Olimpíada Matemática Galega 2026-Fase Local-5

 

Rematamos a serie dedicada aos problemas da fase local deste ano co problema máis sofisticado dos cinco. Xulgade vós.

Problema 5:

Para o desfile de tropas romanas e castrexas do Arde Lucus 2026, hai inscritas exactamente 100 persoas. A organización só admite dous tipos de agrupacións:

• Patrullas pequenas, de 6 persoas.
• Cohortes grandes, de 10 persoas.

Non se permite deixar ninguén fóra nin formar agrupacións incompletas e non hai un número mínimo de agrupacións de ningún dos dous tipos.

1. Encontra unha posible forma de organización das patrullas e cohortes.
2. Atopa todas as organizacións posibles das patrullas e cohortes.
3. Cal é o mínimo número de formacións posibles? E o máximo?
4. Se nas seguintes recreacións participa outro número diferente N de persoas, para que valores de N será posible organizar as tropas deste xeito?

Non serei eu quen proteste pola inclusión dunha ecuación diofántica lineal, obviamente, pero só quería comentar que unha situación semellante xa caera na fase local  de 2015, no problema 3.  Lémbroo porque aquel ano foran 4 alumnos meus de Cedeira á fase local, que daquela se celebraba no IES Carvalho Calero.

Ah, e unha anécdota: cando estaba no salón de actos do meu instituto facendo o tempo despois de explicar como ía o conto dos códigos, díxenlles aos cativos que como a olimpíada se organiza en Lugo, é típico que metan algún problema co tema do Arde Lucus, a muralla, etc. Cando sentei e mirei os problemas, tiven que interromper o comezo da resolución para anuncialo: "VISTES O 5º PROBLEMA?!"

Se non perezo antes co choio deste fin de curso e a sensación de que cada ano que pasa, son peor profesor, agardo comentar os problemas da fase final, que é o 21 de maio. Veremos.

O concurso Georg Mohr 2025

 

En xaneiro tiven a recuperación da 1ª avaliación de Matemáticas I, e como é habitual, houbo alumnos que aprobaran e que non querían subir a súa nota, polo que busquei unha olimpíada recente entre as fontes que levo usando anos: O Torneo Harvard-MIT, as competicións da Universidade de Waterloo, a OBMEP, ...

Pero esta vez o gañador resultou ser a primeira rolda da competición Georg Mohr, da que xa teño collido problemas ben fermosos en moitas ocasións semellantes. A razón foi que lin o 1º ítem, gustoume, mirei por riba os demais, e apostei que ía estar ben. Logo, durante a recuperación, os alumnos que estaban coa competición preguntaron algunha cousa e descubrín que había moitas xoias ocultas neste concurso. Ata o punto de que é difícil escoller algunha, que era o que pensaba que ía facer despois no blog. En conclusión, de vinte problemas, hainos bos e hainos moi bos. Comezando polo primeiro, unha alfaia abstracta sen números:

 1) As 4 figuras amosan o mesmo rectángulo e o mesmo círculo, pero colocados de xeito distinto

En que figura a diferenza entre a área raiada e a área gris é maior?

a) A

b) B

c) C

d) D

e) É igual nas 4 figuras

Este problema paréceme fermosísimo por varias razóns, a primeira xa mencionada: non require(non pode) usar números, só razoar en abstracto. En segundo lugar, a nosa mente rápida quere crer que os tamaños relativos das dúas figuras e da súa intersección inflúen na resposta e tamén quere que intuamos (incorrectamente) que a parte branca está relacionada coa diferenza solicitada no enunciado. Unha marabilla para comezar.

