Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Para $n=0$, obtenemos que $2^n+12^n+2011^n=3$ no es un cuadrado perfecto. Para $n=1$, llegamos a que $2^n+12^n+2011^n=2025=45^2$. Ahora bien, para $n\geq 2$, tomando resto módulo $3$, tenemos que $2^n\equiv 1$ (mód $3$) si $n$ es par y $2^n\equiv 2$ (mód $3$) si $n$ es impar, mientras que $12^n$ siempre es congruente con $0$ y $2011^n$ siempre es congruente con $1$. Deducimos así que $2^n+12^n+2011^n\equiv 2$ (mód $3$) si $n$ es par y $2^n+12^n+2011^n\equiv 1$ (mód $3$) si $n$ es impar. Como todos los cuadrados perfectos son congruentes con $0$ ó con $1$ módulo $3$, tenemos que si $2^n+12^n+2011^n$ es un cuadrado perfecto, entonces $n$ ha de ser impar.

Consideremos ahora restos módulo $4$. Si $n\geq 2$, entonces tanto $2^n$ como $12^n$ son múltiplos de $4$, luego $2^n+12^n+2011^n\equiv 3^n$ (mód $4$), que es congruente con $1$ si $n$ es par y con $3$ si $n$ es impar. Como todo cuadrado perfecto es congruente con $0$ ó con $1$ módulo $4$, deducimos que $n$ ha de ser par. Por lo probado en el párrafo anterior, no existen valores de $n\geq 2$ para los que $2^n+12^n+2011^n$ es un cuadrado perfecto. La única solución del problema es $n=1$.

Solución. Observemos en primer lugar que $$n^4-4n^3+22n^2-36n+18=(n^2-2n+9)^2-63.$$ Si el miembro de la derecha es un cuadrado perfecto, entonces tenemos dos cuadrados que se diferencian en $63$ unidades. Esta relación la podemos escribir como $a^2=(a+k)^2-63$ para ciertos números enteros no negativos $a,k$, ya que $n^4-4n^3+22n^2-36n+18$ es siempre menor que $(n^2-2n+9)^2$.

La ecuación $a^2=(a+k)^2-63$ puede escribirse como $(2a+k)k=63$, de donde $k$ y $2a+k$ han de ser divisores complementarios de $63=3^2\cdot 7$. Tenemos seis posibilidades:

• Si $k=1$ y $2a+k=63$, entonces $a=31$ y la relación $n^2-2n+9=a+k=32$ nos dice que $n$ es una solución de la ecuación $n^2-2n-23=0$, pero esta ecuación no tiene soluciones enteras.
• Si $k=3$ y $2a+k=21$, entonces $a=9$ y tenemos la ecuación $n^2-2n+9=a+k=12$, que tiene por soluciones $n=-1$ y $n=3$.
• Si $k=7$ y $2a+k=9$, entonces $a=1$ y tenemos la ecuación $n^2-2n+9=a+k=8$, que tiene solución entera doble $n=1$.
• Si $k=9$ ó $k=21$ ó $k=63$, entonces obtenemos un valor negativo de $a$, contradiciendo que habíamos supuesto que $a,k\geq 0$, luego descartamos estas opciones (realmente se vuelven a obtener las mismas soluciones dadas en los tres puntos anteriores).

Deducimos que los únicos valores enteros de $n$ para los que el polinomio del enunciado es un cuadrado perfecto son $n=-1$, $n=1$ y $n=3$.

Solución. Usando la condición $ad=b^2+bc+c^2$ y manipulando, llegamos a que \begin{eqnarray*} a^2+b^2+c^2+d^2&=&a^2+b^2+bc+c^2+d^2-bc\\ &=&a^2+ad+d^2-bc\\ &=&a^2+2ad+d^2-bc-ad\\ &=&(a+d)^2-bc-b^2-bc-c^2\\ &=&(a+d)^2-(b+c)^2\\ &=&(a+d+b+c)(a+d-b-c). \end{eqnarray*} Ahora bien, si $a,b,c,d$ no son todos iguales a $1$, está claro que $1\lt a+b+c+d\lt a^2+b^2+c^2+d^2$, luego $a+b+c+d$ es un factor propio de $a^2+b^2+c^2+d^2$ y, por tanto, $a^2+b^2+c^2+d^2$ es compuesto. Si $a=b=c=d=1$, entonces $a^2+b^2+c^2+d^2=4$ también es compuesto.

Solución. Vamos a probar que $P(n)=\pm 1$ para todo $n\in\mathbb{N}$, lo que nos dirá que los únicos polinomios que cumplen dicha propiedad son los constantes $P(x)=\pm 1$. Por reducción al absurdo, supongamos que existe un primo $p$ tal que $P(n)$ es múltiplo de $p$. Podemos suponer que $p\gt 2$ ya que $p$ divide a $2^n-1$, que es un número impar. No obstante, $p=(n+p)-n$ divide a $P(n+p)-P(n)$, luego también divide a $P(n+p)$ y, por tanto, $2^{n+p}\equiv 1\ (\mathrm{mod}\ p)$. Como $p$ es impar, el teorema pequeño de Fermat nos dice que $2^p\equiv 2\ (\mathrm{mod}\ p)$, luego $2^{n+1}\equiv 1\ (\mathrm{mod}\ p)$, es decir, $p$ divide a $2^{n+1}-1$.

En resumen, $p$ divide tanto a $2^n-1$ como a $2^{n+1}-1$, luego también divide a $1=(2^{n+1}-1)-2(2^n-1)$, lo cual contradice que $p$ es un número primo y hemos encontrado la contradicción buscada.

Solución. Si $m2^{m-1}+1=a^2$ para cierto $a\in\mathbb N$, entonces $m2^{m-1}=(a-1)(a+1)$. Como $a+1$ y $a-1$ no son ambos divisibles entre $4$, tendremos que uno de ellos es divisible entre $2$ y el otro entre $2^{m-2}$. Distingamos dos casos dependiendo de qué factor sea divisible entre $2^{m-2}$:

• Si $a-1=2^{m-2}x$ y $a+1=2y$ para ciertos $x,y\in\mathbb{N}$ con $xy=m$, entonces $2^{m-2}\leq 2^{m-2}x=a-1=2y-2\lt 2m$, de donde $2^{m-3}\lt m$.
• Si $a-1=2x$ y $a+1=2^{m-2}y$ para ciertos $x,y\in\mathbb{N}$ con $xy=m$, entonces $2^{m-2}\leq 2^{m-2}y=a+1=2x+2\leq 2m+2$, de donde $2^{m-3}\leq m+1$.

Por tanto, en cualquiera de los dos casos tenemos que $2^{m-3}\leq m+1$, lo que implica que $m\leq 5$ (observemos que para $m=6$ se tiene que $2^{m-3}\gt m+1$ y, cada vez que $m$ aumenta una unidad, $2^{m-3}$ se duplica mientras que $m+1$ sólo aumenta $1$). Ahora basta comprobar caso por caso para $1\leq m\leq 5$, obteniendo que $m2^{m-1}+1$ es un cuadrado perfecto sólo para $m=5$.