Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Observemos que $\alpha^n=6\alpha^{n-1}-\alpha^{n-2}$ y $\beta^n=6\beta^{n-1}-\beta^{n-2}$ para cualquier natural $n\geq2$ luego sumando estas dos igualdades, tenemos que $r_n=6r_{n-1}-r_{n-2}$ para todo $n\geq2$, donde hemos tomado $r_n=\alpha^n+\beta^n$. Esta ecuación recursiva nos dice que si $r_1$ y $r_2$ son enteros, también lo serán los demás $r_n$. Las relaciones de Cardano-Vieta nos dicen que $r_1=\alpha+\beta=6$ y $\alpha\beta=1$, de donde $r_2=\alpha^2+\beta^2=(\alpha+\beta)^2-2\alpha\beta=36-2=34$ y tenemos probado que $r_n$ es natural para todo $n\in\mathbb{N}$.

Para ver que no es múltiplo de 5, consideremos la sucesión de restos módulo 5 de $\{r_n\}$, que viene dada por $\{1,4,3,4,1,2,1,4,\ldots\}$ y a partir de este punto se vuelve a repetir ya que cada término se calcula en función de los dos anteriores (módulo 5). Como no aparece ningún cero en este periodo, no hay ningún término que sea múltiplo de 5.

Solución. Supongamos que las tres raíces $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ son racionales y lleguemos a una contradicción. Si expresamos cada una como una fracción irreducible, sus numeradores tienen que dividir a $d$ y sus denominadores a $a$, lo que nos lleva a que dichos numeradores y denominadores son impares (porque $a$ y $d$ son impares al serlo $ad$). Por otro lado, las relaciones de Cardano nos aseguran que $\frac{b}{a}=\alpha_1\alpha_2+\alpha_2\alpha_3+\alpha_1\alpha_3$ y $\frac{c}{a}=-\alpha_1-\alpha_2-\alpha_3$ y, si nos fijamos en que $\alpha_1\alpha_2+\alpha_2\alpha_3+\alpha_1\alpha_3$ y $\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3$ son suma de tres fracciones con el numerador y el denominador impares (y, por tanto, su numerador y denominador son impares), llegamos a que $b$ y $c$ tienen que ser impares, contradiciendo que $bc$ es un número par.

Solución. Si tomamos el polinomio $Q(x)=xP(x-1)$, el enunciado se escribe como $Q(x)=Q(x+1)$ para todo $x$. Como $Q(0)=0$, se tiene que $Q(n)=0$ para todo $n\in\mathbb{N}$ y, por tanto, $Q$ es idénticamente nulo (no puede tener infinitas raíces salvo que sea nulo). Esto nos lleva a que $xP(x-1)$ es idénticamente nulo y, en consecuencia, $P(x)=0$ es el único polinomio que cumple la condición del enunciado.

Solución. Llamemos $a=\sqrt[4]{97-x}$ y $b=\sqrt[4]{x}$ luego sabemos que $a+b=5$ y $a^4+b^4=97$, sistema que pasamos a resolver. Por un lado, tenemos que $25=(a+b)^2=a^2+b^2+2ab$, de donde $a^2+b^2=25-2ab$ luego podemos calcular \[625=(a+b)^4=a^4+b^4+4ab(a^2+b^2)+6a^2b^2=97+100ab-8a^2b^2+6a^2b^2\] luego $a^2b^2-50ab+264=0$. Aquí podemos despejar $ab$ usando la fórmula de las soluciones de la ecuación de segundo grado y obtenemos que $ab=6$ ó $ab=44$. Si $ab=6$, entonces tenemos el sistema $a+b=5$, $ab=6$, que tiene por soluciones $(a,b)=(2,3)$ y $(a,b)=(3,2)$ y, como $x=b^4$, tenemos las posibles soluciones $x=16$ y $x=81$. En el caso $ab=44$, tenemos el sistema $a+b=5$, $ab=44$, que no tiene soluciones reales. Comprobamos $x=16$ y $x=81$ en la ecuación inicial y deducimos que éstas son las únicas dos soluciones.

Solución. Llamemos $d$ a la diferencia de la progresión aritmética y supongamos que $a^2$ es un término de la sucesión. Entonces, $(a+d)^2=a^2+(2a+d)d$ también es un término de la sucesión (pues es el término $a^2$ al que se le ha sumado un múltiplo entero de $d$) lo que nos dice que, dado un cuadrado perfecto en la sucesión podemos encontrar otro mayor que éste luego ha de haber infinitos cuadrados perfectos.