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Un par de problemas de teoría de números

Hace un tiempo encontré un par de problemas de matemáticas en la Web Gaussianos. En concreto se trata de dos problemas de teoría de números. Empecé a pensar en ellos e intenté resolverlos utilizando únicamente matemáticas básicas, sin recurrir a estrategias de las que se dan en la facultad. Es realmente fascinante enfrascarse con un problema de teoría de números y tratar de encontrar una estrategia que conduzca a la solución. A continuación transcribo los enunciados de ambos problemas, así como las soluciones que encontré para los mismos. No niego que pueda haber algún error o fisura en las demostraciones. Sí que es posible porque no somos infalibles, y un pequeño detalle puede echar por tierra una demostración que se creía válida. Si fuera así y desearas comunicármelo, puedes hacerlo a través de mi dirección de correo electrónico: pco400@gmail.com. En todo caso lo importante de un problema de matemáticas, por el reto intelectual que supone, es ese tiempo que pasamos con él dándole vueltas, intentando resolverlo. Resolver problemas es una terapia recomendable. ¿Para qué estamos aquí si no?

Problema 1

Dado un número primo \(p\) demostrar que \(2^p+3^p\) no puede ser un cuadrado perfecto.

La solución aquí

La solución aquí

Si \(p=2\), entonces \(2^p+3^p=2^2+3^2=4+9=13\), que no es un cuadrado perfecto. Por tanto, \(p\) será a partir de ahora un número primo distinto de \(2\).

Razonemos por reducción al absurdo y supongamos que \(\exists\ k\in\mathbb{N}\) tal que \(2^p+3^p=k^2\).

Desarrollemos la expresión \(2^p+3^p\) de la siguiente manera (haremos uso del binomio de Newton):

\[2^p+3^p =2^p+(2+1)^p=\]

\[=2^p+2^p+p\cdot2^{p-1}+\displaystyle{p\choose2}2^{p-2}+\displaystyle{p\choose3}2^{p-3}+\ldots+\displaystyle{p\choose p-2}p^2\cdot2^2+p\cdot2+1\]

\[=2\left(2^p+p\cdot2^{p-2}+\displaystyle{p\choose2}2^{p-3}+\displaystyle{p\choose3}2^{p-4}+\ldots+\displaystyle{p\choose p-2}p\cdot2+p\right)+1\]

De aquí se deduce que \(2^p+3^p\) es impar. Esto implica que \(k\) debe ser también impar, pues en caso contrario \(k^2=2^p+3^p\) sería par (el cuadrado de un número par es par). Por tanto \(k=2r+1\) para algún \(r\in\mathbb{N}\). De este modo tenemos:

\[2\left(2^p+p\cdot2^{p-2}+\displaystyle{p\choose2}2^{p-3}+\displaystyle{p\choose3}2^{p-4}+\ldots+\displaystyle{p\choose p-2}p\cdot2+p\right)+1=\]

\[=(2r+1)^2\Rightarrow\]

\[\Rightarrow 2\left(2^p+p\cdot2^{p-2}+\displaystyle{p\choose2}2^{p-3}+\displaystyle{p\choose3}2^{p-4}+\ldots+\displaystyle{p\choose p-2}p\cdot2+p\right)+1=\]

\[=4r^2+4r+1\Rightarrow\]

\[\Rightarrow2\left(2^p+p\cdot2^{p-2}+\displaystyle{p\choose2}2^{p-3}+\displaystyle{p\choose3}2^{p-4}+\ldots+\displaystyle{p\choose p-2}p\cdot2+p\right)=\]

\[=4r^2+4r\Rightarrow\]

\[\Rightarrow2^p+p\cdot2^{p-2}+\displaystyle{p\choose2}2^{p-3}+\displaystyle{p\choose3}2^{p-4}+\ldots+\displaystyle{p\choose p-2}p\cdot2+p=\]

\[=2r^2+2r\quad (\ast)\]

