Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Para cualquier $x\in\mathbb{R}$ y cualquier impar $n\geq3$, se cumple que \begin{eqnarray*} x^n+1&=&(x+1)(x^{n-1}-x^{n-2}+x^{n-3}-\ldots-x+1)\\ &=&(x+1)\left((x+1)(x^{n-2}-2x^{n-3}+3x^{n-3}-\ldots+(n-2)x-(n-1))+n\right) \end{eqnarray*} igualdades que se comprueban fácilmente sin más que dividir el polinomio $x^n+1$ entre $x+1$ dos veces. Ahora tomemos $x=2^{2009}$ y $n=2009^{2008}$ (que es impar), con lo que se tiene que \[2^{2009^{2009}}+1=(2^{2009}+1)\left((2^{2009}+1)a+2009^{2008}\right)\] para cierto número natural $a\in\mathbb{N}$. De aquí deducimos que \[\mathrm{mcd}\left(\left(2^{2009}+1\right)^{2009},2^{2009^{2009}}+1\right)=(2^{2009}+1)\cdot\mathrm{mcd}\left((2^{2009}+1)^{2008},(2^{2009}+1)a+2009^{2008}\right)\] y el último paso consistirá en probar que el último máximo común divisor es uno, para lo que será suficiente probar que no existen primos que dividan a $(2^{2009}+1)^{2008}$ y a $(2^{2009}+1)a+2009^{2008}$ simultáneamente. Razonando por reducción al absurdo si $p$ fuese un primo que dividiera a ambos, tendríamos que $p$ divide a $2^{2009}+1$ por dividir a $(2^{2009}+1)^{2008}$, luego $p$ divide a $2009^{2008}$ y, por tanto, a $2009=7^2\cdot 41$. Deducimos que $p=7$ o bien $p=41$ pero ni $7$ ni $41$ dividen a $2^{2009}+1$ como mostramos a continuación y ésta es la contradicción buscada.

• $7$ no divide a $2^{2009}+1$. En efecto, tenemos que $2^3=8\equiv 1\ (\text{mod}\ 7)$ luego $2^{2009}+1=4\cdot 8^{669}+1\equiv 5\ (\text{mod}\ 7)$ y $2^{2009}+1$ no es divisible por $7$.
• $41$ no divide a $2^{2009}+1$. En efecto, si consideramos la función $\varphi$ de Euler, como $2$ y $41$ son primos entre sí y $\varphi(41)=40$, tenemos que $2^{40}\equiv 1\ (\text{mod}\ 41)$ luego $2^{2009}+1=2^9(2^{40})^{50}+1\equiv 2^9+1\equiv 21\ (\text{mod}\ 41)$ y $2^{2009}+1$ tampoco es divisible por $41$.

De todo esto se deduce que \[\mathrm{mod}\left(\left(2^{2009}+1\right)^{2009},2^{2009^{2009}}+1\right)=2^{2009}+1\]

Nota. La función $\varphi$ de Euler se define sobre cualquier número natural $n$ como el número de números entre $1$ y $n-1$ que son primos relativos con $n$ y se cumple (Teorema de Euler) que si $a$ y $n$ son primos entre sí, entonces $a^{\varphi(n)}\equiv 1\ (\text{mod}\ n)$.

Solución. Es consecuencia directa de la identidad algebraica \[(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2.\]

Solución. Consideremos la descomposición \[n^4+6n^3+11n^2+3n+31=(n^2+3n+1)^2-3(n-10).\] Es evidente que para $n=10$ tenemos un cuadrado perfecto. También puede comprobarse (caso por caso) que, para $n\lt 10$ no es un cuadrado perfecto, luego nos centraremos en el caso $n\gt 10$, donde tenemos que $3(n-10)\gt 0$, y vamos a ver que no puede ser un cuadrado perfecto. Razonando por reducción al absurdo, si para $n\gt 10$ tuviéramos un cuadrado perfecto, existiría $k\in\mathbb{N}$, $k\lt n^2+3n+1$ tal que \begin{eqnarray*} (n^2+3n+1)^2-3(n-10)&=&(n^2+3n+1-k)^2\\ &=&(n^2+3n+1)^2-(2kn^2+6kn+2k-k^2) \end{eqnarray*} y, por tanto, habrá de cumplirse que $2kn^2+6kn+2k-k^2=3(n-10)$. Puede comprobarse fácilmente que el término de la izquierda es creciente en $k$ para $1\leq k\lt n^2+3n+1$ luego si probamos que $2kn^2+6kn+2k-k^2\gt 3(n-10)$ para $k=1$ (es decir, $2n^2+6n+3\gt 3(n-10)$) y para todo $n\gt 10$, esta desigualdad estricta se extenderá para todo valor de $k\in[1,n^2+3n+1[$ y habremos llegado a la contradicción buscada. Ahora bien, esto es inmediato puesto que la desigualdad a probar se traduce en demostrar que $2n^2+3n+33\gt 0$ para todo $n\gt 10$.

Deducimos así que el único valor para el que el polinomio es un cuadrado perfecto es $n=10$.

Solución. Vamos a dar una familia infinita de ternas que cumplen la condición pedida. Para todo $a\in\mathbb{N}$, \[4a^4+4a^2,\ 4a^4+4a^2+1,\ 4a^4+4a^2+2\] son tres números consecutivos que cumplen que \begin{eqnarray*} 4a^4+4a^2&=&(2a^2)^2+(2a)^2\\ 4a^4+4a^2+1&=&(2a^2+1)^2\\ 4a^4+4a^2+2&=&(2a^2+1)^2+1^2 \end{eqnarray*} luego basta tomar $n=4a^4+4a^2$ para cada natural $a$.

Solución. En primer lugar, $101$ es un número primo. Los demás elementos de esta sucesión se pueden escribir como \[\sum_{k=0}^n 100^k=\frac{100^{n+1}-1}{99}=\begin{cases}(10^{n+1}+1)\cdot\frac{10^{n+1}-1}{9\cdot 11}&\text{si }n\text{ impar}\\\frac{10^{n+1}+1}{11}\cdot\frac{10^{n+1}-1}{9}&\text{si }n\text{ par}\end{cases}\] para $n\geq 2$ y los dos factores que aparecen en la última expresión son números enteros mayores que 1 (¿por qué?) luego, salvo 101, todos los elementos son números compuestos.