Seliberó 1

[francpapas]

Este problema lo sacó Mc-pH de un libro peruano que le regalaron en Paraguay. Es el primer problema que utilizaron en su exámen de selección para la ibero. Mc-pH lo puso este sábado, pero como no había casi nadie, será más fácil que lo puedan ver en el foro.

[francpapas]

Spoiler: Solución (click to show/hide)

$a^2 +b =p(a)+p(b)^2 \Rightarrow a^2-p(a) = p(b)^2 -b$, nótese que es trivial el hecho de que $p(a)\leq a\Rightarrow a^2 \geq p(a) \Rightarrow a^2 -p(a)\geq 0 \Rightarrow p(b)^2-b \geq 0 \Rightarrow p(b)^2 \geq b$.
Notemos que a $b$ lo podemos escribir como $b=p(b)m, m\in\mathbb{N}$, entonces
$p(b)^2\geq p(b)m\Rightarrow p(b)\geq m$, pero $p(b)$ es el menor divisor primo, y por ende el menor divisor no 1, de $b \Rightarrow m=1 \Rightarrow p(b)=b$,
entonces podemos reescribir la ecuación como
$a^2 +b =p(a) + b^2$, sea ahora $q=p(a) \Rightarrow a=qn, n\in\mathbb{N} \Rightarrow q^2n^2 +b=q + b^2 \Rightarrow q^2n^2-b^2=q-b\Rightarrow (qn-b)(qn+b)=q-b$
$\Rightarrow (qn-b) \mid q-b$, de aquí que $n=1$, pues si
$n>1 \Rightarrow qn>q \Rightarrow qn-b> q-b$, pero por la divisibilidad se tiene que $q-b\geq qn-b$ lo que daría una contradicción.
Ahora reescribamos la ecuación nuevamente $q^2 +b = q +b^2 \Rightarrow q^2-q=b^2 -b \Rightarrow q(q-1)=b(b-1)$.
Ahora consideremos los siguientes dos casos:
Caso 1: $q>b \Rightarrow q-1>b-1 \Rightarrow q(q-1)>b(b-1) (\rightarrow\leftarrow)$
Caso 2: $q<b \Rightarrow q-1<b-1 \Rightarrow q(q-1)<b(b-1) (\rightarrow\leftarrow)$
Caso 3: $q=b$ y como $a=qn$ con $n=1 \Rightarrow a=q \Rightarrow a=b$
$\therefore a=b _\blacksquare$

[sergio]

Aquí va mi solución!

Spoiler (click to show/hide)

Sean $ a = p_{1}^{\alpha_{1}}p_{2}^{\alpha_{2}}... p_{n}^{\alpha_{n}} $ con $ p_{1}<p_{2}...<p_{n} $  y  $ b = q_{1}^{\lambda_{1}}q_{2}^{\lambda_{2}}...q_{m}^{\lambda_{m}} $ con $ q_{1}<q_{2}...<q_{m} $ y ademas con $ p_{i}, q_{i} $ números primos

Por lo que $ p(a) = p_{1} $  y $ p(b)= q_{1} $ y se debe cumplir que:

$ a^{2}+ b = p(a) + p(b)^{2} $
$ (p_{1}^{\alpha_{1}}p_{2}^{\alpha_{2}}... p_{n}^{\alpha_{n}})^{2} + q_{1}^{\lambda_{1}}q_{2}^{\lambda_{2}}...q_{m}^{\lambda_{m}} = p_{1}+q_{1}^{2}$

Notemos que $ (p_{1}^{\alpha_{1}}p_{2}^{\alpha_{2}}... p_{n}^{\alpha_{n}})^{2} \geq p_{1} $
por lo que $ q_{1}^{\lambda_{1}}q_{2}^{\lambda_{2}}...q_{m}^{\lambda_{m}} \leq q_{1} $
si $ m > 1 $ entonces se cumpliría que $ q_{1}^{\lambda_{1}}q_{2}^{\lambda_{2}}...q_{m}^{\lambda_{m}} \geq q_{1} $ por lo que $ m = 1 $ y $ b = q^{\lambda} $, ademas $ \lambda = 1 $, de donde $ b = q_{1} $
Sustituyendo y despejando:

$ (p_{1}^{\alpha_{1}}p_{2}^{\alpha_{2}}... p_{n}^{\alpha_{n}})^{2} + q_{1} = p_{1}+q_{1}^{2}$
$ q_{1} - p_{1} = q_{1}^{2} - (p_{1}^{\alpha_{1}}p_{2}^{\alpha_{2}}... p_{n}^{\alpha_{n}})^{2} $
$ q_{1} - p_{1} = (q_{1} - p_{1}^{\alpha_{1}}p_{2}^{\alpha_{2}}... p_{n}^{\alpha_{n}})(q_{1} + p_{1}^{\alpha_{1}}p_{2}^{\alpha_{2}}... p_{n}^{\alpha_{n}}) $

Por otro lado $ \vert q_{1} \vert < \vert q_{1} + p_{1}^{\alpha_{1}}p_{2}^{\alpha_{2}}... p_{n}^{\alpha_{n}} \vert $, si $ a \neq b $ entonces $ \vert q_{1} - p_{1}^{\alpha_{1}}p_{2}^{\alpha_{2}}... p_{n}^{\alpha_{n}} \vert > 0 $ y se cunpliria que $ q_{1} - p_{1} < (q_{1} - p_{1}^{\alpha_{1}}p_{2}^{\alpha_{2}}... p_{n}^{\alpha_{n}})(q_{1} + p_{1}^{\alpha_{1}}p_{2}^{\alpha_{2}}... p_{n}^{\alpha_{n}}) $, por lo que $ a = b $ y se ve facilmente que si cumple la propiedad $_\square$