Olimpiada Internacional de Matemáticas 2008 – Problema 3: Divisor primo

Tercer problema de la Olimpiada Internacional de Matemáticas de 2008:

Demostrar que existen infinitos números enteros positivos $n$ tales que $n^2 + 1$ tiene un divisor primo mayor que $2n + \sqrt{2n}$ .

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Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 12 de August de 2008
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Roberto | 12 de August de 2008 | 17:31

Una pista: para todo p>13, si existe un m tal que p es divisor de m al cuadrado más 1, existe un n (tal vez distinto de m) que cumple el enunciado.
Si consigues probar esto, lo demás es sencillo.
M | 12 de August de 2008 | 18:51

Roberto, de hecho es conocido que

dado un primo $p\geq 3$ ,

la ecuación $x^2\equiv -1(p)$ tiene solución si y sólo si $p\equiv 1 (4)$ (de hecho, en virtud del teorema de Wilson, tiene dos soluciones incongruentes módulo $p$ , a saber: $x=\pm \left(\dfrac{p-1}{2}\right)!$ )
Roberto | 13 de August de 2008 | 01:44

Hay una prueba aún más directa (me refiero a que es posible deducirla mediante razonamientos sencillos y directos, sin hacer uso de teoremas de renombre), pero la daré en mi blog dentro de dos o tres semanas (falta de tiempo…).
Pondré el enlace aquí cuando la escriba.
M | 13 de August de 2008 | 16:51

Aquí va una solución. Me habría gustado ver como resolvieron este problema esos fenómenos chinos con 16 o menos años. Por supuesto, Roberto, que también me interesa tu solución.

Sea $\Pi_1:=\{p\;{\rm primo}\;/\;p\equiv 1(4),\;p\neq 5,13\}$ (ya veremos porqué no consideramos al 5 ni al 13).

Sea $p\in \Pi_1$ . Entonces $\exists n_p\in\{0,1,\ldots, p-1\}$ tal que $n_p^2+1\equiv 0\;(p)$ (ver un comentario previo).

Además, si resultase que $2n_p\succ p$ , entonces $m_p:=p-n_p$ verifica $m_p\in\{0,1,\ldots,p-1\}$ , $m_p^2+1\equiv 0\;(p)$ y $2m_p\prec p$ .

En definitiva, a cada $p\in \Pi_1$ le podemos asignar un $n_p\in\mathbb{N}$ tal que $2n_p\prec p$ y $n_p^2+1\equiv 0\;(p)$ . Veamos que $2n_p+\sqrt{2n_p}\prec p$ .

Sea $\lambda_p=p-2n_p(\succ 0$ ). Como $p|(4n_p^2+4)$ , sigue que $p|(\lambda_p^2+4)$ .

Como $\lambda_p$ es impar, $p|(\lambda_p^2+4)$ y $p\neq 5,13$ , se deduce que $\lambda_p\succ 4$ . Con esto: $\lambda_p^2+\lambda_p\succ \lambda_p^2+4\geq p$

Esto implica $\sqrt{p-\lambda_p}\prec \lambda_p$ ; es decir $2n_p+\sqrt{2n_p}\prec p$ .

Finalmente, notar que la infinitud de números primos en $\Pi_1$ junto con la condición $p|(n_p^2+1)$ , implican que el conjunto de valores $n_p$ es también infinito.
Roberto | 14 de August de 2008 | 22:44

Los coordinadores no pueden dar detalles sobre cómo se resolvió, pero te puedo asegurar que los que lo resolvieron (que fueron pocos), utilizaron métodos de lo más variado. Incluso se comentó que uno de los participantes dio varias soluciones diferentes.
Recientemente, en Argentina, se ha publicado un libro con los problemas de la Olimpiada Iberoamericana resueltos por los estudiantes que obtuvieron medalla de oro. Tal vez estaría bien que la Olimpiada Internacional hiciese eso de vez en cuando.
vengoroso | 17 de August de 2008 | 20:42

[Off-topic] Roberto, ¿No serás tú por casualidad cierto valenciano afincao en Madrid?
Roberto | 18 de August de 2008 | 00:23

[off-topic]No, vivo en Alicante, como pongo en mi blog. Pero estuve en Madrid para colaborar como coordinador en la IMO, y participé como concursante hace ya 25 años.
Antonio | 18 de August de 2008 | 09:48

Roberto, ¿sabes cuál es el título del libro que comentas? Estoy interesado en él y me gustaría conocer los datos para buscarlo. Gracias…
Roberto | 19 de August de 2008 | 11:42

Tengo el libro delante:
ISBN: 978-987-9072-54-7

Olimpíadas Iberoamericanas de Matemática
1996-2006

Patricia Fauring, Flora Gutiérrez, Svetoslav Savchev.

ed: Red Olímpica
Santa Fe 3312 9º Piso, Buenos Aires, Argentina
Año 2007
Roberto | 2 de September de 2008 | 12:13

Lo prometido es deuda: aquí (http://solumate.blogspot.com/2008/09/el-problema-internacional.html) pongo la solución con detalle.

Por cierto, gracias a Gaussianos por publicar los enunciados de los problemas. Yo ya había anunciado que los iba a publicar y así lo haré, a razón de uno por mes.

Pero trataré de que mis soluciones sean más asequibles y completas. Aunque será difícil.