Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. La mejor forma de demostrar esta afirmación es mostrando un ejemplo de \(n\) números consecutivos que sean compuestos. Una posible opción es \[(n+1)!+2,\ (n+1)!+3,\ (n+1)!+4,\ \ldots,\ (n+1)!+(n+1)\] ya que \((n+1)!+k\) es divisible por \(k\) si \(k\) está comprendido entre \(2\) y \(n+1\). Informar

Solución. En el caso en que \(n\) sea impar, consideremos el desarrollo \[a^n+b^n=(a+b)(a^{n-1}-a^{n-2}b+a^{n-3}b^2-\ldots-ab^{n-2}+b^{n-1})\] que nos dice que \(a^n+b^n\) es divisible por \(a+b\) y, por consiguiente, \(\text{mcd}(a+b,a^n+b^n)=a+b\). Vamos a centrarnos ahora en el caso en que \(n\) es par y comencemos con el caso \(n=2\): como \(a^2+b^2=(a+b)^2-2ab\), si \(d\) es un número que divide a \(a+b\) y \(a^2+b^2\), se tiene que \(d\) divide a \(2ab\). Si \(d\) tuviera factores en común con \(a\), entonces estos factores también serían comunes a \(b=(a+b)-a\), contradiciendo que \(\text{mcd}(a,b)=1\) luego \(\text{mcd}(d,a)=1\) y, por la misma razón \(\text{mcd}(d,b)=1\), luego necesariamente \(d\) divide a \(2\). Así hemos probado que las únicas posibilidades para \(\text{mcd}(a+b,a^2+b^2)\) son \(1\) y \(2\). En general, tenemos que \[a^n+b^n=(a+b)(a^{n-1}+b^{n-1})-ab(a^{n-2}+b^{n-2})\] luego si \(d\) es un factor común a \(a^n+b^n\) y a \(a+b\), entonces divide a \(ab(a^{n-2}+b^{n-2})\). Como \(\text{mcd}(a,d)=\text{mcd}(b,d)=1\) (por el mismo motivo que en el caso \(n=2\)), \(d\) tiene que dividir a \(a^{n-2}+b^{n-2}\) y esto prueba que \(\text{mcd}(a+b,a^n+b^n)\) divide a \(\text{mcd}(a+b,a^{n-2}+b^{n-2})\) para todo \(n\in\mathbb{N}\). Como hemos visto que \(\text{mcd}(a+b,a^2+b^2)\leq 2\), deducimos que \(\text{mcd}(a+b,a^n+b^n)\leq 2\) para todo \(n\in\mathbb{N}\) par. Concretamente, \(\text{mcd}(a+b,a^n+b^n)=1\) si \(a+b\) es impar y \(\text{mcd}(a+b,a^n+b^n)=2\) si \(a+b\) es par. Informar

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 de los factoriales 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 sumandos 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 \((m,n)=(3,4)\). Informar

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. Informar

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. Informar