Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Si $n$ es par, entonces el único factor común a $n$ y $n+2$ es el $2$ y $n+1$ y $n+3$ no tienen factores comunes. Por lo tanto, $n+1$ y $n+3$ tienen que ser primos o potencias de primos, mientras que $n$ o $n+2$ tienen que ser ambos potencias de $2$ (lo que nos lleva necesariamente a $n=2$, que cumple el enunciado claramente) o bien uno de ellos una potencia de $2$ y el otro $2$ por una potencia de un primo. Sin embargo, este último primo tiene que ser común a $n+1$ o $n+3$. Como $n$ y $n+2$ son primos relativos con $n+2$, no queda más remedio que el primo sea $3$ y sea común a $n$ y $n+3$. Tenemos así que $n=3\cdot 2^a$ y $n+2=2^b$, pero sólo uno de estos números es múltiplo de $4$, lo que nos dice que $a=1$, lo que nos da la solución $n=6$, que cumple el enunciado.

Supongamos ahora que $n$ es impar. Un razonamiento similar nos dice que, a parte del caso $n=1$ (que cumple el enunciado), se tiene que $n+1=2^a$ y $n+3=3\cdot 2^b$. Como uno de los dos números debe ser múltiplo de $2$ pero no de $4$, deb ser $b=1$, luego $n=3$, que cumple el enunciado.

Por tanto, las únicas soluciones son $n=1$, $n=2$, $n=3$ y $n=6$.

Solución. Si un entero divide a $n$ y a $n-1$, entonces también divide a su diferencia $n-(n-1)=1$, luego no puede ser otro que $\pm 1$. Por tanto, en la fracción $\frac{n-1}{n}$, numerador y denominador no pueden tener ningún factor primo en común y la fracción es irreducible.

La fracción $\frac{n}{2n+1}$ se razona de forma similar ya que un entero que divide a numerador y denominador también debe dividir a cualquier combinación lineal de ambos con coeficientes enteros. En este caso, dividirá a $2\cdot n-(2n-1)=1$ y también ha de ser igual a $1$.

Finalmente, en el caso de la fracción $\frac{2n+1}{2n^2+2n}$, un factor común a numerador y denominador debe dividir a $2n^2+2n-n(2n+1)=n$. Utilizando ahora que divide a $2n+1$ y $n$, también debe dividir a $2n+1-2\cdot n=1$ y tenemos de nuevo el resultado.

Nota. Si $d$ es un divisor común a dos enteros $a$ y $b$, entonces también divide a $au+bv$ para cualesquiera $u,v\in\mathbb{Z}$.

Solución. Observamos que si un número $n$ se puede obtener de esa manera, entonces se pueden obtener todos los números de la forma $n+5k$ sin más que aumentar $a$ en $k$ unidades. También vemos que se pueden obtener todos los múltiplos de $5$ tomando $b=0$. Dado que $11\equiv 1\pmod{5}$, menor número $n\equiv p\pmod{5}$ para $p\in\{1,2,3,4\}$ que puede expresarse como $5a+11b$ se obtiene para $b=p$, esto es, pueden obtenerse todos los números congruentes con $1$ módulo $5$ a partir de $11$, los congruentes con $2$ a partir de $22$, los congruentes con $3$ a partir de $33$ y los congruentes con $4$ a partir de $44$. De esta forma, se pueden obtener todos los números a partir de $40$ pero no el $39\equiv 4\pmod{5}$. La solución es, por tanto, $m=39$.

Nota. El teorema del nugget de pollo nos dice que dados dos números $u$ y $v$ positivos primos relativos, el mayor entero positivo que no se puede escribir como $au+bv$ con $a,b\geq 0$ enteros es $m=uv-u-v$. En este caso, basta tomar $u=5$ y $v=11$ para obtener el resultado $m=39$.

Solución. Evidentemente, la cifra de las unidades de $n$ tiene que ser impar. Si $n\geq 11$ y escribimos $n=10x+y$ con $x,y\geq 1$ enteros, siendo $y\leq 9$ impar, como $y^2$ es igual a uno de los números $1,9,25,49,81$ y todos ellos tienen la cifra de las decenas par, tenemos que $n^2=100x^2+20xy+y^2$ es mayor que $100$ y también tiene la cifra de las decenas par. No queda otra que $x=0$, lo que nos lleva a las únicas soluciones $n=1$ y $n=3$.