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Solución del problema de Octubre, 2010

El problema:
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Encuentre todos los primos p tales que 2p+p2 también es primo.

 

 
Respuestas correctas:
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Recibimos soluciones correctas de

Bojan Basic
(Serbia)

Sergey Gleizer
(USA)

Roopesh Mangal
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(Francia)

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(Francia)

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(Canada)

Damian Straszak
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(Francia)

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(China)

Jan van Delden
(Holanda)

Mei-Hui Fang
(Austria)

Matthew Lim
(USA)

Paul Voyer
(Francia)

Philippe Fondanaiche
(Francia)
Daniel Lopez Aguayo
(Mexico)
 

La solución:

Respuesta.  p debe ser 3; concretamente, si p es primo, entonces f(p) = 2p + p2  es también primo si y solo si p = 3.
           La mayoría de las soluciones estuvieron basadas en cálculos hechos modulo 3, como se explica.  Los lectores a quienes no gusta la aritmética modular pueden saltar al final donde mostramos un enfoque diferente.
Demostración.
Si p = 2, f(2) = 4 + 4 = 8, que no es primo; si p = 3, f(3) = 8 + 9 = 17, que es primo.  Queda por mostrar que para primos mayores que 3, f(p) es un múltiplo propio de 3. 

            Sea p un primo mayor que 3.  Como 2 ≡ –1 (mod 3) y p es impar,

2p ≡ (-1)p ≡ -1 (mod 3).

Dado que p > 3 y primo, p ≡ ±1 (mod 3) (porque no puede ser 0 (mod 3)), lo que implica

p2 ≡ (±1)2 ≡ 1 (mod 3).

Se deduce que  f(p = 2p + p2 ≡ -1 + 1 ≡ 0 (mod 3)); esto es, para primos mayores a 3, 2p + p2es divisible por 3.  Como f(p) > 3 y divisible por 3, no es primo.

Generalizaciones. Dos lectores observaron que el argumento anterior no usa demasiado el hecho de que p sea primo. Sin esfuerzo extra, Straszak probó que

si n es impar y no es divisible por 3, entonces  f(n) = 2p + p2 ≡ 0 (mod 3).

Es decir, cuando n no es divisible por 3, f(n) es divisible por 3. Además, cuando n es par, también lo es f(n).  Entonces, la única manera en que 2p + p2 puede ser primo es si n es un múltiplo de 3 impar o si n=1 (en cuyo caso f(1)=3).  Calculamos f(9) = 593, que es primo; también f(15) y f(21).  Pero el patrón no continúa:
f(27) = 73·521·3529
no es primo; la condición dada es necesaria pero no suficiente..
           Lim probó que lo que funcionó para 3, funciona para cualquier otro primo impar:
Si q > 2 es primo, entonces para todo impar n que no es múltiplo de q, q divide a

g(n) = (q - 1)n + nq-1.

Aquí q – 1 ≡ –1 (mod q), mientras que nq – 1 ≡ 1 (mod q) por el Pequeño Teorema de Fermat; luego, en este caso más general tenemos g(n) = (q - 1)n + nq-1 ≡ –1 + 1 = 0 (mod q). La única forma en que g(n) = (q - 1)n + nq-1puede ser primo es si n es 1 (g(1)=q) ó un múltiplo impar de q.  Sugerimos comparar esta generalización con nuestro problema de Abril de 2004 (donde q=5): http://mathcentral.uregina.ca/mp/previous2003/apr04sol.html

Prueba alternativa. Concluimos con un argumento que evita la aritmética modular. He aquí como Kais probó que cuando p > 3 es primo, f(p) es divisible por 3.  Como

2p + p2 = (2p - 2) + 3 + (p2 - 1),

alcanza con mostrar que los tres sumandos de la derecha son divisibles por 3. Como p es un primo mayor que 3, debe ser impar de manera que 2k + 1 para algún entero positivo k.  Entonces

2p - 2 = 22k+1 - 2 = 2(22k - 1) = 2(4k - 1),

que es divisible por 4 – 1 = 3 porque 4k - 1 = (4 - 1)(4k-1 + 4k-2 + ··· + 4 + 1). (también se puede, como hizo Collignon, utilizar inducción sobre k para probar que 4k = 3K + 1 para algún entero K.)  Como 3 es divisible por 3, queda por probar que p2 – 1 también es divisible por 3. Como p no es divisible por 3, debe serlo p – 1 ó p + 1, y entonces también es múltiplo de 3 su producto, p2 – 1.

 

 

 


Centro matemático es un servicio ofrecido por la Universidad de Regina y The Pacific Institute for the Mathematical Sciences.

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