Como \(p\) es primo y \(p\neq2\), \(p\) debe ser impar. Es decir \(\exists\ t\in\mathbb{N}\) tal que \(p=2t+1\). Entonces la expresión \((\ast)\) queda del siguiente modo:

\[2^p+p\cdot2^{p-2}+\displaystyle{p\choose2}2^{p-3}+\displaystyle{p\choose3}2^{p-4}+\ldots+\displaystyle{p\choose p-2}p\cdot2+2t+1=2r^2+2r\ \Leftrightarrow\]

\[\Leftrightarrow\ 2\left(2^{p-1}+p\cdot2^{p-3}+\displaystyle{p\choose2}2^{p-4}+\displaystyle{p\choose3}2^{p-5}+\ldots+\displaystyle{p\choose p-2}p+t\right)+1=2\left(r^2+r\right)\]

Como se aprecia claramente, el primer miembro es impar y el segundo par. Y esto es una contradicción.

Por tanto no existe \(k\in\mathbb{N}\) tal que \(2^p+3^p=k^2\), es decir, \(2^p+3^p\) no puede ser un cuadrado perfecto.

Problema 2

Dado un número natural \(n\) demostrar que \(14^n+11\) nunca es un número primo.

La solución aquí

La solución aquí

No es muy difícil darse cuenta de que si \(n\) es impar, entonces \(14^n\) acaba en \(4\). Esto significa que \(14^n+11\) acabará en \(5\) y, por tanto, no puede ser un número primo.

Por otro lado, si \(n\) es par, \(14^n\) acabará en \(6\) y \(14^n+11\) acabará en \(7\). Vamos a intentar demostrar, en este caso, que \(14^n+11\) es un múltiplo de \(3\). Para ello bastará demostrar que \(14^n+2\) es múltiplo de \(3\). Es decir, estamos afirmando que si \(14^n+2\) es múltiplo de \(3\), también lo será \(14^n+11\) (esto es muy sencillo de ver porque la suma de dos múltiplos de \(3\) también es un múltiplo de \(3\), y si a \(14^n+2\), que es múltiplo de \(3\), le sumamos \(9\), que también lo es, se obtiene \(14^n+11\)).

Razonemos por reducción al absurdo y supongamos que \(14^n+2\) no es un múltiplo de \(3\). Entonces, al dividir \(14^n+2\) entre \(3\) solamente pueden ocurrir dos cosas: que el resto de la división sea \(1\), o bien que el resto de la división sea \(2\).

  • Si el resto es \(1\), entonces \(14^n+2=3c+1\), donde \(c\) es el cociente que resulta de dividir \(14^n+2\) entre \(3\). Es decir, \(14^n+1=3c\). Pero esto no es cierto si \(n\) es cualquier número par. Por ejemplo, ya para \(n=2\), \(14^n+1=14^2+1=197\), que no es un múltiplo de \(3\). También ocurre para \(n=4\): \(14^n+1=14^4+1=38417\), que tampoco es múltiplo de \(3\).
  • Si el resto es \(2\), entonces \(14^n+2=3c+2\), donde, otra vez, \(c\) es el cociente que resulta de dividir \(14^n+2\) entre \(3\). Es decir, \(14^n=3c\). Y esto tampoco es cierto si \(n\) es cualquier número par. Para \(n=2\), \(14^n=14^2=196\), que no es múltiplo de \(3\). También ocurre para \(n=4\), \(14^n=14^4=38416\), que tampoco es múltiplo de \(3\).

En cualquiera de los dos casos llegamos a una contradicción. Esto quiere decir que, si \(n\) es par, \(14^n+2\) es un múltiplo de \(3\), con lo que también lo será \(14^n+11\).

Hemos demostrado pues que en ningún caso \(14^n+11\) puede ser un número primo.

Si quieres puedes descargarte los dos enunciados y las soluciones en formtato PDF aquí.

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