Problema 7 de la Fase Local de la Olimpiada Matemática Española (2025) Se dirige a una edad de: 16-17 años
Halla todos los números enteros a y b que satisfacen la ecuación siguiente:
a(a² + b²) + 7 = 5a² + 3b²
Solución:
Si convertimos la igualdad en un polinomio, tenemos un polinomio de tercer grado en a: a³ – 5a² + ab² + 7 – 3b² = 0.
Puesto que b² es un factor de dos términos, podemos reescribirlo como a³ – 5a² + b²(a – 3) + 7 = 0.
Si a es mayor que 5, los primeros dos sumandos son claramente positivos, y también el tercero, así que no se puede dar la ecuación. Si a es menor que cero, todos los términos son negativos, menos el 7, y claramente el valor absoluto de esos términos es mayor que 7, así que tampoco va a dar cero.
El caso a = 0 se descarta rápidamente, ya que 7 no puede ser 3b².
El resto de casos se pueden ir probando paso a paso, a = 1, a = 2, a = 3, a = 4 y a = 5. Quedan ecuaciones de segundo grado en todos los casos, y las únicas dos soluciones son a = 4, b = 3 y a = 4 y b = -3.
Buena solución, aunque se podría despejar a de distintas formas y acotar.
a(a² + b²) + 7 = 5a² + 3b² => a(a² + b²) + 7 = 3a² + 3b² + 2a² => a(a² + b²) + 7 = 3(a² + b²) + 2a² => (a-3)(a² + b²) + 7 = 2a² => a=sqrt(((a-3)(a² + b²) + 7)/2) => I) ((a-3)(a² + b²) + 7)/2 ≥ 0 => (a-3)(a² + b²) + 7 ≥ 0 => (a-3)(a² + b²) ≥ -7. Obviamente, (a² + b²) > 0 porque los números al cuadrado siempre son positivos, con lo cual obviamente (a-3)≥-7 => a≥-4. II) (a-3)(a² + b²) + 7 es par => (a-3)(a² + b²) es impar => II.1) a-3 es impar=> a es par; II.2) a² + b² es impar => como a es par, a² es par, y por tanto b² es impar y b es impar.
a(a² + b²) + 7 = 5a² + 3b² => a=(3(a² + b²) + 2a² – 7)/(a² + b²) = 3 + (2a² – 7)/(a² + b²). Nos fijamos en el cociente (2a² – 7)/(a² + b²). Llamémoslo k. k=(2a² – 7)/(a² + b²) => 2a² – 7 = k(a² + b²) => 2a² – 7 = ka² + kb² => (k-2)a² = -7-kb². Cualquier n.º al cuadrado es positivo o 0, luego 3b² es positivo o 0, luego -3b² es negativo o 0, luego -7-3b² es negativo, lo cual no puede ser un número al cuadrado. Sin embargo, para k=1 (es decir, para a=4) a² no es negativa, así que comprobamos la solución y nos da dos, (4, 3) y (4, -3).
Volvemos al párrafo de antes, al I), agotamos los negativos posibles, vemos que no hay soluciones entre ellos. Agotamos hasta a=4. Sabemos que no hay soluciones mayores.
Cierto, las diofánticas tienen casi siempre varias formas de gestión.