otro número natural, llamémoslo $m$ y, por tanto, $p^2+4n^2=m^2$. Podemos despejar así $p^2=m^2-4n^2=(m-2n)(m+2n)$. Como $p$ es primo, las únicas factorizaciones posibles de $p^2$ son $p^2=(-1)(-p^2)=(-p)(-p)=p\cdot p=1\cdot p^2$, pero $m-2n$ es menor o igual que $m+2n$ por ser $n$ mayor o igual que cero, y $m+2n$ también es positivo luego tenemos las siguientes dos posibilidades:

• $m-2n=1$, $m+2n=p^2$, de donde $m=\frac{p^2+1}{2}$ y $n=\frac{p^2-1}{4}$.
• $m-2n=p$, $m+2n=p$, de donde $m=p$ y $n=0$.

Sustituyendo estos valores de $m$ en la ecuación de segundo grado para $k$, obtenemos las siguientes posibilidades: \[k=0,\hspace{1cm}k=p,\hspace{1cm}k=\left(\frac{p+1}{2}\right)^2,\hspace{1cm}k=-\left(\frac{p-1}{2}\right)^{2}.\] Las dos primeras son enteras sea cual sea el primo $p$ pero la tercera y la cuarta sólo cuando $p$ es impar, es decir, para $p\geq 3$. Si no consideramos el cero como número natural, tenemos que descartar las dos primeras.