Maratón de Problemas

[jujumas]

Problema 258:
Determinar todos los enteros positivos [math]n tales que [math]n^2\mid 2^n+1.

[julianferres_]

No fue publicado ese problema durante la maraton?

[jujumas]

No estoy seguro. Puede ser que te lo estés confundiendo con alguno parecido. En caso de ser el mismo, avisa y cambio el problema.

[Emerson Soriano]

Solución al Problema 258.

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[math]n=1 cumple. Si [math]n>1, sea [math]p su menor divisor primo, entonces [math]2^{2n}\equiv 1\pmod p. Así, [math]ord_p2\mid \text{mcd}(2n, p-1), pero como [math]p es mínimo, entonces [math]\text{mcd}(2n, p-1)=2, de este modo, por definición de [math]ord_p2, tenemos que [math]p=3. Esto muestra que [math]n es de la forma [math]n=3^ka, donde [math]a es coprimo con [math]3.

Notemos que [math]v_3(2^{3t}+1)=2, con [math]t coprimo con [math]3. Si para algún entero positivo [math]b se cumple que [math]v_3(2^{3^bt}+1)=b+1, entonces probaremos que [math]v_3(2^{3^{b+1}t}+1)=b+2. En efecto,

[math]2^{3^{b+1}}+1=(2^{3^b}+1)(2^{2\times 3^b}-2^{3^b}+1)

Notemos que el último factor del miembro derecho se escribe de la forma: [math](2^{2\times 3^b}-1)-(2^{3^b}+1)+3, pero como los dos primeros sumandos son múltiplos de [math]9, entonces todo ese factor es múltiplo de [math]3 pero no de [math]9. Esto demuestra lo que se conjeturó. Luego, en el problema inicial, se tiene que [math]v_3(n^2)=2v_3(n)=\leq v_3(n)+1, lo cual implica que [math]v_3(n)=1.

Esto muestra que [math]a=3a donde [math]a es coprimo con [math]3. Probaremos que [math]a=1, en efecto, sea [math]q el menor divisor primo de [math]a. Entonces [math]2^{6a}\equiv 1\pmod q), entonces [math]ord_q2\mid \text{mcd}(6a, q-1)=6 (por ser [math]q mínimo). Luego, [math]q\mid 2^6-1, es decir [math]q=7, pero entonces [math]7^2\mid 8^a+1, lo cual es notorio la falsedad.

Finalmente, los únicos valores que cumplen son [math]n=1 y [math]n=3.

[Emerson Soriano]

Problema 259
Encontrar todos los polinomios [math]f con coeficientes enteros tales que

[math]f(n)\mid n^{n-1}-1,

para todo entero suficientemente largo [math]n.

[jujumas]

Muy interesante el problema. Avisen si encuentran algún error.
Solución 259:

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Notemos que si el polinomio [math]P cumple lo pedido, también lo cumple [math]-P, por lo que vamos a asumir que el término independiente del polinomio es no negativo sin perder generalidad.

Sea [math]p un primo suficientemente grande, tal que sea mayor al término independiente del polinomio, tomemos [math]n-1=p. Nos queda que [math]f(p+1) \mid (p+1)^p-1, o que [math]f(p+1) \mid (p+1-1)(\sum_{i=0}^{p-1} (p+1)^i). Notando ahora que [math]\sum_{i=0}^{p-1} (p+1)^i es el polinomio ciclotómico módulo [math]p, tenemos que todo divisor de [math]\sum_{i=0}^{p-1} (p+1)^i es múltiplo de [math]p o es congruente a [math]1 módulo [math]p. Como a este número lo multiplicamos por [math]p, y [math]f(p+1) divide a este producto, tenemos que todos los divisores de [math]f(p+1) son congruentes a [math]1 o [math]0 módulo [math]p.

