Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Vamos a probar que $P(n)=\pm 1$ para todo $n\in\mathbb{N}$, lo que nos dirá que los únicos polinomios que cumplen dicha propiedad son los constantes $P(x)=\pm 1$. Por reducción al absurdo, supongamos que existe un primo $p$ tal que $P(n)$ es múltiplo de $p$. Podemos suponer que $p\gt 2$ ya que $p$ divide a $2^n-1$, que es un número impar. No obstante, $p=(n+p)-n$ divide a $P(n+p)-P(n)$, luego también divide a $P(n+p)$ y, por tanto, $2^{n+p}\equiv 1\ (\mathrm{mod}\ p)$. Como $p$ es impar, el teorema pequeño de Fermat nos dice que $2^p\equiv 2\ (\mathrm{mod}\ p)$, luego $2^{n+1}\equiv 1\ (\mathrm{mod}\ p)$, es decir, $p$ divide a $2^{n+1}-1$.

En resumen, $p$ divide tanto a $2^n-1$ como a $2^{n+1}-1$, luego también divide a $1=(2^{n+1}-1)-2(2^n-1)$, lo cual contradice que $p$ es un número primo y hemos encontrado la contradicción buscada.

Solución. Si $m2^{m-1}+1=a^2$ para cierto $a\in\mathbb N$, entonces $m2^{m-1}=(a-1)(a+1)$. Como $a+1$ y $a-1$ no son ambos divisibles entre $4$, tendremos que uno de ellos es divisible entre $2$ y el otro entre $2^{m-2}$. Distingamos dos casos dependiendo de qué factor sea divisible entre $2^{m-2}$:

• Si $a-1=2^{m-2}x$ y $a+1=2y$ para ciertos $x,y\in\mathbb{N}$ con $xy=m$, entonces $2^{m-2}\leq 2^{m-2}x=a-1=2y-2\lt 2m$, de donde $2^{m-3}\lt m$.
• Si $a-1=2x$ y $a+1=2^{m-2}y$ para ciertos $x,y\in\mathbb{N}$ con $xy=m$, entonces $2^{m-2}\leq 2^{m-2}y=a+1=2x+2\leq 2m+2$, de donde $2^{m-3}\leq m+1$.

Por tanto, en cualquiera de los dos casos tenemos que $2^{m-3}\leq m+1$, lo que implica que $m\leq 5$ (observemos que para $m=6$ se tiene que $2^{m-3}\gt m+1$ y, cada vez que $m$ aumenta una unidad, $2^{m-3}$ se duplica mientras que $m+1$ sólo aumenta $1$). Ahora basta comprobar caso por caso para $1\leq m\leq 5$, obteniendo que $m2^{m-1}+1$ es un cuadrado perfecto sólo para $m=5$.

Solución. El número en cuestión es 8059981865. Aunque pueden encontrarse sin demasiado problema los factores 5 y 13 (y quizás el factor 31), la fuerza bruta no es aconsejable en este caso, por lo que probaremos un método indirecto. Llamemos $n=2007$ y escribamos \[N= (n-12)n(n+6)+320=n^3-6n^2-72n+320=(n+8)(n-4)(n-10).\] En otras palabras, hemos escrito $N$ como un polinomio en $n$ y lo hemos factorizado como polinomio. Volviendo a escribir $n=2007$, tenemos que $N=2015\cdot2003\cdot 1997$. Los números $2003$ y $1997$ son primos como puede comprobarse fácilmente, mientras que $2015=5\cdot 13\cdot 31$. Obtenemos finalmente que \[N=5\cdot 13\cdot 31\cdot 1997\cdot 2003.\]

Solución. Escribamos $p=a+c+u$ y $q=b+d+v$ para ciertos enteros $u$ y $v$. La desigualdad $\frac{a}{b}\gt\frac{p}{q}=\frac{a+c+u}{b+d+v}$ nos dice que $ab+ad+av\gt ab+bc+bu=ab+ad-1+bu$. Simplificando, llegamos a que $av\gt bu-1$ y, como estamos trabajando con enteros, tenemos que $av\geq bu$. De la misma forma, usando la desigualdad $\frac{p}{q}\gt\frac{c}{d}$ del enunciado se llega a que $du\geq cv$. Despejando $u$ en estas desigualdades (ya que $b$ y $d$ son positivos) tenemos finalmente que \[\frac{a}{b}v\geq u\geq\frac{c}{d} v.\] En primer lugar, observamos que si $v\lt 0$ (es decir, $q\lt b+d$) entonces llegamos a una contradicción ya que $\frac{a}{b}v\lt\frac{c}{d}v$ y las desigualdades anteriores no se satisfacen para ningún entero $u$. Por tanto, $v\geq 0$ y tenemos probado el apartado (a).

Finalmente, si $q=b+d$, entonces $v=0$, luego las desigualdades arriba probadas nos dicen que $0\geq u\geq 0$ y, por tanto, $u=0$ y $p=a+c$, demostrando así el apartado (b).

Solución. Vamos a probar que la respuesta es afirmativa. Para ello, observamos que el problema es equivalente a determinar si existen $n,a\in\mathbb{N_0}$ tales que $3n^2+2n+2=a^2$. Trabajando módulo 8, todo cuadrado perfecto es congruente con $0$, con $1$ ó con $4$, para lo que será suficiente comprobar que $3n^2+2n+2$ no es congruente con ninguno de estos tres números módulo $8$. Usando las propiedades de las congruencias, tenemos que

• Si $n\equiv 0\ (\mathrm{mod}\ 8)$, entonces $3n^2+2n+2\equiv 2\ (\mathrm{mod}\ 8)$.
• Si $n\equiv 1\ (\mathrm{mod}\ 8)$, entonces $3n^2+2n+2\equiv 7\ (\mathrm{mod}\ 8)$.
• Si $n\equiv 2\ (\mathrm{mod}\ 8)$, entonces $3n^2+2n+2\equiv 2\ (\mathrm{mod}\ 8)$.
• Si $n\equiv 3\ (\mathrm{mod}\ 8)$, entonces $3n^2+2n+2\equiv 3\ (\mathrm{mod}\ 8)$.
• Si $n\equiv 4\ (\mathrm{mod}\ 8)$, entonces $3n^2+2n+2\equiv 2\ (\mathrm{mod}\ 8)$.
• Si $n\equiv 5\ (\mathrm{mod}\ 8)$, entonces $3n^2+2n+2\equiv 7\ (\mathrm{mod}\ 8)$.
• Si $n\equiv 6\ (\mathrm{mod}\ 8)$, entonces $3n^2+2n+2\equiv 2\ (\mathrm{mod}\ 8)$.
• Si $n\equiv 7\ (\mathrm{mod}\ 8)$, entonces $3n^2+2n+2\equiv 3\ (\mathrm{mod}\ 8)$.

Por tanto, $3n^2+2n+2$ no es congruente con $0$, $1$ ó $4$ para ningún valor de $n\in\mathbb{Z}$ y hemos terminado.