Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Supongamos que $m,n\in\mathbb{N}$ cumplen la ecuación. Entonces $n!=(m!-1)^2-1=m!(m!-2)$, de donde deducimos que $2\lt m\lt n$ y, por tanto, podemos simplificar factores y nos queda \[n(n-1)\cdots(m+2)(m+1)=m!-2.\] El miembro de la derecha no es múltiplo de $3$ ya que $m!$ sí lo es, luego en el miembro de la izquierda puede haber dos factores como mucho, lo que nos lleva a dos posibilidades: $n=m+1$ y $n=m+2$. Si $n=m+1$, entonces $m+1=m!-2$ (o bien $m+3=m!$) cuya única solución es $m=3$ que nos lleva a $n=4$. Si $n=m+2$, entonces $(m+2)(m+1)=m!-2$ luego $m(m+2)=m!-4$ de donde $m$ divide a $4$ y, como $m\gt 2$, tenemos que $m=4$, que no cumple la ecuación. En resumen, hemos probado que la única solución es $(m,n)=(3,4)$.

Solución. Dado que $5$ y $64$ son primos entre sí, el teorema de Euler nos asegura que $5^{\varphi(64)}=5^{32}\equiv 1\ (\text{mód }64)$ luego $n=32$ es un número que cumple la condición del enunciado (aquí $\varphi(n)$ representa la función de Euler que indica cuántos números enteros entre $1$ y $n$ son primos relativos con $n$). Si llamamos $a$ al número que se pide en el enunciado, $a$ tiene que ser un divisor de $32$ ya que, en caso contrario, si llamamos $d=\text{mcd}(a,32)$, se tiene que existen $u,v\in\mathbb{N}$ tales que $d=au-32v$ según la identidad de Bézout luego $5^d(5^{32})^v=(5^a)^u$. Tomando restos módulo $64$ tenemos que $5^d\ \equiv 1\ (\text{mód }64)$ pero si $a$ no es un divisor de $32$, entonces $d\lt a$ lo que contradice que $a$ es el mínimo que cumple esta propiedad. Esto prueba que el número buscado es una potencia de $2$ y podemos desarrollar \[5^{2^k}-1=(5-1)(5+1)(5^2+1)\cdots(5^{2^{k-1}}+1)\] Ahora observemos que $5^m+1\ \equiv 2\ (\text{mód }4)$ luego cada factor de la forma $5^{2^j}+1$ es múltiplo de $2$ pero no de $4$ y el exponente de $2$ en el miembro de la derecha es $k+2$. Como queremos que sea divisible por $64$, tendrá que ser $k+2\geq 6$ luego $k\geq 4$ y, por tanto, $n=2^4=16$ es el menor número que cumple la propiedad.

Solución. Es fácil ver que para \(n=12\) se tiene que \(2^{11}+2^8+2^{12}=(2^4+2^6)^2\) y se puede comprobar (caso por caso) que para \(n\leq 8\) el número \(2^{11}+2^{8}+2^n\) no es un cuadrado perfecto. Vamos a ver que para \(n\geq9\), el único valor para el que es cuadrado perfecto es \(n=12\). En efecto, si escribimos \(n=m+8\) para cierto \(m\in\mathbb{N}\), tenemos que \(2^{11}+2^{8}+2^n=2^8(2^m+9)\) luego será suficiente ver cuándo \(2^m+9\) es un cuadrado perfecto, es decir, encontrar las soluciones naturales de la ecuación \(2^m+9=a^2\). Observemos que podemos transformar esta ecuación y escribirla como \(2^m=a^2-9=(a-3)(a+3)\) lo que nos dice que \(a-3\) y \(a+3\) tienen que ser potencias de \(2\). Como las únicas potencias de \(2\) que se diferencian en seis unidades son \(2\) y \(8\), tiene que cumplirse que \(a-3=2\) y \(a+3=8\) luego tenemos que \(a=5, m=4\) es la única solución de la ecuación y, por tanto, \(n=m+4=12\) es el único número natural para el que la cantidad el enunciado es un cuadrado perfecto.

Solución. Vamos a hacer una acotación a lo bruto que nos va a ser de mucha utilidad: $N\lt 10000^{4444}=10^{17776}$. Esto nos dice que $N$ tiene como mucho $17776$ cifras. Como mucho son todos nueves, lo que nos lleva a que $A\leq9\cdot 17776=159984$. El número menor o igual que $159984$ cuyas cifras suman más es $99999$, de donde deducimos que $B\leq9+9+9+9+9=45$. Ahora bien, el número menor o igual que $45$ cuyas cifras suman más es $39$, de donde $C\leq 3+9=12$. Por otro lado, tenemos que $N\equiv A\equiv B\equiv C (\mbox{mod }9)$ ya que el resto módulo 9 se conserva al sumar las cifras por lo que vamos a calcular el resto de $N$ módulo $9$. Observemos que $4444\equiv 7 (\mbox{mod } 9)$ luego $N\equiv 7^{4444} (\mbox{mod } 9)$ y también que $7^3=343\equiv 1 (\mbox{mod } 9)$ luego $N\equiv 7\cdot(7^3)^{1481}\equiv 7 (\mbox{mod } 9)$. En consecuencia, tenemos que $C\equiv 7 (\mbox{mod } 9)$ y, como $C\leq 12$, tiene que ser $C=7$.

Solución. El problema es equivalente a encontrar los números naturales tales que \((n-1)!\) no es divisible por \(n\). Si \(n\) es primo, entonces \((n-1)!\) no es divisible por \(n\) ya que todos los factores primos de \((n-1)!\) son menores que \(n\). Por el contrario, si \(n\) no es primo, podremos expresarlo como \(n=ab\) para \(a,b\in\mathbb{N}\) tales que \(1\lt a,b\leq n-1\) y distinguimos dos casos. Si \(a\neq b\), entonces \(a\) y \(b\) son dos factores de \((n-1)!\) luego \(n=ab\) divide a \((n-1)!\). Si \(a=b\), como \(a\geq 2\), tenemos que \(2a\leq a^2=n\): si \(2a\lt n\), entonces \((n-1)!=1\cdot2\cdots a\cdots2a\cdots(n-1)\) es divisible por \(a^2=n\) y, si \(2a=n=a^2\), entonces \(a=2\) y \(n=4\), que no divide a \(3!=6\). Deducimos que los números para los que \(n!\) no es divisible por \(n^2\) son \(4\) y todos los números primos.