suma de divisores

 Recordemos primero que si $k=p^aq^b...$ entonces los divisores de k son de la forma $p^sq^t...$ con $s=0,1,...,a; t=0,1,...,b;$ etc. De aquí que la suma de los divisores positivos $ d $ de $ k $ –llamémosle $D(k)$ a tal suma– se puede expresar como

$D(k)=(1+p+p^2+...+p^a)(1+q+q^2+...+q^b)...$

–puesto que los divisores de $ k $ se forman tomando un término de cada paréntesis–

Queremos demostrar entonces que existen infinitos $ n $ tales que $ n $ divide a $D(2008^n-1)$

Recordemos también que$ D(MN)=D(M)D(N)$ si $M, N$ son primos relativos, es decir, si no tienen divisores en común. (Esto se deduce directamente de la expresión de $D(k)$ y se deja como ejercicio para el lector.)

Nota: el hecho de que el cognizador solucionador de problemas esté obligado a traer a presencia estos dos hechos sobre divisores –sin los cuales su mente está condenada a quedarse en blanco– es lo que hace extremadamente difícil de resolver el problema 6 del concurso irracional.

Vamos a tratar de usar esta propiedad multiplicativa de la función $ D $ y a confiar en que debe existir un generador de los infinitos $ n $ que se manifieste ante nuestros ojos al tratar de factorizar la expresión $2008^n-1$. Notemos que está obligado como generador una función $n=f(m)$, con irrestricto –aunque entero positivo–, de otra manera la tarea de encontrar los infinitos $ n $ se hace imposible. (Y bajo la hipótesis de que un problema de olimpiada es fácil, esta función debe estar a la vista después de una exploración más o menos exhaustiva del enunciado del problema.)

La primera factorización que viene a la mente es $2008^n-1=(2007)(1+2008+2008^2+...+2008^{n-1})$. Pero esta factorización no nos sirve pues, aparte de ser más complicado que la expresión original, el segundo factor es una expresión de la cual no se puede extraer mucha información… Busquemos pues otra ruta. Por ejemplo: si n fuese par se tendría una diferencia de cuadrados.

$2008^{2m}-1=(2008^m-1)(2008^m+1)$

Y se puede vislumbrar entonces que podemos generar una estructura recursiva si $ m $ fuese de nuevo par… es decir, parece que la clave es la función generadora $n=2^m.$ Si $n=2^m$ entonces

$2008^{2^m}-1=(2008^{2^{m-1}}-1)(2008^{2^{m-1}}+1)$ $=...=(2008-1)(2008+1)(2008^2+1)(2008^4+1)...(2008^{2^{m-1}}+1)$

Tenemos entonces$ m $ factores de la forma $2008^{2^s}+1$ y el $ 2007 $ inicial. Y, con suerte –y confiando en la hipótesis de facilidad– podemos buscar probar coprimalidad de los $ m $ factores y demostrar que $D(2008^{2^s}+1)$ es par. Y con ello ya habríamos acabado.

En primer lugar comprobemos que dados dos enteros positivos $x, y$, los números $2008^x+1$ y $2008^y+1$ son coprimos. (Eso esperamos, pues de otra manera nuestro plan se derrumbaría.) Sea pues $ d $ un divisor común de $2008^x+1 $ y $2008^y+1.$ Entonces $ d $ divide a la suma $2008^x+2008^y+2$. Pero $ d $ no puede ser $ 2 $ –dado que los números son impares– por lo tanto debe ser 1. (Parece que nuestro plan se mantiene.)

En segundo lugar preguntémonos ¿cuándo es $D(k)$ par? De la definición de $ D $ es fácil ver que $D(k)$ es par si alguno de los exponentes en la descomposición canónica de $ k $ es impar (es decir, $D(k)$ es par cuando $ k $ no es un cuadrado perfecto). Y con esto ¡ya está! Pues ninguno de los factores de la forma $2008^{2^s}+1$ puede ser un cuadrado perfecto –dado que no hay cuadrados perfectos cuya diferencia sea 1, a excepción del cero y el uno claro está.

Hemos demostrado entonces que $2^m$ divide a la expresión $2008^{2^m}-1$, para cualquier $ m $ entero positivo. Es decir, hemos demostrado que hay infinitos $ n $ tales que $ n $ divide a $2008^n-1$.