2) Gerth quere construír un modelo de vía férrea. Ten un feixe de pezas de vía de lonxitudes 7 cm e 11 cm. Cal é o mínimo número de pezas necesarias para construír unha vía que mida exactamente 200 cm?

 a)  18 b) 20 c) 22 d) 24 e) 26

O connoisseur recoñecerá instantaneamente a ecuación diofántica lineal subxacente, que non é estritamente necesario resolver, observando simplemente que a vía terá menos pezas cantas máis teña de lonxitude 11. E os colegas seguidores do blog lembrarán que un problema análogo xa aparecera aquí no contexto da fase local da Olimpíada Matemática Galega de 2015 (onde tamén poderán comprobar que a aparición dunha ecuación diofántica dispara o meu uso da palabra connoisseur)

3) Os números 1, 2, ..., 9 están escritos nun encerado. Níkolaj ponlle un 0 á dereita a un número e un 1 á esquerda a dous números. A suma dos números do encerado agora é 119. Cal dos números orixinais é o que ten o 0 á dereita?

a)  3  b) 6 c) 7 d) 8 e) Non pode ser determinado

 

Outra cuestión elemental que é un bo exercicio para o alumnado.

4) A figura amosa o plano dun parque de xogos onde instalaron barras estreitas para practicar equilibrio andando o camiño PQRSP. Os cadrados do plano teñen lonxitude 1 metro. Os círculos son plataformas, dous de raio 1 metro e dous de raio 2 metros. Cal é a lonxitude total da parte do camiño que circula fóra das plataformas?

   

  a)  16 m b) 18 m c) 20 m d) 24 m e) 26 m

Seguramente xa vistes esta idea nalgún concurso de resposta múltiple.

5) Alma lanza un dado co 8 caras cos números do 1 ao 8, e Bertha tira un dado con 20 caras cos números do 1 ao 20. Cal é a probabilidade de que obteñan o mesmo número?

 a)  $\frac{1}{8}$ b) $\frac{8}{20}$ c) $\frac{1}{12}$ d) $\frac{1}{20}$ e) $\frac{1}{28}$

Vouno deixar no 6º problema, probablemente un dos meus preferidos desta fase:

6) Un taboleiro rectangular de dimensións 2x2025 ten que ser cuberto con pezas coa forma

Os triminós sonvos un pouco sosos

De cantos xeitos podemos facelo se as pezas non se solapan?

 a)  1 b) 2025 c) 2·3·2025 d) 2025² e) $2^{\frac{2025}{3}}$

Non sei se me gustou máis porque no momento no que me preguntaron por esta cuestión no exame, a miña primeira intuición foi errónea. Se sodes dos que chegades a combinatoria en 4º de ESO, paréceme un bo problema fóra do estándar da aula, como enriquecemento é factible.

Olimpiada Matemática Española 2023, Fase Local

 

    O venres 20 de xaneiro tivo lugar a fase local da Olimpiada Matemática Española. Este ano volveu ao formato usual, no que hai 6 problemas distribuídos en dúas sesións, común a moitos concursos tradicionais a nivel internacional. Uns colegas que levaron alumnos a esta fase, que a nivel galego sempre se celebra na Facultade de Matemáticas da USC, compartiron os problemas e a conta galega oficial da olimpiada xa deu permiso para difundilos, de aí esta entrada. Os problemas foron ben fermosos, e algo inusuais na miña opinión:

Sesión matinal

Sesión vespertina

Como vén sendo habitual, o primeiro que me chamou a atención foi a ecuación diofántica do problema 6, que vou proceder a resolver, pero tamén me resultou curioso o problema 5, que lembra a un problema compartido neste blog... hai máis de dez anos!

Para quen lle gusten os números

Nesa entrada o proceso consistía en partir dos primeiros 4 naturais(valería cos primeiros n), e coller dous ao chou , $a$ e $b$, e substituílos por $a+b+ab$, e repetir o proceso dúas veces máis ata quedar cun único número, que inevitablemente tería que ser 119, que cun chisco de vista un recoñecerá como $5!-1$

A que obedece este fenómeno? A que collendo dous números ao chou e cambiándoos polo resultado desa operación aparentemente aleatoria, hai un número relacionado co conxunto inicial dos 4 números que permanece invariante. Sabendo que ao final do proceso chegamos sempre a 119, xa intuímos que o invariante é o número anterior ao produto dos números seguintes aos dados, é dicir, $(1+1)(2+1)(3+1)(4+1)-1$. De feito, un ve a estrutura cando se decata de que $a+b+ab=a+b+ab+1-1=(a+1)(b+1)-1$

Este comentario serve como pista para o 5º problema da olimpíada, se tedes ganas de pensalo(se non tedes ganas, tamén serve).

