Problema 6 de la Fase Local de la LXII Olimpiada Matemática Española Se dirige a una edad de: 16-17 años
Determina los enteros positivos p para los que el polinomio
f(x) = 4x² + p
toma valores primos en todos los enteros x = 0, 1, … p – 1.
Solución:
Este es uno de los problemas más difíciles de la fase, en mi opinión, ya que encontrar un patrón en los números primos (o en los compuestos) es bastante difícil, el que yo he encontrado es muy similar o al de la solución oficial, aunque vaya por delante que se podrían haber encontrado otros.
Ensayando, rápidamente nos damos cuenta de que p debe ser primo, ya que f(0) = 0 + p = p es primo.
De esta forma, descartamos 2 y 5, ya que, en el caso de 2, f(1) = 6, que es compuesto, y en el de 5, f(1) = 9.
El 3 es el primer número que cumple el enunciado, ya que f(0) = 3, f(1) = 7 y f(2) = 19.
El 7 es el segundo número que lo cumple, y aquí es un poco más largo, ya que la secuencia de primos que aparece es 7, 11, 23, 43, 71 y 151, y el valor de x de este último es 6 = 7 – 1.
Si seguimos comprobando con valores de p mayores, vemos que ya no aparecen más números que cumplan este enunciado, pero es complicado explicar en qué valor falla alguno de ellos. Veamos algunos de los números que fallan y en qué números podemos calcular que fallan.
El 11 falla en 1, ya que f(1) = 15 = 3·5. También falla en 2, f(2) = 27 = 3·3·3.
El 13 falla en 3, f(3) = 49 = 7·7, y en 4, que da 77 = 7·11.
El 17 falla en 1, que da 21 = 3·7, mientras que en 2, da 33 = 3·11.
La secuencia sigue, y es difícil encontrar algo a lo que podamos llamar patrón. Lo primero que llama la atención es que parecen fallar en dos seguidos, y que estos dos fallos comparten un divisor.
El 19, falla en 2, con 35 = 5·7 y en 3, con 55 = 5·11.
El 23, falla en 1 (27 =3·3·3) y en 2 (39 = 3·13).
El 29, falla en 1 (33 = 3·11) y en 2 (45 = 3·3·5).
El 31 es diferente, aquí no sucede en números seguidos, así que hace saltar la alarma de patrón confuso. El primer número donde falla es 1 (35 = 5·7), mientras que el segundo es (4 = 5·19). Sin embargo, mantienen lo del divisor en común. Inquieta, pero luego veremos qué tiene de especial el 31.
Para mí, el 37 fue clave en el desarrollo del problema. El primer número en que falla es el 9, ya que f(9) da 361 = 19·19, y f(10) = 437 = 19·23. Y aquí se me encendió la bombilla.
¿Qué tiene que ver 19 con 37?, que divide a 37 + 1. Además 9 y 10 son los enteros más próximos a la mitad de 19.
Veamos qué está pasando.
Supongamos que q es un divisor impar de p + 1, ya que p es impar por ser un primo mayor que 10.
El 31 y el 127, por ejemplo, no tienen ese divisor, ya que el siguiente número es una potencia de 2, tendremos que estudiar qué les sucede de otra forma.
Por tanto en este ataque nos ocupamos de los primos que no son anteriores a una potencia de 2.
Ahora, los enteros que están más cerca de la mitad serían (q + 1)/2 y (q – 1)/2. Estos van a ser los valores de x, y veamos qué da f(x).
f(x) = 4((q – 1)/2)² + p = 4(q² – 2q + 1)/4 + p = q² – 2q + 1 + p.
f(x) = 4((q + 1)/2)² + p = 4(q² + 2q + 1)/4 + p = q² + 2q + 1 + p.
En ambos casos, el número es divisible por q, ya que los primeros dos sumandos tienen un factor q, y los otros dos son precisamente q + 1. Está claro que serán números compuestos, así que esos valores de p no pueden ser del conjunto buscado.
Ahora, vamos a centrarnos en los números que son anteriores a una potencia de 2. Observamos que 3 y 7 están entre esos números, y por eso no se les puede aplicar el razonamiento. Además, resulta curioso que en 31 ocurra otra circunstancia con respecto a lo de tener un par consecutivo de números que son divisibles por un mismo factor. Como tengo tiempo, voy a probar qué pasa con 127, el segundo de los primos a los que seguramente les pase lo mismo.
Con p = 127, f(2) = 143 = 11·13, pero no encontramos otro hasta f(7) = 17·19 y f(10) = 17·31, que aparentemente no tienen nada que ver con el primero, pero también se encuentran a 3 de diferencia, como en el caso de 31. El factor 17 tiene un múltiplo cerca de 127, 136, exactamente 9 unidades más adelante. Eso nos puede hacer sospechar. Lamentablemente, los siguientes primos anteriores a potencias de 3 son muy grandes, pero si tuviésemos calculadora podríamos probar y ver que en efecto a todos les ocurre algo así. El siguiente es 8191, y podemos comprobar que f(1) = 5·11·149 y
f(4) = 5·13·127.
Algo pasa, por tanto, con el número p + 9. Puesto que p + 1 es una potencia de 2, p + 9 no puede serlo, si p es mayor que 10, ya que las potencias de 2 están más separadas a partir de 8. Por tanto, supongamos que q es un divisor impar de p + 9. En este caso, podemos usar (q + 3)/2 o bien (q – 3)/2, que observamos que se diferencian exactamente en 3 unidades. Basta probar con uno de ellos, todos son menores que p – 1, claramente, ya que p + 9 es divisible al menos por 8.
f((q + 3)/2) = 4((q + 3)/2)² + p = q² + 6q + 9 + p, y de nuevo el número es claramente divisible por q, por ser múltiplo de q los dos primeros sumandos, y haber elegido un q que divide a p + 9.
Al final, vemos que 3 y 7 son casos especiales, ya que en el caso de 7, ni 7 + 1 ni 7 + 9 tienen divisores impares, y en el caso de 3, 3 + 1 no tiene y 3 + 9 = 12, sólo tiene el divisor 3, pero los números en los que se encuentra (3 + 3)/2 es demasiado grande (la x es igual a 3) y (3 – 3)/2 ocasiona un número en p(x) que es exactamente 3, con lo que, a pesar de ser divisible por 3, es primo.