Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Por simplicidad, podemos suponer que $x,y\geq 0$ cambiándolos de signo si fuera necesario. Es bastante evidente la factorización $x^2-y^4=(x-y^2)(x+y^2)$ como diferencia de cuadrados, por lo que, para cada divisor positivo $d$ de $2009$ tenemos una potencial solución con $x-y^2=d$ y $x+y^2=\frac{2009}{d}$. Como $2009$ es impar, las soluciones de este sistema \[x=\frac{\frac{2009}{d}+d}{2},\qquad y^2=\frac{\frac{2009}{d}-d}{2}\] son números enteros, pero es necesario comprobar para qué elecciones de $d$ el segundo término $\frac{\frac{2009}{d}-d}{2}$ es un cuadrado perfecto. Para que sea positivo, además tendremos que $0\lt d\leq\sqrt{2009}\lt 45$, lo que nos deja solamente tres posibilidades:

• $d=1$ nos da $y^2=1004$, que no es un cuadrado perfecto.
• $d=7$ nos da $y^2=140$, que no es un cuadrado perfecto.
• $d=41$ nos da $y^2=4$, luego $y=2$ y $x=45$.

Finalmente, teniendo en cuenta que habíamos supuesto que las soluciones son positivas, deducimos que las soluciones enteras son $(-45,-2)$, $(-45,2)$, $(45,-2)$ y $(45,2)$.

Solución. Podemos factorizar \[n^{19}-n^7=n^7(n^{12}-1)=n\cdot n^6\,(n^6+1)(n^6-1).\] Observamos que $n^6-1$, $n^6$ y $n^6+1$ son tres enteros consecutivos, luego habrá uno de ellos múltiplo de $2$ y también habrá uno múltiplo de $3$. Por otro lado, si $n$ es múltiplo de $5$, el número también será múltiplo de $5$ puesto que tiene un factor $n$. Si $n$ no es múltiplo de $5$, entonces $n^2$ es congruente con $1$ o $4$ módulo $5$, luego $n^6=(n^2)^3$ congruente con $1^3=1$ (en cuyo caso $n^6-1$ es múltiplo de $5$) o con $4^3=64\equiv 4$ (en cuyo caso $n^6+1$ es múltiplo de $5$).

En todos los casos, hemos probado que $n^{19}-n^7$ es múltiplo de $2$, de $3$ y de $5$, luego es múltiplo de $30$.

Nota. El polinomio original se puede seguir factorizando, aunque no aporta nada esencial a la discusión. Una factorización completa sobre los enteros es: \[n^{19}-n^7=n^7(n-1)(n+1)(n^2+1)(n^2-n+1)(n^2+n+1)(n^4-n^2+1)\]