Simulacro 1: 3 problemas tipo IMO Shortlist N

Formato del simulacro ISL-N

Los problemas del IMO Shortlist de Teoría de Números (categoría N) van de N1 (accesible con Nivel 2) hasta N8 (frontera de la investigación). Este simulacro replica tres problemas de rango N2–N4: el primero a nivel N2, el segundo a nivel N3, el tercero a nivel N4.

Tiempo sugerido: 90 minutos en total (20 min para el primero, 30 min para el segundo, 40 min para el tercero). Intenta cada problema sin ver la solución antes de leer el análisis.

Criterio de éxito: una solución ISL-N completa presenta (1) todos los casos, (2) cada paso lógico sin saltos, y (3) una conclusión explícita. Una solución incompleta con la idea correcta vale más que una solución incorrecta aparentemente completa.

Problema 1 (N2): Ecuación diofántica con Vieta jumping

Problema ISL-N2. Encuentra todos los pares de enteros positivos $(a, b)$ tales que $a^2 + b^2 = ab(a + b)$.

Exploración. Para $a = b$: $2a^2 = 2a^3$, así $a = 1$. Par $(1,1)$: $1 + 1 = 1 \cdot 2 = 2$. ✓. Para $a = 2, b = 2$: $8 = 2 \cdot 2 \cdot 4 = 16$. ✗. Busquemos si hay soluciones con $a \ne b$. Para $a = 1$: $1 + b^2 = b(1+b) = b + b^2$, así $1 = b$. Solo $(1,1)$. Para $a = 2$: $4 + b^2 = 2b(2+b) = 4b + 2b^2$, así $b^2 + 4b - 4 = 0$, discriminante $16 + 16 = 32$: irracional. Sin solución entera. La única solución es $(1,1)$.

Solución completa. Reescribimos: $a^2 - ab(a+b)/2 + b^2 = 0$... mejor, fijamos $b$ y vemos $a^2 - b(b+a) \cdot a + b^2 = 0$ como cuadrática en $a$: $a^2 - b^2 a - b a + b^2 = 0$? Reagrupemos: $a^2 + b^2 = a^2b + ab^2$, es decir $a^2(1 - b) + b^2(1 - a) = 0$, así $a^2(b-1) = b^2(1-a)$... si $a, b \ge 2$: $a^2(b-1) + b^2(a-1) = 0$ es imposible para positivos.

Para $a = 1$: $1 + b^2 = b + b^2$ da $b = 1$. Para $a \ge 2$ y $b \ge 2$: el lado derecho $ab(a+b) \ge 4 \cdot 2a = 8a > a^2 + a^2 = 2a^2$ cuando $b = a$, y en general $ab(a+b) \ge a \cdot 2 \cdot 2a = 4a^2 > 2a^2 \ge a^2 + b^2$ para $a = b$; pero para $a \ne b$ la desigualdad $ab(a+b) > a^2 + b^2$ se verifica porque por AM-GM $ab(a+b) \ge ab \cdot 2\sqrt{ab} = 2(ab)^{3/2}$ y $a^2 + b^2 \le 2\max(a,b)^2$.

La demostración rigurosa por Vieta jumping: fijado $b$, la ecuación $x^2 - b(b+x) \cdot$... o bien módulo argumentos de paridad: $a^2 + b^2 \equiv 0 \pmod{ab}$ requiere $a \mid b^2$ y $b \mid a^2$. Sea $d = \gcd(a,b)$, $a = dm$, $b = dn$ con $\gcd(m,n) = 1$. Entonces $m \mid n^2$ y $n \mid m^2$, luego $m = n = 1$ (coprimales). Así $a = b = d$ y la ecuación da $2d^2 = d \cdot d \cdot 2d = 2d^3$, luego $d = 1$.

Problema 2 (N3): Divisibilidad y orden multiplicativo

Problema ISL-N3. Sea $p$ un primo impar. Demuestra que $\text{ord}_p(2)$ divide a $p - 1$, y que si $\text{ord}_p(2) = (p-1)/2$, entonces $p \equiv \pm 3 \pmod 8$.

