Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Vamos analizar si $(x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}$ es múltiplo de $(x+y)^3-x^3-y^3$ para dos enteros $x,y\in\mathbb{Z}$ y $n\in\mathbb{N}$. Para ello, observamos que $(x+y)^3-x^3-y^3=3xy(x+y)$ y, desarrollamos por el binomio de Newton, podemos factorizar \begin{align*} (x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}&=\binom{2n+1}{1}x^{2n}y+\binom{2n+1}{2}x^{2n-1}y^2+\ldots+\binom{2n+1}{2n}xy^{2n}\\ &=xy\left(\binom{2n+1}{1}x^{2n-1}+\binom{2n+1}{2}x^{2n-2}y+\ldots+\binom{2n+1}{2n}y^{2n-1}\right) \end{align*} Si vemos el último paréntesis grande como un polinomio $p(x)$ para un valor fijo de $y$, tenemos además que \begin{align*} p(-y)&=\binom{2n+1}{1}(-y)^{2n-1}+\binom{2n+1}{2}(-y)^{2n-2}y+\ldots+\binom{2n+1}{2n}y^{2n-1}\\ &=y^n\left(-\binom{2n+1}{1}+\binom{2n+1}{2}-\ldots+\binom{2n+1}{2n}\right)=0 \end{align*} ya que la suma alternada de números combinatorios es cero. Esto nos dice que podemos factorizar como polinomios $p(x)=(x+y)q(x,y)$, luego podemos factorizar $(x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}=xy(x+y)q(x,y)$. Nos falta por ver que podemos sacar también el factor $3$ y para ello haremos $x=1013$ e $y=1001$, lo que nos da \[(x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}\equiv 2^{2n+1}-1^{2n+1}-1^{2n+1}=2\cdot 1^{2n}-1-1\equiv 0\ (\text{mod }3).\] Sin embargo, tenemos que $xy(x+y)\equiv 1\cdot 1\cdot 2\not\equiv 0\ (\text{mod }3)$, luego $(x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}$ es múltiplo de $3xy(x+y)$ para todo $n\in\mathbb{N}$, en particular, para $n=1006$.

Nota. No es cierto en general que $(x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}$ sea múltiplo de $(x+y)^3-x^3-y^3=3xy(x+y)$ y el problema justamente es el $3$ final. No es difícil completar el argumento para ver que esta propiedad es cierta para todo $n$ si, y sólo si, $x\equiv y\equiv 1$ o bien $x\equiv y\equiv 2$ (mod $3$).