Problema 6 de la Fase Local de la Olimpiada Española de Matemáticas 2024 (viernes) Se dirige a una edad de: 16-17 años
Sean a, b, c tres números enteros, y sea p >= 5 un número primo.
Demostrar que, si an² + bn + c es el cuadrado de un número entero para 2p – 1 valores consecutivos de n, entonces b² – 4ac es un múltiplo de p.
Solución:
Este problema es muy complejo, ya que requiere tener mucha experiencia con los restos de los primos y sus cuadrados para comenzar, y también tener mucha familiaridad con las fórmulas de cuadrados.
Hay una cosa que seguramente no habréis pensado, y es que si buscamos los módulos de los números al cuadrado respecto a un primo, las posibilidades se reducen drásticamente.
Por ejemplo, si pensamos en p = 7, hay 7 posibles restos al dividir un número entre 7, que habitualmente llamamos 0, 1, 2, 3, 4, 5, y 6. Sin embargo, si tenemos el cuadrado de un número, sólo encontramos 4 posibilidades, 0, 1, 2 y 4. ¿Por qué sucede esto? Muy sencillo, si pensamos en un número de la forma k·7 + 1 y un número de la forma k·7 + 6 = k·7 – 1, tenemos que al elevar ambos al cuadrado, da uno de la forma k·7 + 1. Similarmente, si elevamos al cuadrado un número de la forma k·7 + 2 y uno de la forma k·7 + 5 = k·7 – 2, tenemos que sus cuadrados son de la forma k·7 + 4. Esta circunstancia se aprecia claramente si pensamos que los posibles restos los podríamos escribir también como -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3.
Es decir, que para cualquier primo p a partir del 3, los posibles restos módulo p de los diferentes cuadrados serán 0 y la mitad de p – 1, es decir (p – 1)/2 posibles restos no nulos y 0.
Así que tenemos que, entre los módulos de los 2p – 1 cuadrados que obtenemos en nuestro caso, habrá muchas repeticiones, porque tenemos pocas posibilidades.
De hecho, veremos que si dos números enteros al cuadrado tienen el mismo módulo respecto a p, y se pueden generar a partir de la fórmula cuadrática que hemos visto, hay consecuencias sobre los valores de a y de b.
¿Qué podemos concluir si tenemos que an² + bn + c ≍ am² + bm + c (utilizo el símbolo ≍ para indicar equivalencia en módulo)?
Pues tenemos que a(n² – m²) + b(n – m) = a(n – m)(n + m) + b(n – m) ≍ 0.
Y, sacando factor común (n – m), tenemos que (n – m)(an + am + b) ≍ 0.
Así que, si m ≍ n, es decir, si hay una diferencia de p entre ambos, entonces se da esa equivalencia (la valoración de n y de m en el polinomio tienen el mismo módulo). Pero, además, puede ocurrir que sean iguales si se da que el otro factor es divisible por p.
El caso de que an + am + b ≍ 0, puede deberse a dos circunstancias.
Si a ≍ 0, entonces, tenemos que b ≍ 0 y por tanto b² – 4ac ≍ 0, como tenemos en el enunciado.
Si a no es divisible por p, eso significa que a(n + m) ≍ -b, por lo que n + m tendrá siempre el mismo resto para todos los valores. Y se dará un caso en el que n y m sean iguales, pero para los demás casos habrá un n y un m diferentes que dan el mismo módulo como resultado en el polinomio, pese a ser diferentes.
Como conclusión, habrá exactamente un par de valores n y m de cada p valores que den restos diferentes, y uno que será único, y esto sucederá cada p valores (ya que cada valor k y p + k van a dar el mismo resto).
Ahora, ya que sabemos que al menos hay un número n entre los primeros p de forma que an² + bn + c es múltiplo de p y cuadrado perfecto, es decir, múltiplo de p². Si no es exactamente el número p, sabemos también que el número n + p también lo cumple, es decir, que a(n + p)² + b(n + p) + c es también múltiplo de p². Desarrollando, tenemos que an² + 2anp + 2ap² + bn + bp + c es múltiplo de p², por lo que 2anp + 2ap² + bp debe ser múltiplo de p². Eso nos lleva a que 2an + 2ap + b es múltiplo de p, y por tanto 2an + b es múltiplo de p.
Si elevamos este número al cuadrado, tenemos 4a²n² + 4anb + b² = 4an² + 4anb + 4ac – 4ac + b² = 4a(an² + nb + c) + b² – 4ac, con lo que b² – 4ac es múltiplo de p.
Sólo hay una excepción, y es el caso de que el número n sea exactamente el último de los p primeros, y coincida que es el único que cumple que an² + bn + c es múltiplo de p. el problema en este caso es que n + p puede que no sea un cuadrado, así que la demostración anterior no vale. Sin embargo, en ese caso, al ser el único, tenemos que an + an + b ≍ 0, es decir, que 2an + b es múltiplo de p de todas formas, por lo que vuelve a ser válida la demostración.
Tal vez haya una construcción más sencilla, basada a lo mejor en la fórmula de la ecuación de segundo grado, pero no he podido dar con ella. Agradecería otras aproximaciones. Tampoco he podido construir un polinomio de segundo grado que cumpla esta condición para un cierto valor de p con únicamente 2p – 1 números consecutivos, y lo he intentado, así que no sé si existirá ese caso en particular (evidentemente, se puede construir uno que sea un cuadrado perfecto para todos los valores enteros, pero no es esa la intención).
Como dice que son valores de n consecutivos, trabajo con las diferencias y luego con las diferencias segundas. Estas últimas son constantes. Encuentro que esos 2p-1 cuadrados son cuadrados de enteros que están en progresión aritmética de razón raíz(a) y, con ello, que a debe ser él mismo un cuadrado perfecto. En mi opinión, no hay la posibilidad de que sea un número finito de cuadrados.
Otra cosa, si a es cuadrado, mutiplicar toda la expresión por 4a sigue siendo cuadrado:
O sea, 4a^2n^2+4anb+4ac=4a^2n^2+4anb+b^2-b^2+4ac=(2an+b)^2-(b^2-4ac) es cuadrado… y por ahí se sigue que el término en cuestión es siempre cero.
No había pensado abordarlo de esa forma. Me gustaría que detallases más el razonamiento que te lleva a que los enteros están en progresión aritmética de razón raíz(a).