Olimpiadas de Matemáticas
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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 $a^{\varphi(n)}\equiv 1\ (\text{mod}\ n)$.

Solución. Es consecuencia directa de la identidad algebraica \[(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2.\]

Solución. Consideremos la descomposición \[n^4+6n^3+11n^2+3n+31=(n^2+3n+1)^2-3(n-10).\] Es evidente que para $n=10$ tenemos un cuadrado perfecto. También puede comprobarse (caso por caso) que, para $n\lt 10$ no es un cuadrado perfecto, luego nos centraremos en el caso $n\gt 10$, donde tenemos que $3(n-10)\gt 0$, y vamos a ver que no puede ser un cuadrado perfecto. Razonando por reducción al absurdo, si para $n\gt 10$ tuviéramos un cuadrado perfecto, existiría $k\in\mathbb{N}$, $k\lt n^2+3n+1$ tal que \begin{eqnarray*} (n^2+3n+1)^2-3(n-10)&=&(n^2+3n+1-k)^2\\ &=&(n^2+3n+1)^2-(2kn^2+6kn+2k-k^2) \end{eqnarray*} y, por tanto, habrá de cumplirse que $2kn^2+6kn+2k-k^2=3(n-10)$. Puede comprobarse fácilmente que el término de la izquierda es creciente en $k$ para $1\leq k\lt n^2+3n+1$ luego si probamos que $2kn^2+6kn+2k-k^2\gt 3(n-10)$ para $k=1$ (es decir, $2n^2+6n+3\gt 3(n-10)$) y para todo $n\gt 10$, esta desigualdad estricta se extenderá para todo valor de $k\in[1,n^2+3n+1[$ y habremos llegado a la contradicción buscada. Ahora bien, esto es inmediato puesto que la desigualdad a probar se traduce en demostrar que $2n^2+3n+33\gt 0$ para todo $n\gt 10$.

Deducimos así que el único valor para el que el polinomio es un cuadrado perfecto es $n=10$.