Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Observemos que \begin{align*} 2ax_n&=\left[\left(a+\frac{b}{\sqrt{2}}\right)+\left(a-\frac{b}{\sqrt{2}}\right)\right]\left[\left(a+\frac{b}{\sqrt{2}}\right)^n+\left(a-\frac{b}{\sqrt{2}}\right)^n\right]\\ &=\left(a+\frac{b}{\sqrt{2}}\right)^{n+1}\!\!\!\!+\left(a-\frac{b}{\sqrt{2}}\right)^{n+1}\!\!\!\!+\left(a-\frac{b}{\sqrt{2}}\right)\left(a+\frac{b}{\sqrt{2}}\right)^n\!\!+\left(a+\frac{b}{\sqrt{2}}\right)\left(a-\frac{b}{\sqrt{2}}\right)^n\\ &=x_{n+1}+\left(a-\frac{b}{\sqrt{2}}\right)\left(a+\frac{b}{\sqrt{2}}\right)x_{n-1}\\ &=x_{n+1}+\left(a^2-\frac{b^2}{2}\right)x_{n-1}. \end{align*} En otras palabras, cada elemento de la sucesión se puede escribir como combinación de los dos que lo preceden, es decir, la sucesión se describe recurrentemente como \[x_0=1,\qquad x_1=2a,\qquad x_{n+1}=2ax_n-\left(a^2-\tfrac{b^2}{2}\right)x_{n-1}.\] Si $b$ es par, entonces $a^2-\frac{b^2}{2}$ es entero y, por tanto, todos los términos de la sucesión son enteros. Si $b$ es impar, entonces $a^2-\frac{b^2}{2}$ no es entero y tiene denominador $2$, luego todos los términos de la sucesión serán racionales pero el único factor primo que puede aparecer en el denominador es $2$. Supongamos que $a=2^mq$, siendo $q$ un número impar. Entonces,

• $(a^2-\frac{b^2}{2})x_{n-1}$ quita un factor $2$ de $x_{n-1}$,
• $2ax_n$ tiene $q+1$ factores $2$ más que $x_n$.

Como $x_0=2$ y $x_1=2a=2^{m+1}q$, el exponente de $2$ en $x_{2n}$ es $2-n$ y en $x_{2n+1}$ es $m-n+1$ (¿sabrías probar esto por inducción sobre $n$?). Tenemos así que, para $b$ impar, los términos pares enteros son $x_0,x_2,x_4$ y los términos impares enteros son $x_1,x_3,\ldots,x_{2m-1}$.

Solución. En el caso del octógono, tras algunos intentos es muy fácil llegar a una solución, por ejemplo la que se muestra en la imagen más abajo.

En el caso del dodecágono, para demostrar que no se puede, vamos a razonar por reducción al absurdo suponiendo que existen 6 segmentos de distinta longitud que emparejan los 12 vértices. Si numeramos los vértices consecutivamente con números del 1 al 12, habrá siempre 3 de los segmentos que unan un vértice par con uno impar mientras que los otros tres unirán par con par o bien impar con impar. Como entre 1 y 12 hay el mismo número de pares que de impares, hemos llegado a la contradicción buscada.

Nota. El mismo razonamiento prueba que es imposible el emparejamiento para polígonos de $8n+4$ vértices. ¿Es posible emparejar los vértices de un polígono de $8n$ lados? ¿Y los de un polígono de $4n+2$ lados?

Solución. Observemos que $f^n(x)$ es un polinomio con coeficientes enteros y vamos a probar que su término independiente es $1$. Esto se prueba fácilmente por inducción sobre $n$, teniendo en cuenta que el término independiente se obtiene evaluando en $x=0$. Para $n=1$, tenemos que $f^1(0)=f(0)=1$; supuesto cierto que $f^n(0)=1$ para cierto $n\geq1$, podemos calcular $f^{n+1}(0)=f(f^n(0))=f(1)=1$.

Esto nos dice que, para cada $n\in\mathbb{N}$ podemos expresar $f^{n-1}(x)=x p_{n-1}(x)+1$ para cierto polinomio $g_{n-1}(x)$. Tenemos así que \begin{align*} \mathrm{mcd}(f(x),f^n(x))&=\mathrm{mcd}(f(x),f^{n-1}(f(x)))\\ &=\mathrm{mcd}(f(x),f(x) p_{n-1}(f(x))+1)=1. \end{align*}

Nota. El resultado es también cierto cambiando $f(x)=x^{1997}-x+1$ por cualquier polinomio $f(x)$ con coeficientes enteros y $f(0)=f(1)=1$. También es cierto que $f^n(y)$ y $f^m(y)$ son primos relativos para cualesquier $m,n\in\mathbb{N}$ (basta aplicar el enunciado a $x=f^{m-1}(y)$ con $n+1$ en lugar de $n$).

Solución. El triángulo $ABC$ se puede descomponer en los triángulos $AMP$, $BPM$ y $MBC$. Sabemos que el área de $AMP$ es $36$ y la de $MBC$ es $50$ (por ser $M$ el punto medio de $AC$); como el área total es 100, deducimos que $BPM$ tiene área $100-50-36=14$. Finalmente, hay que darse cuenta de que $BPM$ y $MPQ$ tienen el mismo área ya que $BQ$ es paralela a $MP$. Por tanto, la respuesta es $14$.

Solución. Utilizaremos la propiedad de que $x-y$ divide a $p(x)-p(y)$ para cualesquiera números enteros $x$ e $y$ por tener $p(x)$ coeficientes enteros. Razonaremos que no puede existir el entero $k$ por reducción al absurdo suponiendo que sí que existe.

Tomando $x=k$ e $y=a$, esta propiedad nos dice que $k-a$ divide a $p(k)-p(a)=7$, luego $k-a$ tiene que ser igual a $\pm 1$ o $\pm 7$, los factores enteros de $7$. Análogamente, para $x=k$ e $y=a+1$, se tiene que $k-a-1$ divide a $p(k)-p(a+1)=7$, luego $k-a-1$ tiene que ser igual a $\pm 1$ o $\pm 7$, esto es, $k-a$ tiene que ser igual a $-6$, $0$, $2$ u $8$, lo cual es absurdo (tenía que ser $\pm 1$ o $\pm 7$).

Nota. No se ha usado la hipótesis de que $p(a+2)=1$.