Imos á ecuación diofántica, logo.

$$2^a+7^b=c^2+4$$

A primeira vista ten aspecto de ser difícil, non só polo feito de que teña 3 incógnitas, senón porque unha delas non aparece nun expoñente(é habitual que se están nun expoñente saibamos moitas propiedades da expresión), e ademais non hai un xeito natural (no pun intended) de factorizar ningún dos dous membros. Por sorte, dos cadrados perfectos tamén sabemos moitas cousas. Cando un xa leva uns anos resolvendo ecuacións destas, xa visualiza estratexias con certa celeridade. Neste caso, imos distinguir 3 casos, en función do expoñente a:

$$a=1$$

A ecuación é simplemente $$7^b=c^2+2$$

E a expresión está a pedir que probemos cun razoamento módulo 7:

$$c^2+2 \equiv \begin{cases}2 \\ 3 \\ 6 \\ 4  \\ \end{cases}(mod7) \\$$

e vemos que nunca equivale a 0 módulo 7. Dito doutro xeito, $-2$ é un non residuo cuadrático módulo 7.

En troques, se $a=2$ a ecuación pasa a ser $$7^b=c^2$$ que obviamente ten infinitas solucións, dadas pola expresión $b=2d, c=7^d$

Finalmente, se $a\ge3$, traballando módulo 8:

$$2^a+7^b  \equiv 7^b \equiv (-1)^b \equiv \begin{cases} -1 \\ 1 \end{cases} (mod8)$$

Mentres que o membro da dereita:

$$c^2+4 \equiv \begin{cases} 4 \\ 5 \\ 0 \end{cases} (mod 8)$$

E vemos que non poden coincidir.

En conclusión, a ecuación ten infinitas solucións co aspecto $(a,b,c)=(2,2d,7^d), d \in \mathbb{N}$

Deixamos ao amable lector que resolva os outros cinco problemas...

Cúbicas bonitas

Unha das directrices obvias que adoitamos seguir os profesores de Matemáticas consiste en comezar poñendo exemplos con números "sinxelos", en calquera ámbito no que nos adentremos coas clases. A razón é previsible: non queremos distraer aos alumnos do obxecto do exemplo. A teoría da carga cognitiva apoia esta intuición dos docentes: se os alumnos teñen que pelexar cun número do tipo $\frac{0,5\widehat{43}-\sqrt[3]{25}}{\sqrt{34}}$ polo medio de tentar aprehender un concepto novo, a súa memoria operativa vai pedir papas, o que provocará que non quede ren para o obxectivo esencial, que é a comprensión do novo concepto.

Por desgraza, hai casos nos que non temos nada que facer. O máis inmediato é o dos cadrados con dimensións naturais: se o lado é natural, a diagonal vai ter un $\sqrt{2}$ bailando, se a diagonal é natural, será o lado o que teña $\sqrt{2}$ polo medio(e un 2 no denominador se a diagonal é impar). Máis adiante na secuencia de contidos que van aparecendo pola asignatura hai unha situación na que tentamos poñer exemplos limpos, a da representación gráfica de funcións, e ás veces iso implica utilizar unha cantidade de tempo considerable buscando. Atopar unha función con raíces sinxelas non ten máis misterio que coller os números que queiramos, $a_1, a_2, a_3, \dots , a_n$ e construír a función polinómica $f(x)=\prod\limits_{k=1}^{n} (x-a_k)=(x-a_1)(x-a_2) \dots (x-a_n)$. Pero isto non garante que os puntos críticos da función sexan sinxelos tamén. Unha función tan inofensiva como $f(x)=x(x+1)(x-3)=x^3-2x^2-3x$ ten puntos críticos $x=\frac{2 \pm \sqrt{13}}{3}$, que bonitos non son, a verdade.

