Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Como \(30=2\cdot 3\cdot 5\), bastará probar que \(a^5-a\) es múltiplo de \(2\), de \(3\) y de \(5\). Que es múltiplo de \(2\) y de \(3\) lo deducimos de que \(a^5-a=(a+1)a(a-1)(1+a^2)\) ya que \(a+1\), \(a\) y \(a-1\) son tres enteros consecutivos. Para ver que es múltiplo de \(5\), observemos que si \(a\) es múltiplo de \(5\) entonces es obvio, y si \(a\) no es múltiplo de \(5\), el teorema pequeño de Fermat nos asegura que \(a^4\equiv 1\ (\text{mod }5)\) luego \(a^4-1\) es múltiplo de \(5\) y \(a^5-a=a(a^4-1)\) también lo es.

Solución. Todo cuadrado perfecto es congruente con \(0\), \(1\) ó \(4\) módulo \(8\) luego, sumando tres de ellos, los únicos restos módulo \(8\) que puede tener un número que es suma de tres cuadrados son \(0=0+0+0\), \(1=1+0+0\), \(2=1+1+0\), \(3=1+1+1\), \(4=4+0+0\), \(5=4+1+0\) y \(6=4+1+1\), pero de ninguna combinación resulta \(7\). En consecuencia, ningún número congruente con \(7\) módulo \(8\) puede escribirse como suma de tres cuadrados perfectos, y esta afirmación es equivalente al enunciado.

Solución. Veamos que, para cualquier $a\in\mathbb{Z}$, se cumple que $6$ divide a $a^3-a$. Para probar esto, observemos que $a^3-a$ siempre es par (ya que $a^3$ y $a$ tienen la misma paridad) y también es múltiplo de $3$ ya que $a^3-a=(a-1)a(a+1)$ es el producto de tres enteros consecutivos. Por tanto, hemos probado que $a^3-a$ es múltiplo de 6. Usando esto, \[x^3+y^3+z^3-(x+y+z)=(x^3-x)+(y^3-y)+(z^3-z)\] ha de ser múltiplo de 6 y, como $x+y+z$ lo es, también tiene que serlo $x^3+y^3+z^3$.

Solución. Observemos que la ecuación se puede escribir de forma equivalente como $(x-n)(y-n)=n^2$. Por lo tanto, $x-n$ e $y-n$ han de ser divisores complementarios de $n^2$. Por otro lado, para cada divisor $d$ de $n$, se tiene que $x=d+n$ e $y=\frac{n}{d}+n$ es una solución de la ecuación. Deducimos que hay tantas soluciones de la ecuación como divisores tiene $n^2$.

Finalmente, todo cuadrado perfecto tiene un número impar de divisores. Esto puede probarse sin más que darse cuenta de que cada divisor $d$ de $n^2$ está emparejado con $\frac{n^2}{d}$, salvo para $d=n$, que está desparejado.

Solución. Supongamos, por reducción al absurdo, que \(p\) es un número primo que divide a \(21n+4\) y a \(14n+3\). Entonces \(p\) divide a \(7n=3(21n+4)-4(14n+3)\), de donde \(p=7\) o bien \(p|n\). Claramente \(p=7\) no es posible ya que el numerador no es múltiplo de \(7\) para ningún valor de \(n\). Por otro lado, si \(p|n\), tenemos que \(p|4\) y \(p|3\) puesto que el numerador y el denominador son múltiplos de \(p\) por hipótesis. No obstante, no existe ningún número primo que divida simultáneamente a \(4\) y a \(3\), luego hemos llegado a la contradicción deseada.