Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. El teorema de Euler-Fermat nos dice que $a^{\varphi(m)}\equiv 1(\ \text{mod }m)$ siempre que $\mathrm{mcd}(a,m)=1$. Podemos aplicar esto para $a=7$ y $m=1000$ (que claramente son primos entre sí), teniendo en cuenta que $\varphi(1000)=\varphi(2^3\cdot 5^3)=(2-1)2^2(5-1)5^2=400$. En otras palabras, tenemos que \[7^{2014}=(7^{400})^5\cdot 7^{14}\equiv 7^{14}\ (\text{mod }1000).\] Ahora podemos calcular $7^{14}$ módulo $1000$ haciendo unas pocas multiplicaciones y quedándonos con la últimas tres cifras (calcular $7^{14}$ completamente lleva un buen rato y podría llevar a más errores): \begin{align*} 7^2&\equiv 49\ (\text{mod }1000),&7^3&\equiv 49\cdot 7\equiv 343\ (\text{mod }1000),\\7^6&\equiv 343\cdot 343\equiv\ 649\ (\text{mod }1000),&7^{12}&\equiv 649\cdot 649\equiv\ 201\ (\text{mod }1000),\\ 7^{14}&\equiv 201\cdot 49\equiv\ 849(\text{mod }1000). \end{align*} Deducimos así que las últimas cifras son $849$.

Nota. La menor potencia $7^n$ que da resto $1$ módulo $1000$ es $n=20$ (un divisor de $\varphi(1000)=400$. Se puede encontrar después de probar un poco si nos damos cuenta de que $7^4\equiv 401\ (\text{mod }1000)$ y que, por consiguiente, potencias de la forma $7^{4k}$ tienen por últimos dígitos $01$. Esto evitaría tener que usar el teorema de Euler-Fermat.

Solución. Vamos analizar si $(x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}$ es múltiplo de $(x+y)^3-x^3-y^3$ para dos enteros $x,y\in\mathbb{Z}$ y $n\in\mathbb{N}$. Para ello, observamos que $(x+y)^3-x^3-y^3=3xy(x+y)$ y, desarrollamos por el binomio de Newton, podemos factorizar \begin{align*} (x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}&=\binom{2n+1}{1}x^{2n}y+\binom{2n+1}{2}x^{2n-1}y^2+\ldots+\binom{2n+1}{2n}xy^{2n}\\ &=xy\left(\binom{2n+1}{1}x^{2n-1}+\binom{2n+1}{2}x^{2n-2}y+\ldots+\binom{2n+1}{2n}y^{2n-1}\right) \end{align*} Si vemos el último paréntesis grande como un polinomio $p(x)$ para un valor fijo de $y$, tenemos además que \begin{align*} p(-y)&=\binom{2n+1}{1}(-y)^{2n-1}+\binom{2n+1}{2}(-y)^{2n-2}y+\ldots+\binom{2n+1}{2n}y^{2n-1}\\ &=y^n\left(-\binom{2n+1}{1}+\binom{2n+1}{2}-\ldots+\binom{2n+1}{2n}\right)=0 \end{align*} ya que la suma alternada de números combinatorios es cero. Esto nos dice que podemos factorizar como polinomios $p(x)=(x+y)q(x,y)$, luego podemos factorizar $(x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}=xy(x+y)q(x,y)$. Nos falta por ver que podemos sacar también el factor $3$ y para ello haremos $x=1013$ e $y=1001$, lo que nos da \[(x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}\equiv 2^{2n+1}-1^{2n+1}-1^{2n+1}=2\cdot 1^{2n}-1-1\equiv 0\ (\text{mod }3.\] Sin embargo, tenemos que $xy(x+y)\equiv 1\cdot 1\cdot 2\not\equiv 0\ (\text{mod }3)$, luego $(x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}$ es múltiplo de $3xy(x+y)$ para todo $n\in\mathbb{N}$, en particular, para $n=1006$.

Nota. No es cierto en general que $(x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}$ sea múltiplo de $(x+y)^3-x^3-y^3=3xy(x+y)$ y el problema justamente es el $3$ final. No es difícil completar el argumento para ver que esta propiedad es cierta para todo $n$ si, y sólo si, $x\equiv y\equiv 1$ o bien $x\equiv y\equiv 2$ (mod $3$).

Solución. Si $y=0$, entonces se tiene que $x=0$ y obtenemos la solución $(0,0)$. Si $y\neq 0$, podemos dividir entre $y^4$ para obtener la ecuación equivalente \[\frac{x^4}{y^4}+1=3\frac{x^3}{y^3}\ \Leftrightarrow z^4-3z^3+1=0,\] donde hemos puesto la variable $z=\frac{x}{y}$. Buscamos ahora soluciones racionales de esta ecuación, pero sabemos que el numerador de una tal solución tiene que dividir al término independiente y el denominador al de mayor grado, luego las únicas posibles soluciones racionales de $z^4-3z^3+1=0$ son $z=\pm 1$. Ninguna de ellas cumple la ecuación, luego no hay más soluciones a la ecuación original que $(x,y)=(0,0)$.