Pois ben, centrémonos nas funcións cúbicas, suficientemente interesantes para amosar xa dous puntos críticos e un punto de inflexión, pero non demasiado difíciles para que as contas sexan excesivas ou impracticables. Partamos dunha función cúbica con 3 raíces, 0, a e b, cousa que podemos facer simplemente transladando as raíces para que unha pase a ser 0. Por tanto, $f(x)=x(x-a)(x-b)=x^3-(a+b)x^2+ab$, e vexamos que condicións imos ter que impór nos enteiros a e b para que f teña puntos críticos e punto de inflexión manexables, o que vou traducir como enteiros.

Se usamos forza bruta para atopar as raíces da derivada,$f'(x)=3x^2-2(a+b)x+ab$, teríamos que pelexar simultaneamente con dous obstáculos, a racionalidade do discriminante e que o denominador divida ao numerador da fórmula. Podemos evitar un deses problemas impoñendo que f'(x) teña o aspecto $f'(x)=3(x-c)(x-d)=3x^2-3(c+d)x+3cd$, sendo c e d as abscisas sinxelas para os puntos críticos que estamos a buscar. Álxebra, come softly...

$$\begin{cases} 2(a+b)=3(c+d) \\ ab=3cd \end{cases}$$

Da 2ª ecuación deducimos que a ou b son múltiplos de 3, pero a 1ª ecuación fai que se un é múltiplo de 3, o outro tamén, polo que os dous teñen que ser múltiplos de 3, e podemos escribir $a=3m, b=3n$,  e reescribir todo:

$$\begin{cases} 2(m+n)=c+d \\ 3mn=cd \end{cases}$$

e agora podemos deducir que 3 é divisor de c ou de d, dada a simetría do choio, supoñamos que é c, e escribamos $c=3e$:

$$\begin{cases} 2(m+n)=3e+d \\ mn=ed \end{cases}$$

Eliminemos m:

$$2(m+n)n=(3e+d)n \rightarrow 2ed+2n^2=(3e+d)n \rightarrow 2n^2-(3e+d)n+2ed=0$$

Como tantas veces, para que esta ecuación en n teña raíces enteiras, é necesario que o discriminante da ecuación sexa un cadrado perfecto:

$$\Delta=(3e+d)^2-16ed=f^2 \rightarrow 9e^2+6ed+d^2-16ed=f^2 \rightarrow 9e^2-10ed+d^2=f^2$$

E agora que? Mirar moito e ter sorte:

$$d^2-10ed+25e^2-25e^2+9e^2=f^2 \rightarrow (d-5e)^2=f^2+(4e)^2$$

O que nos leva á ecuación diofántica máis coñecida, a pitagórica. Tendo en conta a paridade de 2e, a solución xeral é:

$$\begin{cases} d-5e=k(r^2+s^2) \\ f=k(r^2-s^2) \\ 4e=2krs \end{cases}$$

sendo, como é usual, k un natural calquera e r e s coprimos e de paridade oposta. Atopemos os valores de n e m:

$$n=\frac{3e+d \pm \sqrt{\Delta}}{4} $$

Usamos agora que $3e+d=d-5e+2 \cdot 4e=k(r^2+s^2)+4krs=k(r^2+s^2+4rs)$, e vou eliminar o $\pm$, pois as dúas posibilidades son os valores de n e m, precisamente:

$$n=\frac{k(r^2+s^2+4rs) + k(r^2-s^2)}{4}=\frac{k(2r^2+4rs)}{4}=\frac{kr(r+2s)}{2}$$

