Los enteros positivos d y n son escogidos de tal manera que
(a) n es un múltiplo de d
(b) n2 + d2 es un múltiplo de nd + 1
¿Cuáles son los valores posibles de d y n?
Agradecemos a Andy Liu de la Universidad de Alberta el habernos enviado este problema del mes.
Solución de MP42
Recibimos soluciones de Saïd Amghibech (Québec), Pierre Bornsztein (Francia), Gilles Feyrit (Francia), Xavier Hecquet (Francia), Wolfgang Kais (Alemania), Normand Laliberté (Ontario), Patrick J. LoPresti (Estados Unidos) y Juan Mir Pieras (España).
Solución: d puede ser cualquier entero positivo, y n = d3.
Todas las soluciones empiezan por usar la condición (a) en la forma, n = kd para algún entero k > 1. La finalidad es mostrar que k = d2 (lo cual, por supuesto, implica nuestra solución, n = d3). Presentamos cuatro formas diferentes que establecen este resultado.
Solución 1 de Amghibech, Kais, y Mir.
Sea n = kd ambos números aparecen en la condición (b), tenemos que kd2 + 1 divide d2k2 + d2 =d2(k2 + 1). Ya que d2 y kd2 + 1 son primos relativos, concluimos que
kd2 + 1 divide k2 + 1. (1)
Como todos los números son positivos, el denominador no puede exceder al numerador: k2 + 1 ≥ kd + 1, asi que
k ≥ d2. (2)
Si restamos kd2 + 1 de k2 + 1 tenemos (de (1)) que kd2 + 1 divide la diferencia (k2 + 1) - (kd2 + 1) = k(k - d2) ≥ 0. Pero k y kd2 + 1 son primos relativos, así que concluimos que
kd2 + 1 divide k - d2.
Pero el denominador es mas grande que el numerador (kd2 + 1 > k > k - d2 ≥ 0), de lo que concluimos que el numerador debe ser cero: k - d2 = 0, como se quería.
(El argumento de Mir en el paso final es un poco diferente - porque k ≥ d2 es equivalente a k = d2 + m con m ≥ 0, Mir demuestra que m = 0 nos lleva a la misma conclusión.)
Solución 2 deBornsztein.
Esta solución es similar a la solución 1, pero la notación conduce al argumento a una dirección un tanto cuanto diferente.
Ya que d es primo relativo de kd2 + 1,
d2(k2 + 1) 0 (mod kd2 + 1) implica que k2 + 1
k(k - d2) = (k2 + 1) - (kd2 +
1) 0 (mod
kd2 + 1), de donde
(ya que k y kd2 + 1 son primos relativos)
k - d2
Entonces, el modulo es kd2 + 1, k d2. Multiplicando
ambos lados por k, obtenemos k2 kd2 -1,
mientras que elevando al cuadrado ambos lados nos da d4 k2 kd2 -1. Se
sigue que kd2 + 1 divide ambos k2 + 1 y d4 + 1. De donde,
kd2 + 1 ≤ k2 + 1 y kd2 + 1 ≤ d4 + 1. La primera desigualdad nos
dice que d2 ≤ k, mientras que la segunda dice que k ≤ d2. Concluimos,
finalmente que k = d2 como se quería.
Solución 3 de LaLiberté.
Para satisfacer la condición (b) existe un entero c ? 1 para el cual n2 + d2 = c(nd + 1). Substituyendo n = kd (de la condición (a)) en la ecuación obtenemos k2 d2 + d2 = ckd2 + c, o
d2(k2 + 1 - ck) = c. (3)
Ya que todos lo enteros en (3) son positivos, k2 + 1 - ck ≥ 1, lo cual implica
k ≥ c. (4)
Pero también (3) nos dice que k2 + 1 - ck ≥ c, así que k2 + 1 ≥ c(k+1), o
(k2 - 1 + 2)/(k+1) = (k2 - 1)/(k+1) + 2/(k+1) = k-1 + 2/(k+1) ≥ c,
y por lo tanto, c > k - 1 de donde c ≥ k. Esto junto con
(4), nos da c = k.
Con c = k en (3), obtenemos d2(k2 + 1 - k2) = k, y una vez mas concluimos que
k = d2.
Solución 4 de Hecquet.
En la notación de Keeping Laliberté, d2(k2 + 1 - ck) = c donde c y k son enteros positivos y, k2 + 1 - ck ≥ 1. Necesitamos demostrar que k2 + 1 - ck = 1, esto es c = k. Pongamos z = k - c. Entonces la ecuación d2(k2 + 1 - ck) = c se convierte en d2(kz + 1) = c, entonces z = k - c = k - d2(kz + 1) = k - d2kz - d2; por lo tanto
z + d2 = k(1 - d2z). (5)
Solución 5 de Feyrit, LoPresti y los estudiantes que presentaron el examen de Alberta el año pasado.
La condición c(kd2 + 1) = d2 (k2 + 1) = k(kd2 + 1) + d2 - k pude ser escrita (c - k)(kd2 + 1) = d2 - k, esto es
c - k = (d2 - k)/(kd2 + 1) = d2/(kd2 + 1) - k/(kd2 + 1).
Note que porque kd2 + 1 (en el denominador) excede ambos d2 y k en el numerador de la fracción de la derecha, esa fracción debe estar estrictamente entre -1 y 1. Pero el término c - k de la izquierda es un entero, y el único entero entre -1 y 1 es 0. Concluimos que la fracción de la derecha es cero, así que d2 = k.