Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Sea $n\geq 1$ y supongamos que $p\geq 3$ es un factor primo de $2^n-1$, es decir, $2^n\equiv 1\ (\text{mod }p)$. Por el teorema pequeño de Fermat y usando que $\mathrm{mcd}(p,2)=1$, se tiene que $2^{p-1}\equiv 1\ (\text{mod }p)$. El menor natural $a$ que cumple $2^a\equiv 1\ (\text{mod }p)$ ha de ser, por tanto, divisor de $p-1$. Además, como $2^n\equiv 1\ (\text{mod }p)$, se tiene que $n$ es un múltiplo de $a\leq p-1$ (ver la nota). Esto nos dice que $n$ tiene necesariamente un factor primo menor que $p$. Vamos a llamar a esto la propiedad P.

Vamos ahora a demostrar el enunciado por reducción al absurdo. Supongamos que uno de los números $n_1,\ldots,n_k$ es mayor que $1$, pongamos $n_1\gt 1$ sin perder generalidad. Sea $p_1\geq 3$ el menor factor primo de $n_1$ (no puede ser $p_1=2$ ya que $n_1$ divide al número impar $2^{n_2}-1$). Según la propiedad P, el número $n_2$ tiene que tener un factor primo $p_2$ tal que $3\leq p_2\lt p_1$. De nuevo por la propiedad P, $n_3$ tiene un factor primo $p_3$ tal que $3\leq p_3\lt p_2$. Aplicando sucesivamente la propiedad P, llegamos a que $n_1$ tiene un factor primo $q_1$ tal que $q_1\lt p_k\lt p_{k-1}\lt\ldots\lt p_2\lt p_1$. Esto contradice que $p_1$ era el menor factor primo de $n_1$.

Nota. Dados $a,n\in\mathbb{N}$ tales que $\mathrm{mcd}(a,n)=1$, existe un menor exponente $k$ tal que $a^k\equiv 1\ (\text{mod }n)$ y todo exponente $m$ tal que $a^m\equiv 1\ (\text{mod }n)$ es un múltiplo de $k$.

Solución. Consideremos los enteros que se escriben en base tres únicamente con ceros y unos, es decir, la sucesión \[\{0_{(3)},1_{(3)},10_{(3)},11_{(3)},100_{(3)},101_{(3)},110_{(3)},111_{(3)},1000_{(3)},\ldots\}\] Esta sucesión es $\{0, 1, 3, 4, 9, 10, 12, 13, 27, \ldots\}$ en base $10$. En otras palabras, estamos escribiendo los enteros no negativos en base $2$ y "leyéndolos" en base 3. Veamos en primer lugar que no hay tres términos $x\lt y\lt z$ en progresión aritmética. Por reducción al absurdo, si los hubiera, tendríamos que $x+z=2y$, luego $x+z$ se escribiría solo con ceros y doses en base $3$, lo que nos dice que $x$ y $z$ deberían tener los mismos unos en la misma posición, luego $x=z$ y esto contradice que hemos supuesto que son distintos.

Ahora bien, como $1982=11110111110_{(2)}$, el número que ocupa la posición $1983$ en la sucesión anterior (observa que el cero también está en la sucesión) es $$11110111110_{(3)}=3+3^2+3^3+3^4+3^5+3^7+3^8+3^9+3^10=87843\lt 10^5.$$ Deducimos así que podemos encontrar $1983$ enteros negativos distintos menores que $10^5$ de forma que no hay tres de ellos en progresión aritmética.

Solución. Supongamos que $m(m+1)$ es igual a $a^n$ para $a,n\in\mathbb{N}$ con $n\geq 2$. Como $m$ y $m+1$ son primos relativos, tanto $m$ como $m+1$ deben ser potencias $n$-ésimas de enteros. No obstante, dos potencias $n$-ésimas se diferencia como mínimo en $2^n-1^n\geq 3$ para $n\geq 2$, mientras que $m$ y $m+1$ se diferencia solo en una unidad.

Solución. El primer apartado es sencillo razonando por reducción al absurdo. Si existiera un valor de $n\in\mathbb{Z}$ tal que $p^2|f(n)=(n+b)^2-c$, entonces $p|(n+b)^2$ ya que $p|c$ por hipótesis. Como se trata de un cuadrado, necesariamente $p^2|(n+b)^2$, luego también se sigue que $p^2|c=(n+b)^2-f(n)$. Esto contradice la hipótesis de que $p^2$ no divide a $c$.

En cuanto al apartado (b), vamos a proceder por inducción sobre $r$. Para $r=1$, no hay nada que probar ya que tenemos la hipótesis de que $q|f(n)$ para algún $n\in\mathbb Z$. Dado $r\geq 1$, supongamos que $q^r|(n+b)^2-c$ para algún $n\in\mathbb Z$ y probemos que existe $n'\in\mathbb Z$ tal que $q^{r+1}|(n'+b)^2-c$. Vamos a elegir $n'=n+aq^r$ para cierto $a\in\mathbb{Z}$ que vamos a determinar a continuación. Esto nos da \[f(n')=(n+aq^r+b)^2-c=(n+b)^2-c+2aq^r(n+b)+a^2q^{2r}=(d+2a(n+b))q^r+a^2q^{2r},\] donde hemos escrito $(n+b)^2-c=dq^r$ para cierto $d\in\mathbb{Z}$ usando la hipótesis de inducción. Por tanto, habremos terminado si probamos que la ecuación en congruencias $2a(n+b)\equiv -d\ (\text{mod }q)$ tiene solución (siendo $a$ la incógnita). Esto se deduce de que $2(n+b)$ tiene inverso módulo $q$ ya que $\mathrm{mcd}(2(n+b),q)=1$. Esto último se deduce a su vez de que $q$ divide a $f(n)$ pero no a $c$ (luego no $n+b$ no puede ser múltiplo de $q$) y de que $q\neq 2$ por hipótesis.

Solución. Consideremos los enteros $a=x-y$ y $b=y-z$, con lo que $z-x=-a-b$. Así, \begin{align*} (x-y)^5+(y-z)^5+(z-x)^5&=a^5+b^5-(a+b)^5\\ &=-5ab(a^3+2ab+2ab+b^3)\\ &=-5ab(a+b)(a^2+ab+b^2). \end{align*} Por tanto, el número dado es múltiplo de $-5ab(a+b)=5(x-y)(y-z)(z-x)$.