E $$m=\frac{ks(s+2r)}{2}$$

Para que n e m sexan naturais, ten que suceder que k sexa un número par, $k=2t$

$$\begin{cases} m= ts(s+2r) \\ n= tr(r+2s) \end{cases}$$

Lembrando que $a=3m, b=3n, c=3e$,

$$\begin{cases} a= 3ts(s+2r) \\ b= 3tr(r+2s) \\  c=3trs \\ d=2t(r^2+s^2)+5trs=t(2r+s)(r+2s) \end{cases}$$

Velaquí a parametrización que buscabamos, coas restricións comentadas, r e s son números coprimos e de paridade oposta. Para listar as funcións "bonitas" estas restricións van supoñer un obstáculo.

Pois ben, como aproximación a unha representación mellor pensada para esta listaxe, velaquí un applet en geogebra onde ademais da parametrización obtida, permito transladar a cúbica para que non sexa obrigado que pase pola orixe:

Nesta entrada seguín varios artigos, pois o asunto "escolar" de dispoñer de funcións sinxelas semella que hai anos que é unha teima dos profesores. Entre eses artigos, teño que salientar:

• Jim Buddenhagen, Charles Ford e Mike May, Nice Cubic Polynomials, Pythagorean Triples, and the Law of Cosines, Math. Mag. 65 (1992) pp. 244-249
• Jean-Claude Evard, Polynomials whose roots and critical points are integers, arXiv (2004)
• T. Bruggeman and T. Gush, Nice cubic polynomials for curve sketching, Math. Mag. 53 (1980), pp. 233-234
• R. H. Buchholz and J. A. MacDougall When Newton met Diophantus: A Study of Rational-Derived Polynomials and Their Extension to Quadratic Fields, J. Number Th. 81 (2000) pp. 210-233

Máis problemas doutros países

Non é a primeira vez que comento exames de acceso doutros países. Hai menos dun ano compartín parte do Bac francés no blog, e en twitter xa teño falado das probas portuguesas.

Pois evitando o abafante traballo que temos os profesores no confinamento, deume por revisar revistas pola rede, e dei cun artigo en Mathematics in School sobre probas da antiga URSS. Os lectores máis antigos xa saberán o medo cerval respecto que lles teño aos problemas que propoñían na época soviética, os máis recentes da miña lexión de seguidores poden comprobar do que falo en Primeiro Problema dun libro(case once anos van no lombo). Observade estes problemas de reválida e ás idades ás que ían dirixidos, e xulgade vós se non son para terlles un chisco de respecto:

Grao 8 (~2º de ESO):

• Resolve o sistema de ecuacións $\begin{cases} \frac{x}{y}+\frac{y}{x}=\frac{5}{2} \\ x^7+y^7=x^3 y^4+1 \end{cases}$
• En 99 cartas están escritos os números 1, 2, 3, ..., 99. Barallamos e espallamos as cartas, deixando o dorso, en branco, á vista. Escribimos os números 1,2,3, .., 99 nos dorsos. Para cada carta, sumamos os dous números que ten escritos, e multiplicamos as 99 sumas obtidas. Demostra que o resultado final deste procedemento ten que ser un número par.

Grao 9(~3º de ESO):

• Debuxamos 3 circunferencias, cada unha delas pasa por 2 vértices duhn triángulo acutángulo e polo ortocentro do triángulo. Amosar que as tres circunferencias teñen o mesmo diámetro.
• Atopar todos os números primos p e q que cumpren a ecuación $p^2-2q^2=1$
• Unha táboa rectangular contén un número diferente en cada cela, e ten a propiedade de que cada cela que non está no bordo da táboa contén un número que é a media aritmética dos seus 4 veciños(en horizontal e vertical). Demostrar que a cela que contén o máximo dos números da táboa ten que estar no bordo da táboa.

