Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Supongamos que $m(m+1)$ es igual a $a^n$ para $a,n\in\mathbb{N}$ con $n\geq 2$. Como $m$ y $m+1$ son primos relativos, tanto $m$ como $m+1$ deben ser potencias $n$-ésimas de enteros. No obstante, dos potencias $n$-ésimas se diferencia como mínimo en $2^n-1^n\geq 3$ para $n\geq 2$, mientras que $m$ y $m+1$ se diferencia solo en una unidad. Informar

Solución. Observemos que el polinomio característico asociado a ambas sucesiones es $p(x)=x^2-2x+1=(x-1)^2$, que tiene a $x=1$ por raíz doble. Por tanto, las soluciones de la sucesión recurrente homogénea para $(b_n)$ son las de la forma $b_n=\beta n+8$ para ciertos $\beta,\gamma\in\mathbb{Z}$ (hemos escrito directamente el término independiente como $8$ ya que se cumple que $b_0=8$). Para obtener las soluciones de la sucesión recurrente no homogénea para $(a_n)$, usaremos un polinomio de grado $2$ (véase la nota más abajo). Sustituyendo $a_n=\delta n^2+\alpha n$ (no tenemos por qué poner término independiente ya que $a_0=0$), se tiene que \begin{align*} 2=a_{n+2}-2a_{n+1}+a_n&=\delta(n+2)^2+\alpha(n+2)-2\delta(n+1)^2-2\alpha(n+1)+\delta n^2+\alpha n\\ &=\delta n^2+4\delta n+4\delta+\alpha n+2\alpha-2\delta n^2-4\delta n-2\delta-2\alpha n-2\alpha+\delta n^2-\alpha n=2\delta. \end{align*} Deducimos que las sucesiones que cumplen esta recursión son las de la forma $a_n=n^2+\alpha n$. Nos queda por imponer la última condición del enunciado, para lo que calculamos \[a_n^2+b_n^2=(n^2+\alpha n)^2+(\beta n+8)^2=n^4+2\alpha n^3+(\alpha^2+\beta^2)n^2+16\beta n+64.\] La forma más sencilla de que esto sea un cuadrado perfecto es que sea el cuadrado de un polinomio, para lo cual lo igualaremos a \[(n^2+kn+8)^2=n^4+2kn^3+(16+k^2)n^2+16kn+64.\] Identificando coeficientes, llegamos a que $\alpha=\beta=k$ y $k^2=16$, lo que nos da dos soluciones para $k=\pm 4$.

• Una solución es $a_n=n^2+4n$ y $b_n=4n+8$ para todo $n\in\mathbb N$, que nos da $(a_{1992},b_{1992})=(3976032,7976)$.
• La otra solución es $a_n=n^2-4n$ y $b_n=-4n+8$ para todo $n\in\mathbb N$, que nos da $(a_{1992},b_{1992})=(3960096,-7960)$.

Nota. Dada una sucesión definida por una recurrencia $x_{n+2}=a x_{n+1}+bx_n$, esta tiene polinomio característico $x^2-ax-b$. Si este polinomio tiene dos raíces distintas $\lambda$ y $\mu$, entonces la sucesión es de la forma $x_n=r\lambda^n+s\mu^n$ para ciertas constantes $r$ y $s$. Si el polinomio tiene una raíz doble $\lambda$, entonces las soluciones son de la forma $x_n=c\lambda^n+dn\lambda^n$ para ciertas constantes $c$ y $d$. Las constantes se determinan imponiendo la condición inicial.

En el caso de la recursión no homogénea $x_{n+2}=a x_{n+1}+bx_n+f(n)$, se ha de comenzar encontrando una solución particular. En el caso de que $f(n)$ sea un polinomio, la solución particular es un polinomio (por eso hemos probado con polinomios de un grado superior en este problema). Una vez obtenida la solución particular, la solución general es la suma de la solución particular con todas las soluciones de la ecuación homogénea asociada (para $f(n)=0$).

