Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Si \(d\) es un número que divide a \(2n+3\) y a \(n+7\), entonces también divide a \(11=2(n+7)-(2n+3)\), de donde \(d=\pm 1\) o bien \(d=\pm 11\). Como el máximo común divisor es positivo, deducimos que o bien es igual a \(11\) o bien es igual a \(1\). Además, es fácil ver que \(2n+3\) es múltiplo de 11 cuando \(n\equiv 4\ (\text{mod }11)\) y \(n+7\) es múltiplo de \(11\) también en la misma situación luego \(\mathrm{mcd}(2n+3,n+7)=11\) si \(n=11k+4\) para cierto \(k\in\mathbb{Z}\) y \(\mathrm{mcd}(2n+3,n+7)=1\) en caso contrario. Informar

Solución. Si \(p=3\), entonces \(p^2+2=11\) y \(p^3+5p^2+1=73\), luego este es un caso en que se cumple el enunciado. Si \(p>3\), entonces \(p\) no es múltiplo de \(3\) por ser primo luego \(p^2+2=3+(p-1)(p+1)\) es múltiplo de \(3\) ya que \(p+1\) o bien \(p-1\) será un múltiplo de \(3\) (otra forma de probar que \(p^2+2\) es múltiplo de \(3\) es usando congruencias). En particular, \(p^2+2\) no puede ser primo y esto prueba que \(p=3\) es el único número tal que \(p\) y \(p^2+2\) son primos, con lo que el enunciado está probado. Informar

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. Informar

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. Informar

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 $x^3+y^3+z^3$. Informar