Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Sea $r=a\triangledown p$ el resto de dividir $a$ entre $p$. Entonces, tenemos que

• $a\triangledown 2p$ es igual a $r$ o $r+p$,
• $a\triangledown 3p$ es igual a $r$, $r+p$ o $r+2p$,
• $a\triangledown 2p$ es igual a $r$, $r+p$, $r+2p$ o $r+3p$.

En consecuencia, la condición del enunciado implica que \[a+p=a\triangledown p+a\triangledown 2p+a\triangledown 3p+a\triangledown 4p=4r+kp,\] siendo $0\leq k\leq 6$ un entero. Tomando en esta igualdad congruencias módulo $p$, tenemos además que $r\equiv 4r\ (\text{mod }p)$, es decir, $3r\equiv 0\ (\text{mod }p)$. Esto nos da dos casos: $r=0$ y $p$ un primo arbitrario o bien $p=3$ y $r\in\{1,2\}$.

1. Si $r=0$, entonces la condición $a+p=4r+kp$ nos da como únicas posibles soluciones $(p,p)$, $(2p,p)$, $(3p,p)$, $(4p,p)$ y $(5p,p)$. Es fácil ver que $(5p,p)$ es la única que cumple la condición del enunciado y vale para todo primo $p$.
2. Si $p=3$ y $r=1$, entonces tenemos las posibles soluciones $(1,3)$, $(4,3)$, $(7,3)$, $(10,3)$, $(13,3)$, $(16,3)$ y $(19,3)$. Puede comprobarse fácilmente que $(1,3)$ es la única que cumple la condición del enunciado.
3. Finalmente, si $p=3$ y $r=2$, las posibles soluciones $(5,3)$, $(8,3)$, $(11,3)$, $(14,3)$, $(17,3)$, $(20,3)$ y $(23,3)$. Se comprueba de nuevo una por una y se ve rápidamente que $(17,3)$ es la única que cumple la condición del enunciado.

Resumiendo, hemos probado que los únicos pares $(a,p)$ que cumplen la condición del enunciado son $(1,3)$, $(17,3)$ y los de la forma $(5p,p)$ para cualquier primo $p\geq 2$.