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Solución. El área de $H$ se puede escribir como \begin{align*} \mathrm{Area}(H)&=\mathrm{Area}(AB_2C_1)+\mathrm{Area}(AA_1A_2)+\mathrm{Area}(BA_1C_2)\\ &\quad +\mathrm{Area}(BB_1B_2)+\mathrm{Area}(CB_1A_2)+\mathrm{Area}(CC_1C_2)-2\mathrm{Area}(T). \end{align*} Cada uno de los seis triángulos (distintos de $T$) que aparecen en esta expresión son isósceles. Usando que el área de un triángulo es la mitad del producto de dos lados por el seno del ángulo que forman, la suma anterior se puede escribir como \[\mathrm{Area}(H)=\frac{(b+c)^2+a^2}{2}\mathrm{sen}(\alpha)+\frac{(a+c)^2+b^2}{2}\mathrm{sen}(\beta)+\frac{(a+b)^2+c^2}{2}\mathrm{sen}(\gamma)-2\mathrm{Area}(T),\] donde $\alpha,\beta,\gamma$ son los ángulos de $T$ en los vértices $A,B,C$, respectivamente. Si tenemos en cuenta que $\mathrm{Area}(T)=\frac{bc}{2}\sin(\alpha)=\frac{ac}{2}\sin(\beta)=\frac{ab}{2}\sin(\gamma)$, podemos eliminar los senos en la expresión anterior, obteniendo \begin{align*} \mathrm{Area}(H)&=\left(\frac{(b+c)^2+a^2}{bc}+\frac{(a+c)^2+b^2}{ac}+\frac{(a+b)^2+c^2}{ab}-2\right)\mathrm{Area}(T)\\ &=\left(\frac{b^2+c^2+a^2}{bc}+\frac{a^2+c^2+b^2}{ac}+\frac{a^2+b^2+c^2}{ab}+4\right)\mathrm{Area}(T)\\ &=\left((a^2+b^2+c^2)\left(\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ab}\right)+4\right)\mathrm{Area}(T). \end{align*} La desigualdad buscada se deduce entonces de la siguiente \[\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\geq\frac{bc+ac+ab}{3}\geq\frac{3}{\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ab}},\] donde hemos usado en primer lugar la desigualdad de reordenación y después la desigualdad entre las medias aritmética y armónica.

Nota. La igualdad se alcanza si, y sólo si, el triángulo es equilátero.

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Solución. El primer apartado es sencillo razonando por reducción al absurdo. Si existiera un valor de $n\in\mathbb{Z}$ tal que $p^2|f(n)=(n+b)^2-c$, entonces $p|(n+b)^2$ ya que $p|c$ por hipótesis. Como se trata de un cuadrado, necesariamente $p^2|(n+b)^2$, luego también se sigue que $p^2|c=(n+b)^2-f(n)$. Esto contradice la hipótesis de que $p^2$ no divide a $c$.

En cuanto al apartado (b), vamos a proceder por inducción sobre $r$. Para $r=1$, no hay nada que probar ya que tenemos la hipótesis de que $q|f(n)$ para algún $n\in\mathbb Z$. Dado $r\geq 1$, supongamos que $q^r|(n+b)^2-c$ para algún $n\in\mathbb Z$ y probemos que existe $n'\in\mathbb Z$ tal que $q^{r+1}|(n'+b)^2-c$. Vamos a elegir $n'=n+aq^r$ para cierto $a\in\mathbb{Z}$ que vamos a determinar a continuación. Esto nos da \[f(n')=(n+aq^r+b)^2-c=(n+b)^2-c+2aq^r(n+b)+a^2q^{2r}=(d+2a(n+b))q^r+a^2q^{2r},\] donde hemos escrito $(n+b)^2-c=dq^r$ para cierto $d\in\mathbb{Z}$ usando la hipótesis de inducción. Por tanto, habremos terminado si probamos que la ecuación en congruencias $2a(n+b)\equiv -d\ (\text{mod }q)$ tiene solución (siendo $a$ la incógnita). Esto se deduce de que $2(n+b)$ tiene inverso módulo $q$ ya que $\mathrm{mcd}(2(n+b),q)=1$. Esto último se deduce a su vez de que $q$ divide a $f(n)$ pero no a $c$ (luego no $n+b$ no puede ser múltiplo de $q$) y de que $q\neq 2$ por hipótesis.

