Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Vamos a probar que se puede encontrar cualquier cantidad de enteros positivos cumpliendo esta propiedad, lo que nos da una respuesta afirmativa a la pregunta. Concretamente, vamos a demostrar que si tenemos $x_1,x_2,\ldots,x_n$ enteros positivos distintos tales que al sumar dos o más de ellos nunca se obtiene un cuadrado perfecto, entonces podemos añadir $x_{n+1}$ mayor que todos ellos y se sigue cumpliendo la propiedad (esto puede escribirse también como una demostración por inducción). Si observamos que entre dos cuadrados consecutivos $k^2$ y $(k+1)^2$ hay una diferencia de $2k+1$, bastará tomar $x_{n+1}=k^2+1$ mayor que $x_1,x_2,\ldots,x_n$ y tal que $2k\gt x_1+x_2+\ldots+x_n$.

Para terminar, justificaremos que esta elección cumple lo que queremos. Al sumar dos o más de los números $x_1,x_2,\ldots,x_{n+1}$, si ninguno de ellos es $x_{n+1}$, ya tenemos que su suma no es un cuadrado perfecto (habíamos supuesto que $x_1,\ldots,x_n$ cumplen la propiedad). Por el contrario, si $x_{n+1}$ es uno de los números elegidos, entonces la suma será $k^2+1$ más otro número que es como mucho $x_1+x_2+\ldots+x_n\lt 2k$, es decir, la suma estará entre $k^2$ y $(k+1)^2$, luego no puede ser un cuadrado.

Solución. Tomamos $2024$ potencias impares distintas de un primo $p$ (ninguna de ellas es, por tanto, un cuadrado perfecto). Si sumamos cualquier número de ellas, podemos sacar factor común la más pequeña, que multiplica a $1$ más una serie de potencias de $p$. Por tanto, dicha suma será una potencia impar de $p$ que multiplica a un número que es de la forma $kp+1$. Deducimos así que no se trata de un cuadrado (el exponente de $p$ debería ser par para que fuera un cuadrado perfecto).

Solución. Pintamos de cuatro colores (rojo, amarillo, verde y azul) las esquinas de la mesa y supondremos que partimos de la esquina roja. Ahora usamos el truco de reflejar el cuadrado respecto de sus lados para obtener un tablero infinito, como puede verse en la imagen. De esta forma, la trayectoria de la pelota se convierte en una línea recta sobre la cuadrícula ya que el ángulo de incidencia es el mismo que el de reflexión. El problema se reduce a llegar del punto rojo de la esquina inferior izquierda a otro punto coloreado sin pasar por un punto intermedio y atravesando exactamente 15 lados de la cuadrícula. Si escribimos cada punto con dos coordenadas enteras $(a,b)$, siendo $(0,0)$ la esquina inicial de color rojo, los posibles puntos de destino serán los que cumplen $a+b=17$, que son los 16 puntos sobre la línea de color turquesa en la imagen.

Si unimos $(0,0)$ y $(a,b)$ tal que $a+b=17$, no encontraremos ningún otro punto intermedio en el camino ya que esto supondría encontrar $(c,d)$ proporcional a $(a,b)$, lo que equivale a encontrar un divisor común a $a$ y $b$ (véase la nota). Cualesquiera dos enteros $a,b\geq 1$ tales que $a+b=17$ tienen máximo común divisor $1$ (son primos entre sí) ya que $17$ es primo, luego no existen los mencionados puntos intermedios. En otras palabras, los segmentos dibujados de color naranja no tienen más puntos de coordenadas enteras que sus extremos. Deducimos así que las únicas esquinas que se pueden alcanzar son la de color azul y la de color amarillo, es decir, las adyacentes a la esquina inicial.

Veamos ahora cuál es la longitud mínima, lo que equivale a minimizar $a^2+b^2$ (la distancia al origen al al cuadrado) de entre todos los puntos $(a,b)$ con $a,b\in\mathbb{N}$ y $a+b=17$. A la vista de la figura anterior, está claro que los puntos buscados son $(8,9)$ y $(9,8)$, pero vamos a verlo de forma rigurosa. Completando cuadrados, tenemos que \[a^2+b^2=a^2+(17-a)^2=2a^2-34a+289=2(a-\tfrac{17}{2})^2+\tfrac{289}{2}\] es una parábola con coeficiente cuadrático positivo, luego su mínimo (vértice) se obtiene para $a=\frac{17}{2}$. Los dos valores enteros más cercanos son $a=8$ y $a=9$, que son simétricos respecto del vértice $a=\frac{17}{2}$, luego ambos realizan el mínimo. La distancia mínima es, por tanto, $\sqrt{8^2+9^2}=\sqrt{145}$.

Nota. Si el segmento que une $(0,0)$ y $(a,b)$ contiene otro punto $(c,d)$ de coordenadas enteras, entonces existe $0\lt \lambda\lt 1$ tal que $c=\lambda a$ y $d=\lambda b$, lo que nos dice que $\lambda=\frac{c}{a}=\frac{d}{b}$ es racional. Pongamos $\lambda=\frac{m}{n}$ como fracción irreducible, luego $c=\frac{m}{n}a$ y $d=\frac{m}{n}b$ nos dicen que $n\gt 1$ es un factor común a $a$ y $b$. Recíprocamente, si $n$ es un factor común a $a$ y $b$, entonces $(c,d)=(\frac{a}{n},\frac{b}{n})$ es un punto de coordenadas enteras en el segmento que une $(0,0)$ y $(a,b)$.

Por otro lado, un argumento similar prueba que no se puede alcanzar la esquina opuesta o la inicial tras un número impar de rebotes. Alcanzar la esquina opuesta requeriría un número par de rebotes, mientras que nunca se puede llegar a la esquina inicial pues antes se debería haber pasado por otra esquina, cosa que prohíbe el enunciado.

Solución. La ecuación se puede reescribir como \[(x^2+ax)^2+(ax+1)^2=0,\] luego se tiene que cumplir que $x^2+ax=0$ y también $ax+1=0$ (para que una suma de cuadrados sea cero, todos los sumandos han de ser cero). Tenemos además que $x=0$ no cumple la ecuación, luego podemos simplificar $x^2+ax=0$ y escribir $x+a=0$. Esto nos dice que $x=-a$ y también que $x=\frac{-1}{a}$, luego, para que haya solución, tiene que ser $-a=\frac{-1}{a}$. Esto último equivale a que $a=\pm 1$ y tenemos varios casos:

• Si $a\neq \pm 1$, la ecuación no tiene soluciones.
• Si $a=1$, el polinomio se factoriza como \[x^4+2x^3+2x^2+2x+1=(x+1)^2(x^2+1),\] luego tiene una única solución real $x=-1$, que es doble.
• Si $a=-1$, el polinomio se factoriza como \[x^4-2x^3+2x^2-2x+1=(x-1)^2(x^2+1),\] luego también tiene como única solución real (doble) $x=-1$.