Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Escojamos aquellos números que, en base \(3\), se escriben únicamente con los dígitos \(0\) y \(1\). Está claro que hay \(2^k\) números satisfaciendo esta condición, luego bastará probar que no hay tres números de este tipo en progresión aritmética. En efecto, si \(a\lt b\lt c\) están en progresión aritmética, entonces \(2b=a+c\) pero, trabajando en base \(3\), \(2b\) sólo tiene dígitos 0 y 2 luego necesariamente \(a=c\) y, por tanto, \(a=b=c\), de donde no hay tres distintos en progresión aritmética.

Solución. Probaremos el contrarrecíproco: si \(n\) es compuesto entonces \((n-1)!+1\) no es divisible entre \(n\), para lo que veremos que si \(n\neq 4\) y \(n=pq\) con \(1\lt p,q\lt n\), entonces \(n\) es un divisor de \((n-1)!\). Para probar esto último, si \(p\neq q\), tanto \(p\) como \(q\) son factores que aparecen en \((n-1)!\) ya que \(p\lt n\) y \(q\lt n\). Si, por el contrario, \(p=q\), entonces o bien \(p=2\), en cuyo caso \(n=4\) (caso que hemos aislado), o bien \(p\gt 2\) y \(n=p^2\gt 2p\), con lo que tanto \(p\) como \(2p\) aparecen en el desarrollo de \((n-1)!\) y, por tanto, \(n=p^2\) divide a \((n-1)!\). El caso \(n=4\) se comprueba directamente que verifica el enunciado.

Solución. Si \(n\) es impar, entonces es de la forma \(n=2k+1\) luego podemos expresarlo como \(k+(k+1)\), donde \(k\) y \(k+1\) son mayores que uno y primos entre sí. Si \(n\) es de la forma \(n=2k\) (es decir, es par), entonces \(n=(k-1)+(k+1)\). Si \(k-1\) y \(k+1\) son primos relativos, hemos terminado. En caso contrario, el único posible factor común a \(k-1\) y \(k+1\) es \(2\) en cuyo caso ambos son pares y podemos tomar \(n=(k-2)+(k+2)\), donde cualquier divisor de \(k-2\) y \(k+2\) divide a \(4\) pero \(k-2\) y \(k+2\) son ahora impares y, por tanto, primos relativos. Observemos que la condición \(n\gt 6\) demuestra que todos los sumandos considerados son mayores que uno.

Solución. Tenemos que cada uno de los números \(p\), \(p+10\) y \(p+14\) tiene un resto distinto módulo \(3\) luego uno de ellos será multiplo de \(3\), es decir, será igual a \(3\) pues es primo. Tenemos los casos \(p=3\), \(p=-7\) y \(p=-11\). Los dos primeros son soluciones al enunciado como puede comprobarse, mientras que la última lleva a que \(p+10=-1\), que no es primo.

Solución. Si \(d\) es un número que divide a \(2n+3\) y a \(n+7\), entonces también divide a \(11=2(n+7)-(2n+3)\), de donde \(d=\pm 1\) o bien \(d=\pm 11\). Como el máximo común divisor es positivo, deducimos que o bien es igual a \(11\) o bien es igual a \(1\). Además, es fácil ver que \(2n+3\) es múltiplo de 11 cuando \(n\equiv 4\ (\text{mod }11)\) y \(n+7\) es múltiplo de \(11\) también en la misma situación luego \(\mathrm{mcd}(2n+3,n+7)=11\) si \(n=11k+4\) para cierto \(k\in\mathbb{Z}\) y \(\mathrm{mcd}(2n+3,n+7)=1\) en caso contrario.