Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Trabajamos módulo $4$ y comenzamos observando que todo cuadrado es congruente con $0$ o $1$ módulo $4$. Por tanto, $pqr$ debe ser congruente con $0$ o $3$ módulo $4$. Distinguimos los dos casos:

• Si $pqr\equiv 0\ (\text{mod }4)$, entonces es porque alguno de los números es par. Como son primos, necesariamente dos de ellos son iguales a dos y el tercero, por tanto, igual a $2019$. Como $2019$ no es primo (es múltiplo de $3$), deducimos que este caso no da ninguna solución.
• Si $pqr\equiv 3\ (\text{mod }4)$, entonces los tres primos son congruentes con $1$, $1$ y $3$ o bien con $3$, $3$ y $3$ (en algún orden). En cualquier caso, obtenemos que $p+q+r\equiv 1\ (\text{mod }4)$. Esto contradice el hecho de que $p+q+r=2023\equiv 3\ (\text{mod }4)$, luego tampoco obtenemos soluciones en este caso.

Deducimos que no hay primos en las condiciones del enunciado.

Nota. La misma demostración del segundo caso muestra que no hay enteros impares cumpliendo la condición del enunciado (no tienen por qué ser primos ni positivos).

Solución. Sea $n\geq 1$ y supongamos que $p\geq 3$ es un factor primo de $2^n-1$, es decir, $2^n\equiv 1\ (\text{mod }p)$. Por el teorema pequeño de Fermat y usando que $\mathrm{mcd}(p,2)=1$, se tiene que $2^{p-1}\equiv 1\ (\text{mod }p)$. El menor natural $a$ que cumple $2^a\equiv 1\ (\text{mod }p)$ ha de ser, por tanto, divisor de $p-1$. Además, como $2^n\equiv 1\ (\text{mod }p)$, se tiene que $n$ es un múltiplo de $a\leq p-1$ (ver la nota). Esto nos dice que $n$ tiene necesariamente un factor primo menor que $p$. Vamos a llamar a esto la propiedad P.

Vamos ahora a demostrar el enunciado por reducción al absurdo. Supongamos que uno de los números $n_1,\ldots,n_k$ es mayor que $1$, pongamos $n_1\gt 1$ sin perder generalidad. Sea $p_1\geq 3$ el menor factor primo de $n_1$ (no puede ser $p_1=2$ ya que $n_1$ divide al número impar $2^{n_2}-1$). Según la propiedad P, el número $n_2$ tiene que tener un factor primo $p_2$ tal que $3\leq p_2\lt p_1$. De nuevo por la propiedad P, $n_3$ tiene un factor primo $p_3$ tal que $3\leq p_3\lt p_2$. Aplicando sucesivamente la propiedad P, llegamos a que $n_1$ tiene un factor primo $q_1$ tal que $q_1\lt p_k\lt p_{k-1}\lt\ldots\lt p_2\lt p_1$. Esto contradice que $p_1$ era el menor factor primo de $n_1$.

Nota. Dados $a,n\in\mathbb{N}$ tales que $\mathrm{mcd}(a,n)=1$, existe un menor exponente $k$ tal que $a^k\equiv 1\ (\text{mod }n)$ y todo exponente $m$ tal que $a^m\equiv 1\ (\text{mod }n)$ es un múltiplo de $k$.

Solución. Consideremos los enteros que se escriben en base tres únicamente con ceros y unos, es decir, la sucesión \[\{0_{(3)},1_{(3)},10_{(3)},11_{(3)},100_{(3)},101_{(3)},110_{(3)},111_{(3)},1000_{(3)},\ldots\}\] Esta sucesión es $\{0, 1, 3, 4, 9, 10, 12, 13, 27, \ldots\}$ en base $10$. En otras palabras, estamos escribiendo los enteros no negativos en base $2$ y leyéndolos en base 3. Veamos en primer lugar que no hay tres términos $x\lt y\lt z$ en progresión aritmética. Por reducción al absurdo, si los hubiera, tendríamos que $x+z=2y$, luego $x+z$ se escribiría solo con ceros y doses en base $3$, lo que nos dice que $x$ y $z$ deberían tener los mismos unos en la misma posición, luego $x=z$ y esto contradice que hemos supuesto que son distintos.

Ahora bien, como $1982=11110111110_{(2)}$, el número que ocupa la posición $1983$ en la sucesión anterior (observa que el cero también está en la sucesión) es \[11110111110_{(3)}=3+3^2+3^3+3^4+3^5+3^7+3^8+3^9+3^{10}=87843\lt 10^5.\] Deducimos así que podemos encontrar $1983$ enteros negativos distintos menores que $10^5$ de forma que no hay tres de ellos en progresión aritmética.

Solución. Supongamos que $m(m+1)$ es igual a $a^n$ para $a,n\in\mathbb{N}$ con $n\geq 2$. Como $m$ y $m+1$ son primos relativos, tanto $m$ como $m+1$ deben ser potencias $n$-ésimas de enteros. No obstante, dos potencias $n$-ésimas se diferencia como mínimo en $2^n-1^n\geq 3$ para $n\geq 2$, mientras que $m$ y $m+1$ se diferencia solo en una unidad.

Solución. El primer apartado es sencillo razonando por reducción al absurdo. Si existiera un valor de $n\in\mathbb{Z}$ tal que $p^2|f(n)=(n+b)^2-c$, entonces $p|(n+b)^2$ ya que $p|c$ por hipótesis. Como se trata de un cuadrado, necesariamente $p^2|(n+b)^2$, luego también se sigue que $p^2|c=(n+b)^2-f(n)$. Esto contradice la hipótesis de que $p^2$ no divide a $c$.

En cuanto al apartado (b), vamos a proceder por inducción sobre $r$. Para $r=1$, no hay nada que probar ya que tenemos la hipótesis de que $q|f(n)$ para algún $n\in\mathbb Z$. Dado $r\geq 1$, supongamos que $q^r|(n+b)^2-c$ para algún $n\in\mathbb Z$ y probemos que existe $n'\in\mathbb Z$ tal que $q^{r+1}|(n'+b)^2-c$. Vamos a elegir $n'=n+aq^r$ para cierto $a\in\mathbb{Z}$ que vamos a determinar a continuación. Esto nos da \[f(n')=(n+aq^r+b)^2-c=(n+b)^2-c+2aq^r(n+b)+a^2q^{2r}=(d+2a(n+b))q^r+a^2q^{2r},\] donde hemos escrito $(n+b)^2-c=dq^r$ para cierto $d\in\mathbb{Z}$ usando la hipótesis de inducción. Por tanto, habremos terminado si probamos que la ecuación en congruencias $2a(n+b)\equiv -d\ (\text{mod }q)$ tiene solución (siendo $a$ la incógnita). Esto se deduce de que $2(n+b)$ tiene inverso módulo $q$ ya que $\mathrm{mcd}(2(n+b),q)=1$. Esto último se deduce a su vez de que $q$ divide a $f(n)$ pero no a $c$ (luego no $n+b$ no puede ser múltiplo de $q$) y de que $q\neq 2$ por hipótesis.