E o meu preferido, tamén para grao 9, pero como problema avanzado, non de reválida:

• Atopar todos os números naturais (x, y, u, v) que cumpren $\begin{cases} x+y=uv \\ u+v=xy \end{cases}$

 

Deixando a un lado a discusión sobre o apropiados que (non) son para esas idades estes problemas, non son unha marabilla?

As ecuacións diofánticas

Folclore obrigado

Comecemos polo principio: Que é unha ecuación diofántica?

Resumindo, é unha ecuación polinómica con coeficientes enteiros da que buscamos as solucións en números naturais, enteiros ou racionais, aínda que hai extensións da definición a ecuacións exponencias, por exemplo.

Os profesores de Matemáticas de secundaria adoitan atopar por primeira vez as ecuacións diofánticas cando collen o temario das oposicións e dan coa unidade 15, que laconicamente leva ese título. Aínda que había un recanto agochado no marasmo da materia Ecuacións Alxébricas(na que se introducía a Teoría de Galois) no que timidamente aparecían as ecuacións diofánticas lineais, dependendo do profesor que tiveses. Como agora a nivel galego empeza a haber escaseza de licenciados en Matemáticas, pode suceder que algún profesor de secundaria sexa enxeñeiro en Informática, daquela si terá visto ecuacións diofánticas no contexto da materia Matemática Discreta de 1º de carreira.

E no devandito tema das oposicións, que ecuacións diofánticas aparecen? Tradicionalmente estas:

• A ecuación diofántica lineal, $ax+by=c$,
• A ecuación pitagórica, $x^2+y^2=z^2$,
• Algún dos exemplos clásicos sen solución, como $x^4+y^4=z^2$,
• Algún exemplo de ecuación sen solución non trivial, demostrado por congruencias e/ou descenso infinito, p.ex. $x^2+y^2=3z^2$,
• Quizais a Ecuación de Pell,
• A inevitable mención ao Último Teorema de Fermat, $x^n+y^n=z^n$

Coido que non me trabuco moito se afirmo que non é a unidade preferida de moitos dos meus compañeiros docentes.

A miña historia é ben outra. De feito, este é o tema das Matemáticas que máis me interesa. O que máis.

Eu tiven a sorte de que o meu profesor de COU tivese unha cultura matemática formidable¹. Ademais do dominio da parte técnica, que se dá por suposto(era coñecido polos seus erros aritméticos no encerado, cumprindo un dos estereotipos máis comúns), tiña o costume de ir deixando pingas de historia nas clases. Alí puidemos oír falar de Matemáticas na mesa de té de Alicia no país das marabillas cando demos as permutacións no contexto dos determinantes, saíron os nomes de Ramanujan e Hardy cando apareceu o ubicuo número π, anécdotas de Gauss e Euler... E un día, non lembro que estabamos a dar, de súpeto comentou que unha ecuación diofántica era unha ecuación na que só se buscaban as solucións en números enteiros (non comentou se a ecuación tiña que ser polinómica ou non, nin as solucións racionais, etc.). E non sei por que, pero aquel detalle quedou gravado na miña memoria. Recordo tamén que pensei que se nós levabamos anos resolvendo ecuacións en números reais, resolvelas en enteiros, que hai menos, tiña que ser á forza máis sinxelo. Para que vexades o absurdo deste razoamento, collede a ecuación diofántica máis coñecida, a do Último Teorema de Fermat, $x^n+y^n=z^n$, con n>2, non ten solución en números enteiros alén da trivial, na que ou ben x ou ben y é nulo. Pois ben, en números reais a ecuación ten infinitas solucións, $x=\sqrt[n]{z^n-y^n}$, coas restricións evidentes, menos enleadas de ver que de escribir formalmente(se n é par, y ten que ser menor que z, etc.).

