Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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.

Solución. Tenemos que cada uno de los números \(p\), \(p+10\) y \(p+14\) tiene un resto distinto módulo \(3\) luego uno de ellos será multiplo de \(3\), es decir, será igual a \(3\) pues es primo. Tenemos los casos \(p=3\), \(p=-7\) y \(p=-11\). Los dos primeros son soluciones al enunciado como puede comprobarse, mientras que la última lleva a que \(p+10=-1\), que no es primo.

Solución. Si \(d\) es un número que divide a \(2n+3\) y a \(n+7\), entonces también divide a \(11=2(n+7)-(2n+3)\), de donde \(d=\pm 1\) o bien \(d=\pm 11\). Como el máximo común divisor es positivo, deducimos que o bien es igual a \(11\) o bien es igual a \(1\). Además, es fácil ver que \(2n+3\) es múltiplo de 11 cuando \(n\equiv 4\ (\text{mod }11)\) y \(n+7\) es múltiplo de \(11\) también en la misma situación luego \(\mathrm{mcd}(2n+3,n+7)=11\) si \(n=11k+4\) para cierto \(k\in\mathbb{Z}\) y \(\mathrm{mcd}(2n+3,n+7)=1\) en caso contrario.

Solución. Si \(p=3\), entonces \(p^2+2=11\) y \(p^3+5p^2+1=73\), luego este es un caso en que se cumple el enunciado. Si \(p>3\), entonces \(p\) no es múltiplo de \(3\) por ser primo luego \(p^2+2=3+(p-1)(p+1)\) es múltiplo de \(3\) ya que \(p+1\) o bien \(p-1\) será un múltiplo de \(3\) (otra forma de probar que \(p^2+2\) es múltiplo de \(3\) es usando congruencias). En particular, \(p^2+2\) no puede ser primo y esto prueba que \(p=3\) es el único número tal que \(p\) y \(p^2+2\) son primos, con lo que el enunciado está probado.