Nivel 3 Problema 2 ¿Nacional 1994?

[BrunZo]

¿Para qué valores enteros positivos de $x$ es $x^4 + 6x^3 + 11x^2 + 3x + 31$ un cuadrado perfecto?

[drynshock]

The trick:

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En estos tipos de problemas que nos dan una expresión $f(n)$ y queremos que sea un cuadrado perfecto, lo que tenemos que lograr es encontrar una expresión $g(n)$ tal que

$$[g(n)]^2 < f(n) < [g(n)+1]^2$$

De esta manera, como $f(n)$ esta contenido entre dos cuadrados perfectos consecutivos, entonces este nunca va a poder ser un cuadrado perfecto. Hay que considerar también que la mayoría de veces no vamos a encontrar una expresión $g(n)$ que funcione para todos los casos pero si para un determinado $n > k$, para los valores entre $0$ y $k$ simplemente los probamos a mano y listo.

The solution:

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Digamos que $f(x) = x^4 + 6x^3 + 11x^2 + 3x + 31$. Veamos que claramente:

$$x^4 + 6x^3 + 9x^2 < x^4 + 6x^3 + 11x^2 + 3x + 31$$
$$(x^2 + 3x)^2 < x^4 + 6x^3 + 11x^2 + 3x + 31$$

Para todo $x$, entonces nuestro $g(x) = x^2 + 3x$, ahora veamos que pasa con $g(x) + 1$. Lo que buscamos es que:

$$x^4 + 6x^3 + 11x^2 + 3x + 31 < [x^2 + 3x + 1]^2$$

a partir de cierto $x$. Para eso notemos que si desarrollamos el cuadrado y despejamos $x$ nos queda:

$$x^4 + 6x^3 + 11x^2 + 3x + 31 < x^4 + 9x^2 + 1 + 6x^3 + 2x^2 + 6x$$
$$10 < x$$

Entonces para todo $x > 10$ se cumple que:
$$(x^2 + 3x)^2 < x^4 + 6x^3 + 11x^2 + 3x + 31 < [x^2 + 3x + 1]^2$$

Que era precisamente lo que queríamos. Ahora tenemos que probar con todos los casos desde $x = 1$ hasta $x = 10$ para ver cuales funcionan.

$\underline{x = 1}$
$f(1) = 52$

$\underline{x = 2}$
$f(2) = 145$

$\underline{x = 3}$
$f(3) = 382$

$\underline{x = 4}$
$f(4) = 859$

$\underline{x = 5}$
$f(5) = 1696$

$\underline{x = 6}$
$f(6) = 3037$

$\underline{x = 7}$
$f(7) = 5050$

$\underline{x = 8}$
$f(8) = 7927$

$\underline{x = 9}$
$f(9) = 11884$

$\underline{x = 10}$
$f(10) = 17161$

De los cuales el único cuadrado perfecto es $f(10) = 17161 = 131^2$, luego $\boxed{x = 10}$ es la única solución al problema.

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En caso de tener calculadora simplemente te pones a probar y lo sacas en 5 minutos, en caso contrario no mueras en el intento, hay una forma mas fácil (aunque vas a tener que probar un poco).

Por ejemplo si yo te doy el numero $33333333333333333332$ desde un principio puedo decirte que no es un cuadrado perfecto sin tener que usar la calculadora. Esto se debe a que el numero que mencione tiene resto $2$ en la división por $3$ y los cuadrados perfectos pueden tener resto $0$ o $1$ en la división por $3$. Esta información nos puede llegar a servir para no tener que hacer muchos cálculos a mano.

A continuación les dejo unas tablas con restos cuadráticos importantes:

\begin{array}{|c|c|} \hline
x \equiv \pmod 3 & x^2 \equiv \pmod 3 \\ \hline
0 & 0 \\ \hline
1 & 1 \\ \hline
2 & 1 \\ \hline
\end{array}

\begin{array}{|c|c|} \hline
x \equiv \pmod 4 & x^2 \equiv \pmod 4 \\ \hline
0 & 0 \\ \hline
1 & 1 \\ \hline
2 & 0 \\ \hline
3 & 1 \\ \hline
\end{array}


\begin{array}{|c|c|} \hline
x \equiv \pmod 5 & x^2 \equiv \pmod 5 \\ \hline
0 & 0 \\ \hline
1 & 1 \\ \hline
2 & 4 \\ \hline
3 & 4 \\ \hline
4 & 1 \\ \hline
\end{array}

Sabiendo esto, podemos simplificar un poco las cuentas calculando desde $f(0)$ hasta $f(4)$. Respectivamente, obtenemos $31, 52, 145, 382, 859$

Veamos que $f(3) \equiv f(4) \equiv 2 \pmod 4$ lo cual es imposible, entonces sabemos que $f(7)$ y $f(8)$ tampoco van a funcionar por tener el mismo resto.
Notemos que $f(1) \equiv 2 \pmod 5$ lo cual también es imposible, entonces sabemos que ni $f(1)$ ni $f(6)$ van a funcionar.

Nos queda pendiente ver que pasa con $f(2), f(5), f(9)$ y $f(10)$, de cualquier manera sin tener que hacer cuentas (prácticamente) nos ahorramos $6$ casos que no funcionaban. En general, si hay que probar muchos casos este truco te puede servir para no hacer tantas cuentas (También sirve para resolver ecuaciones, aunque esa explicación queda para otra solución )

Para otra cosa que nos puede servir analizar módulos cuadráticos es para ver que @Martín Vacas Vignolo nos miente con su firma ya que $1782^{12} + 1841^{12} \neq 1922^{12}$ y podemos ver que esto es cierto ya que $1782^{12} \equiv 0 \pmod 2 \land 1841^{12} \equiv 1 \pmod 2 \land 1922^{12} \equiv 0 \pmod 2$ pero $1782^{12} + 1841^{12} \equiv 1 \pmod 2$ lo cual nos deja una contradicción.

$\blacksquare$