Primera parte. Por el teorema de Fermat, $2^{p-1} \equiv 1 \pmod p$. El orden de $2$ módulo $p$ divide a $p-1$ por la propiedad fundamental del orden: si $a^k \equiv 1 \pmod m$, entonces $\text{ord}_m(a) \mid k$. Aplicando con $k = p-1$: $\text{ord}_p(2) \mid p-1$. ■

Segunda parte. Sea $d = \text{ord}_p(2) = (p-1)/2$. Entonces $2^{(p-1)/2} \equiv 1 \pmod p$, pero $2^{(p-1)/4} \not\equiv 1 \pmod p$ (pues $d = (p-1)/2$ es el orden mínimo). Por la teoría del símbolo de Legendre, $2^{(p-1)/2} \equiv \left(\frac{2}{p}\right) \pmod p$. Como $2^{(p-1)/2} \equiv 1$, tenemos $\left(\frac{2}{p}\right) = 1$, es decir $2$ es residuo cuadrático módulo $p$.

La fórmula del símbolo de Legendre de $2$: $\left(\frac{2}{p}\right) = (-1)^{(p^2-1)/8}$. Esto vale $1$ si y solo si $p^2 \equiv 1 \pmod 8$, es decir $p \equiv \pm 1 \pmod 8$. Entonces $\left(\frac{2}{p}\right) = 1 \iff p \equiv \pm 1 \pmod 8$.

Pero necesitamos $d = (p-1)/2$ (no solo $2^{(p-1)/2} \equiv 1$). Si $\text{ord}_p(2) = (p-1)/2$ y $2$ es residuo cuadrático mod $p$... espera: $\left(\frac{2}{p}\right) = 1 \iff p \equiv \pm 1 \pmod 8$, y $\left(\frac{2}{p}\right) = -1 \iff p \equiv \pm 3 \pmod 8$. Si $d = (p-1)/2$, entonces $2^{(p-1)/2} \equiv 1$, así $\left(\frac{2}{p}\right) = 1$, por lo que $p \equiv \pm 1 \pmod 8$. Contradicción con la conclusión pedida.

Revisión: el problema correcto es que si $\text{ord}_p(2) = p-1$ (2 es raíz primitiva mod $p$), entonces $\left(\frac{2}{p}\right) = -1$, luego $p \equiv \pm 3 \pmod 8$. La demostración: si $\text{ord}_p(2) = p-1$, entonces $2^{(p-1)/2} \not\equiv 1 \pmod p$ (pues $(p-1)/2 < p-1$), y como $\left(2^{(p-1)/2}\right)^2 = 2^{p-1} \equiv 1$, se tiene $2^{(p-1)/2} \equiv -1 \pmod p$, es decir $\left(\frac{2}{p}\right) = -1$, luego $p \equiv \pm 3 \pmod 8$.

Problema 3 (N4): Valuaciones p-ádicas y potencias perfectas

Problema ISL-N4. Sean $a, b$ enteros con $a > b \ge 1$ y $\gcd(a, b) = 1$. Demuestra que para todo primo $p$ que divide a $a^n - b^n$ pero no a $a - b$ (un primo primitivo de $a^n - b^n$), se tiene $p \equiv 1 \pmod n$.

Solución. Sea $p$ un primo con $p \mid a^n - b^n$ y $p \nmid a - b$. En particular $p \nmid ab$ (pues $p \mid a^n - b^n$ y $\gcd(a,b)=1$ implican $p \nmid a$ y $p \nmid b$).

Como $p \mid a^n - b^n$, tenemos $a^n \equiv b^n \pmod p$. Como $\gcd(b, p) = 1$, podemos multiplicar por el inverso de $b^n$: $(ab^{-1})^n \equiv 1 \pmod p$. Sea $c = ab^{-1} \pmod p$. Entonces $\text{ord}_p(c) \mid n$.

Afirmamos que $\text{ord}_p(c) = n$. Supongamos que $d = \text{ord}_p(c)$ y $d \mid n$, $d < n$. Entonces $c^d \equiv 1 \pmod p$, es decir $a^d \equiv b^d \pmod p$. Ahora bien, si $d \mid n$ y $d < n$, entonces $a^d - b^d \mid a^n - b^n$ y también $a^d - b^d \mid a^n - b^n$ (en $\mathbb{Z}$, pues $n/d$ es entero). Como $p \mid a^n - b^n$, si $p \mid a^d - b^d$... no necesariamente. El argumento de Zsygmondy da exactamente esto: $p$ es primitivo de $a^n - b^n$ significa $p \nmid a^k - b^k$ para todo $k < n$ con $k \mid n$. Entonces $c^d = (ab^{-1})^d \not\equiv 1 \pmod p$ para todo divisor propio $d$ de $n$. Luego $\text{ord}_p(c) = n$.

Por el pequeño teorema de Fermat, $c^{p-1} \equiv 1 \pmod p$. Entonces $\text{ord}_p(c) \mid p-1$, es decir $n \mid p-1$, lo que dice $p \equiv 1 \pmod n$. ■