Na carreira tamén xurdiu o termo Ecuacións Diofánticas brevemente nunha clase de Álxebra Conmutativa, optativa da especialidade de Matemáticas Puras(como curiosidade, a última materia da que fixen un exame, un 10 de xullo). En concreto, o profesor apuntou ás diferenzas entre as dúas ecuacións seguintes, onde p é un número primo:

$$x^2-y^2=p$$

$$x^2+y^2=p$$

En troques, na materia optativa Teoría Clásica de Números non vin ecuación diofántica ningunha, pois o programa estaba restrinxido á teoría analítica(Función Gamma, Zeta de Riemann, Teorema do Número Primo, Primos en progresións aritméticas-Teorema de Dirichlet). E a outra materia desta subdivisión das Matemáticas que había daquela, Teoría de Números Alxébricos, non a puiden cursar por mor dun cambio de plano de estudos. E nesa si habería espazo para as ecuacións diofánticas, pois no contexto do estudo dos corpos cuadráticos o exemplo estándar é a Ecuación de Pell.

Por último, na materia Topoloxía de Superficies, construída arredor da clasificación das superficies compactas, demostrábase que só podía haber 5 poliedros regulares traducindo o problema xeométrico a un problema combinatorio, e finalmente, a unha ecuación diofántica, en concreto:
$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{2}=\frac{1}{c}$$
(a representaba o número de arestas que saen de cada vértice, b o número de lados de cada polígono e c o número de arestas total do poliedro)

Fast forward ao meu tempo de preparación para as oposicións. Demostrando unha vez máis que eu como alumno sempre fun un desastre, dediquei o tempo que tería que estar facendo os meus propios temas de oposición (ou polo menos conseguindo os temas dalgunha editorial) a aprender os temas que me interesaban a min, sen ter en mente a utilidade para a oposición que puidesen ter. E mantiven un arquivo de problemas(dous, en realidade) atopados en olimpíadas, libros de resolución de problemas, etc. que me resultasen interesantes por calquera razón. E alí gardo moreas de ecuacións diofánticas, desde as moi sinxelas ata algunha de nivel superior de olimpíada. Desde logo, nada salientable matematicamente falando. Vouvos amosar uns cantos exemplos de ecuacións diofánticas tiradas deses arquivos, para amosar algunha das técnicas elementais.

• British Mathematical Olympiad, 1969(e Suecia 1962): Atopar as solucións en enteiros da ecuación $a^2-3ab-a+b=0$

Aínda que é factible considerar esta ecuación como cuadrática en a, resulta moito máis sinxelo vela como lineal en b, de tal xeito que:
$$a^2-a=(3a-1) b \rightarrow a(a-1)=(3a-1)b\rightarrow a-1=0  \lor 3a-1 |a  $$ (| é o símbolo estándar para "é divisor de")
1) Se $a-1=0 \rightarrow a=1 \rightarrow b=0$
2) Se $3a-1 |a$, non vedes algo raro? Como que está ao revés ou algo? O que sucede é que os divisores son, en valor absoluto, menores que os múltiplos. A única excepción é o 0, que é múltiplo de calquera enteiro. De aquí que $a=0 \rightarrow b=0$
Finalmente, a ecuación só ten as solucións $(a,b)=(0,0) \land (1,0)$

• Canadá 1977: Demostrar que non hai $m, n \in \mathbb{N}$ tales que $4m(m+1)=n(n+1)$

Con esta ecuación vou amosar varias estratexias:

• Como ecuación cuadrática en m.

$$4m^2+4m=n(n+1) \rightarrow 4m^2+4m-n(n+1)=0$$

Agora vén un paso crucial: para que esta ecuación teña solucións enteiras, unha condición necesaria é que o discriminante da ecuación cuadrática sexa o cadrado dun número natural:

$$16+4 \cdot 4 n(n+1)=a^2 \rightarrow 4 | a \rightarrow \exists b \in \mathbb{N} / a=4b \rightarrow$$

$$1+n(n+1)=b^2 \rightarrow 4n^2+4n+4=4b^2=(2b)^2 \rightarrow (2n+1)^2+3=(2b)^2$$

$$(2b+2n+1)(2b-2n-1)=3 \rightarrow  \begin{cases} 2b+2n+1=3 \\ 2b-2n-1=1 \end{cases} \rightarrow n=0, m=0 \lor -1$$

As outras posibilidades, cambiando a factorización do 3, levan a que n e m varían entre 0 e -1.

