Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Observemos que \(7^2=49\) tiene resto \(19\) al dividirlo entre \(30\) y \(11^2=121\) tiene resto \(1\) al dividirlo entre \(30\). Vamos a demostrar que \(1\) y \(19\) son las únicas posibilidades.

Como \(p^2\) es impar, se tiene que \(p^2\equiv 1\ (\text{mod } 2)\) y, como no es múltiplo de \(3\), se tiene que \(p^2\equiv 1\ (\text{mod } 3)\). Estas dos congruencias nos llevan a que \(p^2\equiv 1\ (\text{mod } 6)\) de donde, módulo \(30\), \(p^2\) puede ser congruente con \(1\), \(7\), \(13\), \(19\) ó \(25\). FInalmente, como \(p^2\) no es múltiplo de \(5\), deducimos que \(p^2\equiv 1\) ó \(p^2\equiv 4\ (\text{mod } 5)\) y, de las posibilidades anteriores, sólo quedan \(1\) y \(19\), como queríamos probar.

Solución. En efecto, tenemos que \(p_1=2\), \(p_2=3\) y todos los \(p_n\) son primos entre sí por la condición de que \(p_n\) divide a \(p_1p_2\cdots p_{n-1}+1\). Por tanto, si existe \(n\) tal que \(p_n=5\), entonces \(p_1p_2\cdots p_{n-1}+1\) tiene que ser una potencia de \(5\), es decir, existe \(a\in\mathbb{N}\) tal que \(p_1p_2\cdots p_{n-1}=5^a-1\), pero el término de la derecha es múltiplo de \(4\) y el de la izquierda no (ya que \(p_1=2\) y todos los demás factores son impares) luego tenemos una contradicción, tal y como deseábamos.

Solución. Escojamos aquellos números que, en base \(3\), se escriben únicamente con los dígitos \(0\) y \(1\). Está claro que hay \(2^k\) números satisfaciendo esta condición, luego bastará probar que no hay tres números de este tipo en progresión aritmética. En efecto, si \(a\lt b\lt c\) están en progresión aritmética, entonces \(2b=a+c\) pero, trabajando en base \(3\), \(2b\) sólo tiene dígitos 0 y 2 luego necesariamente \(a=c\) y, por tanto, \(a=b=c\), de donde no hay tres distintos en progresión aritmética.

Solución. Probaremos el contrarrecíproco: si \(n\) es compuesto entonces \((n-1)!+1\) no es divisible entre \(n\), para lo que veremos que si \(n\neq 4\) y \(n=pq\) con \(1\lt p,q\lt n\), entonces \(n\) es un divisor de \((n-1)!\). Para probar esto último, si \(p\neq q\), tanto \(p\) como \(q\) son factores que aparecen en \((n-1)!\) ya que \(p\lt n\) y \(q\lt n\). Si, por el contrario, \(p=q\), entonces o bien \(p=2\), en cuyo caso \(n=4\) (caso que hemos aislado), o bien \(p\gt 2\) y \(n=p^2\gt 2p\), con lo que tanto \(p\) como \(2p\) aparecen en el desarrollo de \((n-1)!\) y, por tanto, \(n=p^2\) divide a \((n-1)!\). El caso \(n=4\) se comprueba directamente que verifica el enunciado.

Solución. Si \(n\) es impar, entonces es de la forma \(n=2k+1\) luego podemos expresarlo como \(k+(k+1)\), donde \(k\) y \(k+1\) son mayores que uno y primos entre sí. Si \(n\) es de la forma \(n=2k\) (es decir, es par), entonces \(n=(k-1)+(k+1)\). Si \(k-1\) y \(k+1\) son primos relativos, hemos terminado. En caso contrario, el único posible factor común a \(k-1\) y \(k+1\) es \(2\) en cuyo caso ambos son pares y podemos tomar \(n=(k-2)+(k+2)\), donde cualquier divisor de \(k-2\) y \(k+2\) divide a \(4\) pero \(k-2\) y \(k+2\) son ahora impares y, por tanto, primos relativos. Observemos que la condición \(n>6\) demuestra que todos los sumandos considerados son mayores que uno.