Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Observemos que los posibles restos de un cuadrado perfecto módulo $9$ son $0$, $1$, $4$ y $7$. Ahora bien, todo número es congruente con la suma de sus cifras módulo $9$ y la suma de las cifras de $N$ (y de cualquier reordenación de sus dígitos) es $102$, que es congruente con $3$ módulo $9$, de donde deducimos que $N$ no puede reordenarse para obtener un cuadrado perfecto.

Solución. Observemos que la ecuación se puede escribir como \[(x-p)(y-p)=p^2.\] Si suponemos que $x\leq y$, como los divisores de $p^2$ son $\pm 1$, $\pm p$ y $\pm p^2$, tendrá que darse alguna de las siguientes posibilidades:

• $x-p=-p^2$, $y-p=-1$, de donde $x=p-p^2$ e $y=p-1$,
• $x-p=-p$, $y-p=-p$, de donde $x=y=0$,
• $x-p=1$, $y-p=p^2$, de donde $x=p+1$ e $y=p^2+p$,
• $x-p=p$, $y-p=p$, de donde $x=y=2p$.

Como la ecuación es simétrica en $x$ e $y$, deducimos que todas las soluciones son $(p-p^2,p-1)$, $(p-1,p-p^2)$, $(0,0)$, $(p+1,p^2+p)$, $(p^2+p,p+1)$ y $(2p,2p)$.

Solución. Los únicos casos en que la igualdad del enunciado es cero son $a=0,b=1$ y $a=1,b=0$, con $p$ cualquier número primo. Ahora bien, en el caso en que no es cero, como $a^2$ no tiene factores en común con $a-1$ y $b^2$ no tiene factores en común con $b-1$, $a-1$ tiene que dividir a $b^2$ y $b-1$ tiene que dividir a $a^2$. Distingamos dos casos dependiendo de cómo se reparte el factor $p^2$ del miembro de la derecha:

• Si $a^2=p^2(b-1)$ y $b^2=a-1$, entonces $a=b^2+1$ y $(b^2+1)^2=p^2(b-1)$ (lo que implica que $b-1$ es un cuadrado perfecto) pero el único posible factor primo común a $(b^2+1)^2$ y $(b-1)$ es el $2$ lo que implica que $b-1$ es una potencia par de dos, esto es $b=2^{2n}+1$ para cierto $n\in\mathbb{N}$ . Si $n=0$, entonces $b=2$ y $a=5$, con lo que $p=5$. Si $n>0$, sustituyendo y simplificando en la igualdad $(b^2+1)^2=p^2(b-1)$, tenemos que $2^{n-1}p=2^{2n-1}+2^n+1$. Como el miembro de la derecha es impar, necesariamente $n=1$, luego $b=5$, $a=26$ y $p=13$.
  El caso en que $a^2=b-1$ y $b^2=p^2(a-1)$ se razona de forma similar y se llega a que $b=5$, $a=2$ y $p=5$, o bien $b=26$, $a=5$ y $p=13$.
• Si $a^2=p(b-1)$ y $b^2=p(a-1)$, entonces $a$ y $b$ son múltiplos de $p$, lo que lleva a que $p(b-1)=a^2$ sea múltiplo de $p^2$ y, por tanto, $b-1$ es múltiplo de $p$, lo cual es una contradicción, ya que no sería primo relativo con $b$.

En cualquier caso, hemos probado que las únicas ternas de números que son solución del problema son las de la forma $(0,1,p)$, $(1,0,p)$ para $p$ cualquier número primo y $(5,2,5)$, $(2,5,5)$, $(5,26,13)$ y $(26,5,13)$.

Solución. Utilizando la siguiente factorización \[a^4+4b^4=(a^2+2b^2-2ab)(a^2+2b^2+2ab),\] conocida como identidad de Sophie Germain, y aplicándola a $a=2015$ y $b=2^{1007}$, llegamos a que \[2015^4+4^{2015}=(2015^2+2^{2015}-2015\cdot 2^{1008})(2015^2+2^{2015}+2015\cdot 2^{1008}).\] El segundo factor es claramente mayor que uno y el primero también ya que \[2^{2015}+2^{2015}-2015\cdot 2^{1008}\gt 2^{2015}-2015\cdot 2^{1008}=2^{1008}(2^{1007}-2015)>2^{1008},\] luego la anterior factorización de $2015^4+4^{2015}$ nos dice que dicho número es compuesto, dando respuesta negativa a la pregunta del enunciado.

Solución. Para cualquier $x\in\mathbb{R}$ y cualquier impar $n\geq3$, se cumple que \begin{eqnarray*} x^n+1&=&(x+1)(x^{n-1}-x^{n-2}+x^{n-3}-\ldots-x+1)\\ &=&(x+1)\left((x+1)(x^{n-2}-2x^{n-3}+3x^{n-3}-\ldots+(n-2)x-(n-1))+n\right) \end{eqnarray*} igualdades que se comprueban fácilmente sin más que dividir el polinomio $x^n+1$ entre $x+1$ dos veces. Ahora tomemos $x=2^{2009}$ y $n=2009^{2008}$ (que es impar), con lo que se tiene que \[2^{2009^{2009}}+1=(2^{2009}+1)\left((2^{2009}+1)a+2009^{2008}\right)\] para cierto número natural $a\in\mathbb{N}$. De aquí deducimos que \[\mathrm{mcd}\left(\left(2^{2009}+1\right)^{2009},2^{2009^{2009}}+1\right)=(2^{2009}+1)\cdot\mathrm{mcd}\left((2^{2009}+1)^{2008},(2^{2009}+1)a+2009^{2008}\right)\] y el último paso consistirá en probar que el último máximo común divisor es uno, para lo que será suficiente probar que no existen primos que dividan a $(2^{2009}+1)^{2008}$ y a $(2^{2009}+1)a+2009^{2008}$ simultáneamente. Razonando por reducción al absurdo si $p$ fuese un primo que dividiera a ambos, tendríamos que $p$ divide a $2^{2009}+1$ por dividir a $(2^{2009}+1)^{2008}$, luego $p$ divide a $2009^{2008}$ y, por tanto, a $2009=7^2\cdot 41$. Deducimos que $p=7$ o bien $p=41$ pero ni $7$ ni $41$ dividen a $2^{2009}+1$ como mostramos a continuación y ésta es la contradicción buscada.

• $7$ no divide a $2^{2009}+1$. En efecto, tenemos que $2^3=8\equiv 1\ (\text{mod}\ 7)$ luego $2^{2009}+1=4\cdot 8^{669}+1\equiv 5\ (\text{mod}\ 7)$ y $2^{2009}+1$ no es divisible por $7$.
• $41$ no divide a $2^{2009}+1$. En efecto, si consideramos la función $\varphi$ de Euler, como $2$ y $41$ son primos entre sí y $\varphi(41)=40$, tenemos que $2^{40}\equiv 1\ (\text{mod}\ 41)$ luego $2^{2009}+1=2^9(2^{40})^{50}+1\equiv 2^9+1\equiv 21\ (\text{mod}\ 41)$ y $2^{2009}+1$ tampoco es divisible por $41$.

De todo esto se deduce que \[\mathrm{mod}\left(\left(2^{2009}+1\right)^{2009},2^{2009^{2009}}+1\right)=2^{2009}+1\]

Nota. La función $\varphi$ de Euler se define sobre cualquier número natural $n$ como el número de números entre $1$ y $n-1$ que son primos relativos con $n$ y se cumple (Teorema de Euler) que si $a$ y $n$ son primos entre sí, entonces $a^{\varphi(n)}\equiv 1\ (\text{mod}\ n)$.