Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Supongamos que $d\geq 2$ es un divisor común a $m^2+n^2$ y $m+n$. Entonces también es un divisor de $(m+n)^2-(m^2+n^2)=2mn$ pero no puede ser divisor de $m$ ni de $n$ (al ser divisor de $m+n$, si lo fuera también de $m$, lo sería de $n=(m+n)-m$, pero $m$ y $n$ son primos relativos). Por lo tanto, $d$ debe dividir a $2$ y no queda otra que $d=2$.

Como el máximo común divisor de $m+n$ y $m^2+n^2$ es, en particular, un divisor común, tiene que ser $1$ o $2$. Será igual a $2$ cuando $m$ y $n$ tengan la misma paridad y $1$ cuando tengan distinta paridad.

Solución. Observemos que $f^n(x)$ es un polinomio con coeficientes enteros y vamos a probar que su término independiente es $1$. Esto se prueba fácilmente por inducción sobre $n$, teniendo en cuenta que el término independiente se obtiene evaluando en $x=0$. Para $n=1$, tenemos que $f^1(0)=f(0)=1$; supuesto cierto que $f^n(0)=1$ para cierto $n\geq1$, podemos calcular $f^{n+1}(0)=f(f^n(0))=f(1)=1$.

Esto nos dice que, para cada $n\in\mathbb{N}$ podemos expresar $f^{n-1}(x)=x p_{n-1}(x)+1$ para cierto polinomio $g_{n-1}(x)$. Tenemos así que \begin{align*} \mathrm{mcd}(f(x),f^n(x))&=\mathrm{mcd}(f(x),f^{n-1}(f(x)))\\ &=\mathrm{mcd}(f(x),f(x) p_{n-1}(f(x))+1)=1. \end{align*}

Nota. El resultado es también cierto cambiando $f(x)=x^{1997}-x+1$ por cualquier polinomio $f(x)$ con coeficientes enteros y $f(0)=f(1)=1$. También es cierto que $f^n(y)$ y $f^m(y)$ son primos relativos para cualesquier $m,n\in\mathbb{N}$ (basta aplicar el enunciado a $x=f^{m-1}(y)$ con $n+1$ en lugar de $n$).

Solución. Consideremos un punto $P=(a,b)$ en general con sus dos coordenadas enteras no negativas, es decir, $a,b\in\mathbb{N}$. Vamos a demostrar previamente que el segmento $OP$ contiene otro punto de coordenadas enteras si, y sólo si, $a$ y $b$ no son primos relativos.

Por un lado, si existe tal punto en $OP$, esto quiere decir que existen $c,d\in\mathbb{N}$ y $0\lt\lambda\lt 1$ tales que $(c,d)=\lambda(a,b)$. En particular, $\lambda=\frac{c}{a}=\frac{d}{b}$ es un número racional. Supongamos que $\lambda=\frac{m}{n}$ como fracción irreducible, luego \[c=\frac{m}{n}a,\qquad d=\frac{m}{n}b,\] de forma que $n$ debe ser un divisor común a $a$ y $b$. Observemos que $n\gt 1$ ya que $0\lt \lambda\lt 1$, luego hemos probado que $a$ y $b$ no son primos entre sí. Recíprocamente, si $n\gt 1$ es un divisor común a $a$ y $b$, entonces el punto $(c,d)=(\frac{a}{n},\frac{b}{n})$ es un punto de coordenadas enteras en el segmento $OP$, lo que concluye la demostración.

Con esta información, el problema se traduce en ver cuántos números enteros $k$ entre $1$ y $1998$ son primos relativos con $1000$. Como $1000=2^3\cdot 5^3$, estamos buscando los valores de $k$ que no tienen factores primos $2$ ni $5$. De los $1998$ números considerados, hay $999$ múltiplos de $2$, $399$ múltiplos de $5$ y $199$ múltiplos de $10$ (¿sabrías contarlos rápidamente?). Por tanto, la cantidad de primos relativos con $1000$ (la solución al problema) es: \[1998-999-399+199=799\] (hay que añadir $199$ ya que estamos quitando los múltiplos de $10$ dos veces).

Solución. Supongamos que $n$ es un cuadrado perfecto con todas sus cifras iguales y llamemos $a$ a la cifra de las unidades de $n$. Por un lado, si $n$ tiene todas sus cifras iguales, entonces $n=ab$ siendo $b$ un número formado sólo por unos. Por otro lado, los únicos valores posibles de $a$ son $0$, $1$, $4$, $5$, $6$ y $9$ (ya que depende sólo de la cifra de las unidades del número del que $n$ es cuadrado).

• No puede ser $a=0$ porque entonces sería $n=0\cdot b=0\lt 10$.
• No puede ser $a=5$ porque entonces $b$ tendría otro factor $5$, pero claramente $b$ no es múltiplo de $5$.
• No puede ser $a=6$ por la misma razón ($b$ tendría otro factor $2$ pero no es un número par).

En el resto de casos $a=1$, $a=4$ y $a=9$, el propio $a$ es un cuadrado perfecto, luego tendremos que ver que el número $b$ formado sólo por unos no lo es. Por reducción al absurdo, si $b=m^2$ fuera un cuadrado perfecto, entonces la cifra de las unidades de $m$ será $1$ o $9$, luego $m=10k+1$ o bien $m=10k+9$ para cierto $k\geq 1$. Elevando al cuadrado tenemos que \[b=(10k+1)^2=100k^2+20k+1=20(5k^2+k)+1,\] luego $b$ es un múltiplo de $20$ más $1$, es decir, la cifra de las decenas de $b$ es par, lo que contradice que $b$ está formado sólo por unos. De la misma forma, \[(10k+9)^2=100k^2+180k+81=20(5k^2+9k+4)+1\] no puede estar formado sólo por unos.

Solución. Las dos últimas cifras de $n^2$ dependen exclusivamente de las dos últimas cifras de $n$. Esto se debe a que, si $n=100k+p$, donde $0\leq p\leq 99$ representa a las dos últimas cifras de $n$, entonces $n^2=100(100k^2+2kp)+p^2$.

Los únicos números naturales menores que $100$ cuyos cuadrados tienen repetida las cifras de las unidades y las decenas (y son no nulas) son $12$, $38$, $62$ y $88$, que cumplen que $12^2=144$, $38^2=1444$, $62^2=3844$ y $88^2=7744$. Hemos reducido el problema a buscar los números naturales $m$ tales que $m^2=44\ldots4=4\cdots 11\ldots1$. Esto exige que $\frac{m}{2}$ sea impar (ya que el cuadrado de un número par es par). Podemos escribir $\frac{m}{2}=2l+1$ para cierto número $l$, de donde $(2l+1)^2=11\ldots1$ o bien $4l(l+1)=11\ldots10$. Esto no es posible porque los múltiplos de $4$ tienen sus dos últimos dígitos $00$ o múltiplo de $4$, pero $10$ no es múltiplo de $4$.

Nota. Esta es una solución aportada por Samuel Gómez Moreno.