• Comparando tamaños dos dous membros.

$$4m(m+1)=n(n+1) \rightarrow 4m^2+4m=n^2+n \rightarrow 4m^2+4m+1=n^2+n+1 \rightarrow$$

$$(2m+1)^2=n^2+n+1$$

Pero se n é natural, $n^2 < n^2+n+1 <(n+1)^2$, o que provoca que $(2m+1)^2$ estea estritamente entre dous cadrados perfectos consecutivos

• Comparando tamaños de n e 2m.

Só hai 3 opcións, ou ben n > 2m ou ben n < 2m ou ben son iguais. Nos tres casos chegamos rapidamente a absurdos.

• Alemaña 2006: Atopar as solucións enteiras de $x^3+y^3=4(x^2y+xy^2+1)$

Aquí vou utilizar aquelas factorizacións que estudei en 1º de BUP:

$$(x+y)(x^2-xy+y^2)=4[xy(x+y)+1]$$

Observando o aspecto dos polinomios, fago o cambio $s=x+y, p=xy$ (as funcións simétricas que aparecen en Cardano-Vieta).

$$s(s^2-3p)=4(ps+1) \rightarrow s^3-3sp=4sp+4 \rightarrow s^3=7sp+4$$

De aquí deducimos que s é divisor de 4, comprobando as 6 posibilidades (pois tamén serven as negativas), vemos que ningunha proporciona unha solución enteira.

• India 1997: Amosar que non existen números naturais m,n, tales que $\frac{m}{n}+\frac{n+1}{m}=4$

$$m^2+n(n+1)=4nm \rightarrow m^2+n^2-4mn+n=0 \rightarrow (m-2n)^2-4n^2+n^2+n=0 \rightarrow \\ (m-2n)^2=3n^2-n=n(3n-1)$$

Como n e 3n-1 son números coprimos que multiplicados dan un cadrado perfecto, cada un deles ten que ser un cadrado perfecto:

$$\exists a,b \in \mathbb{N} / \begin{cases}n=a^2 \\ 3n-1=b^2 \end{cases}$$

Pero o número 3n-1 non pode ser un cadrado perfecto, pois é unha unidade menos que un múltiplo de 3, e os cadrados só poden deixar resto 0 ou 1 ao dividilos entre 3.

• School Science and Mathematics, 3837: Resolver a ecuación diofántica $23x+17y+11z=130$ en números naturais.

É obvio que a condición de buscar solucións naturais provoca que só haxa un número finito de candidatos, $x \leq 5, y \leq 7, z \leq 11$, excesiva aínda así para aplicar forza bruta. Por sorte hai outros camiños:

$$23x+17y+11z=130 \rightarrow 17(x+y+z)+6(x-z)=130 $$

Como $130 \equiv 11(mód 17)$, temos que $6(x-z) \equiv 11(17) \rightarrow x-z \equiv 33 \equiv -1(mod 17) $, polo que $x-z=-1+17m$

Debido aos rangos nos que se moven x e z, ten que suceder que m=0, i.e., $x=z-1$

Volvendo á ecuación,

$$17(2z+y-1)-6=130 \rightarrow 17(2z+y-1)=136 \rightarrow 2z+y=9  $$

De novo, tendo en conta os rangos nos que se moven as variables, como $x \geq 1 \rightarrow z \geq 2$, e temos as solucións:

$$\begin{cases} z=2, y=5, x=1 \\ z=3, y=3, x=2 \\ z=4, y=1, x=3 \end{cases}$$

Coido que xa é abondo para unha sentada. Outro día quizais poña algunha ecuación exponencial, por exemplo.

1 Non todo o mundo compartía o meu entusiasmo, para sermos honestos^↩