Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Vamos a adaptar la demostración clásica de Euclides de que hay infinitos primos al caso de primos de la forma $3k+2$. Supongamos por reducción al absurdo que hay un número finito de tales primos y estos son $p_1,p_2,\ldots,p_r$. Distinguimos dos casos:

• Si $r$ es par, entonces el producto $p_1p_2\cdots p_r$ es congruente con $2^r\equiv 1\ (\text{mod }3)$ y consideraremos el número \[N=p_1p_2\cdots p_r+1\equiv 2\ (\text{mod }3).\] Este número no es múltiplo de $3$ ni puede tener todos sus factores congruentes con $1$ módulo $3$ (¿por qué?), luego tiene necesariamente algún factor congruente con $2$, es decir, $N$ tiene que ser divisible por alguno de los números $p_1,p_2,\ldots,p_r$, pero esto es una contradicción ya que $N$ es un múltiplo de cualquiera de ellos más una unidad.
• Si $r$ es impar, entonces $p_1p_2\cdots p_r$ es congruente con $2^r\equiv 2\ (\text{mod }3)$ y tomaremos \[N=p_1p_2\cdots p_r+3\equiv 2\ (\text{mod }3).\] De nuevo, este número ni es múltiplo de $3$ ni puede tener todos sus factores primos congruentes con $1$ módulo $3$, luego tiene algún factor primo $p_i$ de entre los números $p_1,p_2,\ldots,p_r$. En consecuencia, $p_i$ tiene que dividir a $3$, pero esto es una contradicción ya que nos diría que $p_i=3$ pero $N$ no es múltiplo de $3$.

Solución. Observamos en primer lugar que $n^2$ es par si $n$ es par luego no se puede cumplir la ecuación con $n$ par. Si $n$ es impar, pongamos $n=2k-1$ para un entero positivo $k$, tenemos que $n^2+7=(2k-1)^2+7=4k^2-4k+8=4k(k-1)+8$ es múltiplo de $8$ ya que alguno de los dos números consecutivos $k-1$ o $k$ será par (en otras palabras, hemos visto sin usar congruencias que $n^2\equiv 1\ (\text{mod }8)$ precisamente cuando $n$ es impar). Por tanto, todas las soluciones están dadas en términos de un entero positivo $k$ por la fórmula \[(m,n)=\left(\frac{k(k-1)}{2}+1,2k-1\right).\] Es importante observar que se cumple que $m\gt 0$ y $n\gt 0$ tal y como se pide en el enunciado.

Buscamos ahora el menor valor de $k$ para el que $\frac{k(k-1)}{2}+1\geq 1960$, esto es, $k^2-k\geq 2\cdot 1959=3918$. Si tenemos en cuenta que debe ser $k\geq 1$, podemos despejar \[k^2-k-3920\geq 0\ \Leftrightarrow\ k\geq \frac{1+\sqrt{15673}}{2}.\] Observamos ahora que $125^2=15625$ y $126^2=15876$, luego $125\lt \sqrt{15673}\lt 126$ y esto nos dice que debe ser $k\gt \frac{1+125}{2}=63$. Por tanto, la respuesta a la pregunta del enunciado la obtenemos al tomar $k=64$, que nos da $m=\frac{k(k-1)}{2}+1=2017$ (¡el año!).

Solución. Veamos en primer lugar que uno de los primos $p,q,r$ tiene que ser igual a $2$. Por reducción al absurdo, si los tres son impares, serán congruentes con $1$ o $3$ módulo $4$. Si los tres son congruentes con $1$ o los tres son congruentes con $3$, entonces $pq+qr+rp\equiv 1+1+1=3\ (\text{mod }4)$. También se tiene que si sólo uno o dos de ellos son congruentes con $1$, entonces $pq+qr+rp\equiv 1+3+3=3\ (\text{mod }4)$. Sin embargo, se tiene que $12k+1\equiv 1\ (\text{mod }4)$, lo cual es una contradicción.

Supongamos sin perder generalidad que $r=2$, luego la ecuación queda $pq+2p+2q=12k+1$. Vamos a probar ahora que uno de los primos $p,q$ es igual a $3$. De nuevo por reducción al absurdo, si $p$ y $q$ son congruentes con $1$ o con $2$ módulo $3$. Entonces, es fácil ver que $pq+2p+2q\equiv 0\ (\text{mod }3)$ si $p\equiv q\equiv 2$ o bien $pq+2p+2q\equiv 2\ (\text{mod }3)$ en caso contrario. No obstante, se tiene que $12k+1\equiv 1\ (\text{mod }3)$.

Podemos suponer entonces que $q=3$ sin perder generalidad y la ecuación original nos queda $5p+5=12k$. Como $k$ es primo y el miembro de la izquierda es múltiplo de $5$, tiene que ser $k=5$. Esto nos da $p=11$. Concluimos que las única posibilidad es que $p,q,r$ sean los primos $2,3,11$ (en cualquier orden) y $k=5$.