Si [math]f(p+1) \equiv 1 [math](mod [math]p), tenemos que si [math]f(x) no es constante, todos los divisores primos de [math]f(p+1) son congruentes a [math]1 módulo [math]p. Tomemos uno de ellos, igual a [math]kp+1. Tenemos entonces que [math]f(p+1) \equiv 0 [math](mod [math]kp+1). Luego, como [math]f es un polinomio de coeficientes enteros, queda claro que [math]f(m(kp+1)+p+1) \equiv 0 [math](mod [math]kp+1) para todo [math]m. Notemos ahora que existe un primo [math]q mayor a [math]kp+1 tal que [math]m(kp+1)+p+1=q+1, o [math]m(kp+1)+p=q, que es claro que como [math]kp+1 y [math]p son coprimos, existen infinitos por el Teorema de Dirichlet. Luego, tenemos que [math]f(q+1) tiene todos sus divisores primos congruentes a [math]q o [math]q+1. Sin embargo, es divisible por [math]kp+1, que es menor a [math]q, absurdo. Luego, [math]f(x) es constante, y se nos dan las únicas soluciones [math]f(x)=1 y [math]f(x)=-1, que verifican.

Si [math]p divide a [math]f(p+1), esto implica que [math]f(p+1) es una potencia de [math]p. Notemos, sin embargo, que por el Lema de Hensel, [math]p^2 \mid\mid (p+1)^p - 1^p. Luego, [math]f(p+1)=p o [math]f(p+1)=p^2. Ya que los primos suficientemente grandes son infinitos, sabemos que o la cantidad de primos tales que [math]f(p+1)=p, o la cantidad de primos tales que [math]f(p+1)=p^2 será infinita. Es fácil deducir de acá, que [math]f(x)=x-1 o [math]f(x)=x^2-2x+1 son las únicas posibles soluciones con término independiente no negativo, y es facil checkear que ambas soluciones verifican por Hensel.

Luego, los polinomios posibles son [math]f(x)=1, [math]f(x)=-1, [math]f(x)=x-1, [math]f(x)=-x+1, [math]f(x)=x^2-2x+1 y [math]f(x)=-x^2+2x-1.

[jujumas]

Problema 260:
Se tienen varios planetas esféricos en el espacio, tales que ninguno de ellos toca a otro en su interior, y son todos del mismo tamaño. Se consideran las superficies de cada planeta que no pueden ser vistas desde ningún otro planeta. Demostrar que la suma de estas superficies es igual a la de un planeta.

[3,14]

Estoy casi seguro que sale con:

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[math]\binom {n}{1}-\binom {n}{2}+\binom {n}{3}...

[lucasdeamorin]

Muy interesante el problema. Avisen si encuentran algún error.
Solución 259:

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Si [math]f(p+1) \equiv 1 [math](mod [math]p), y el polinomio es constante, tenemos entonces que el término independiente es [math]1. Si el polinomio no es constante, notemos que esto implica que su término independiente sea múltiplo de [math]p, por lo que es [math]0. Luego, tenemos que [math]f(p+1), es múltiplo de [math]p+1, por lo que [math]p+1\mid (p+1)^p-1. Sin embargo, esto no es cierto. Luego, en este caso, obtenemos las soluciones [math]f(n)=1, [math]f(n)=-1, y ambas funciones verifican.

Porque si el polinomio es no constante el termino independiente es multiplo de p? si [math]f(x)=x^2-x+1 y [math]p=3, [math]f(p+1)=p^2+p+1 que es el cicloatomico de 3 y cumple todo.

[jujumas]

Muy interesante el problema. Avisen si encuentran algún error.
Solución 259:

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Si [math]f(p+1) \equiv 1 [math](mod [math]p), y el polinomio es constante, tenemos entonces que el término independiente es [math]1. Si el polinomio no es constante, notemos que esto implica que su término independiente sea múltiplo de [math]p, por lo que es [math]0. Luego, tenemos que [math]f(p+1), es múltiplo de [math]p+1, por lo que [math]p+1\mid (p+1)^p-1. Sin embargo, esto no es cierto. Luego, en este caso, obtenemos las soluciones [math]f(n)=1, [math]f(n)=-1, y ambas funciones verifican.

Porque si el polinomio es no constante el termino independiente es multiplo de p? si [math]f(x)=x^2-x+1 y [math]p=3, [math]f(p+1)=p^2+p+1 que es el cicloatomico de 3 y cumple todo.

Pasa cuando te pones a resolver problemas de la maratón cuando tenes que estar durmiendo. Cuando pueda lo edito.