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Solución. Comenzaremos demostrando que si el triángulo $ABC$ es el de mayor perímetro, entonces $P$ es el incentro. Para ello, vamos a fijar los vértices $B$ y $C$ y mover el vértice $A$ entre todos los puntos de la circunferencia $\Gamma$ de centro $P$ y radio $r$ ($r$ será igual a $3$, $5$ o $7$). Por tanto, el lado $BC$ queda fijo y la suma de distancias $AB+AC$ será constante en cada elipse de focos $B$ y $C$ (por definición de elipse). Si consideramos todas estas elipses, como se muestra en la figura, existirá un punto $Q$ de $\Gamma$ con $QB+QC$ máximo, que se corresponderá con una elipse $E$ tangente en $Q$ a la circunferencia $\Gamma$, como puede verse en la figura (es decir, la elipse de mayor excentricidad que deja a $\Gamma$ en su interior). Observamos que $PQ$ es perpendicular a $\Gamma$ en $Q$ por tratarse de un radio, luego también es perpendicular a $E$ en $Q$ ya que $E$ y $\Gamma$ son tangentes en este punto. Ahora usamos la propiedad de que los segmentos que unen un punto de una elipse con el foco tienen por bisectriz la perpendicular en el punto (ver la nota). Por tanto, el punto $Q$ de $\Gamma$ que maximiza el perímetro cumple que $P$ está en la bisectriz interior del ángulo $A$. Si el triángulo $ABC$ maximiza el perímetro, entonces $P$ tiene que ser el incentro.

Puede parecer que lo anterior demuestra el enunciado, pero podría ocurrir que no hay ningún triángulo $ABC$ cuyo incentro $I$ dista $3$, $5$ y $7$ de los vértices. De hecho, no hemos usado estos tres números para el razonamiento anterior. Tomemos los puntos $P,Q,R$ de los lados $AB,BC,CA$, respectivamente, tales que $IP=IQ=IR=r$, el radio de la circunferencia inscrita. Como estos radios son perpendiculares a los correspondientes lados, en función de $r$, los $360º$ del ángulo completo en $I$ se pueden calcular como \begin{align*} 360º&=\angle AIQ+\angle AIR+\angle RIB+\angle BIP+\angle PIC+\angle CIQ\\ &=2\arccos(\tfrac{r}{3})+2\arccos(\tfrac{r}{5})+2\arccos(\tfrac{r}{7}). \end{align*} Es fácil ver que si esta ecuación se cumple, entonces se pueden construir los seis triángulos rectángulos en que se divide $ABC$ y al unirlos tenemos el triángulo $ABC$ con distancias $3$, $5$ y $7$ al incentro. Definimos entonces la función $f:[0,3]\to\mathbb{R}$ como \[f(r)=2\arccos(\tfrac{r}{3})+2\arccos(\tfrac{r}{5})+2\arccos(\tfrac{r}{7}).\] Esta función es continua y estrictamente decreciente con $f(0)=540º$ y $$f(3)=2\arccos(\tfrac{3}{5})+2\arccos(\tfrac{3}{7})\lt 2\arccos(0)+2\arccos(0)=360º.$$ El teorema de Bolzano nos asegura que hay un valor de $r$ para el que $f(r)=360º$.

Nota. La propiedad que hemos usado de las elipses es la que hace que, en una sala de planta elíptica, si hablamos en uno de los focos, otra persona oiga con claridad lo que decimos si se sitúa en el otro foco.

Por otro lado, el argumento para la existencia del triángulo no depende realmente de los números $3$, $5$ y $7$ (es decir, se podrían haber escrito otros tres números positivos cualesquiera).

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