Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Si llamamos $N$ al radicando, entonces $N$ está determinado por la ecuación $N=2207-\frac{1}{N}$. La única solución positiva de esta ecuación está dada por \[N=\frac{2207+987\sqrt{5}}{2},\] luego éste ha de ser el valor del radicando. El resto del problema consistirá en calcular la raíz decimosexta de $N$, lo que se puede interpretar como calcular cuatro veces consecutivas la raíz cuadrada.

Si bien puede ser difícil un calculo directo, vamos a suponer que dicha raíz es de la forma $x+y\sqrt{5}$, siendo $x$ e $y$ números racionales. Esto nos dice que \[\frac{2207+987\sqrt{5}}{2}=(x+y\sqrt{5})^2=x^2+5y^2+2xy\sqrt{5},\] Si estos números son iguales entonces ha de cumplirse que \[\left\{\begin{array}{l}x^2+5y^2=\frac{2207}{2},\\2xy=\frac{987}{2}\end{array}\right.\] Este sistema de dos ecuaciones de segundo grado con dos incógnitas puede resolverse despejando $y=\frac{987}{4x}$ en la segunda ecuación y sustituyendo en la primera: \[x^2+\frac{5\cdot 987^2}{16x^2}=\frac{2207}{2}\ \Leftrightarrow\ 16x^4-17656x^2+4870845=0.\] Esta ecuación bicuadrada tiene sólo dos soluciones racionales $x=\pm\frac{47}{2}$, que dan lugar a los valores $y=\pm\frac{21}{2}$. Como sólo queremos la solución positiva (ya que debemos volver a tomar raíces cuadradas), concluimos que \[\sqrt{N}=\frac{47+21\sqrt{5}}{2}.\] Ahora hay que repetir tres veces más el proceso. Usando exactamente el mismo razonamiento, se llega a los siguientes resultados: \[\sqrt[4]{N}=\frac{7+3\sqrt{5}}{2},\qquad\sqrt[8]{N}=\frac{3+\sqrt{5}}{2},\qquad\sqrt[16]{N}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}.\] Por lo tanto, el número buscado es la razón áurea $\phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.

Nota. El radicando $N$ es lo que se conoce como una fracción continua y el lector más inquisitivo puede encontrar una falta de rigor en los puntos suspensivos que aparecen en el enunciado. Esta fracción continua no es otra cosa que el límite de la sucesión \[\left\{2207+\frac{1}{2207},2207+\frac{1}{2207+\frac{1}{2207}},2207+\frac{1}{2207+\frac{1}{2207+\frac{1}{2207}}},2207+\frac{1}{2207+\frac{1}{2207+\frac{1}{2207+\frac{1}{2207}}}},\ldots\right\}\] y puede probarse usando técnicas de cálculo que dicha sucesión es convergente y su límite verifica la relación intuitiva $N=2207+\frac{1}{N}$. No obstante, esto queda fuera del alcance de este problema.

Solución. Para simplificar la notación, escribamos $S=\sum_{n=1}^{2003}\epsilon_nx_n$, donde $\epsilon_n$ es el signo correspondiente a $x_n$, es decir $\epsilon_n=1$ ó $\epsilon_n=-1$. Supongamos además que estamos trabajando con la sucesión $\{x_n\}$ que maximiza $S$ y probemos que $x_n=2^n$ para todo $n$ independientemente del valor de los $\epsilon_n$ (observemos que esto es equivalente a demostrar que $x_n=2x_{n-1}$ para todo $n\in\{1,\ldots,2003\}$).

• Veamos en primer lugar que no pueden haber términos nulos. Si $x_k=0$, entonces $x_n=0$ para todo $n\geq k$, luego podemos suponer que $x_k$ es el primer término nulo. Si consideramos la sucesión \[\overline{x}_n=\begin{cases}x_n,& \text{si }0\leq n\lt k,\\ 2\overline{x}_{n-1},&\text{si }k\leq n\leq 2003,\end{cases}\] (es decir, sustituimos todos los términos nulos por los máximos posibles) entonces \[S(\overline x)-S(x)=x_{k-1}\left(2^{2004-k}+\sum_{n=k}^{2002}\epsilon_n2^{n-k+1}\right)\geq x_{k-1}\left(2^{2004-k}-\sum_{n=k}^{2002}2^{n-k+1}\right)=2x_{k-1}>0,\] lo que nos dice que la sucesión $\overline x$ da un valor mayor para $S$, contradiciendo que habíamos supuesto que $x$ maximizaba el valor de $S$. En la desigualdad anterior, hemos usado que el valor mínimo se obtiene cuando todos los $\epsilon_n$ son negativos.
• Supongamos ahora que todos los $x_n$ son positivos pero que existe $k$ tal que $x_k<2x_{k-1}$. Nuestro objetivo es llegar también a una contradicción.
  • Si $\epsilon_k=1$, entonces claramente la sucesión que resulta al sustituir $x_k$ por $2x_{k-1}$ mejora el valor de $S$, luego tenemos la contradicción buscada.
  • Si $\epsilon_k=-1$, entonces consideremos el primer $p>k$ tal que $\epsilon_p=1$ (que siempre existe ya que $\epsilon_{2003}=1$). Dado $\lambda=\frac{2x_{k-1}}{x_k}\gt 1$, podemos considerar la nueva sucesión \[\overline{x}_n=\begin{cases}2\overline{x}_{n-1},& \text{si }k\leq n\leq p,\\ x_n,&\text{para el resto de valores de }n.\end{cases}\] Entonces, podemos calcular \begin{eqnarray*} S(\overline x)-S(x)&=&2^{p-k+1}x_{k-1}-x_p-\sum_{n=k}^{p-1}(2^{n-k+1}x_{k-1}-x_n)=2x_{k-1}+\sum_{n=k}^{p-1}x_n-x_p\\ &\gt& 2x_k+\sum_{n=k+1}^{p-1}x_n-x_p\geq 2x_{k+1}+\sum_{n=k+2}^{p-1}x_n-x_p\geq\ldots\geq 2x_{p-1}-x_p\geq 0. \end{eqnarray*} En las últimas desigualdades hemos usado que $2x_{k-1}>x_k$ y $2x_{n-1}\geq x_n$ para el resto de valores de $n$. Esta desigualdad estricta nos dice que $\overline x$ mejora el valor de $S$ y volvemos a tener una contradicción.

Nota. En realidad, el propio problema nos da una pista fundamental para saber que la sucesión que maximiza ha de ser $x_n=2^n$ para todo $n$. Como la solución no depende de la elección de los signos $\epsilon_n$, también tiene que valer para todos positivos y ahí es claro que $S$ es máximo cuando todos los $x_n$ son lo más grandes posibles, esto es, $x_n=2x_{n-1}$ para todo $n$.

Solución. Este es un problema de programación lineal, ya que tenemos que maximizar una combinación lineal de los valores de $x_1,x_2,\ldots,x_{2003}$ con ciertas desigualdades lineales $0\leq x_k\leq 2x_{k-1}$. Los valores que maximizan $S$ serán uno de los vértices de la región de $\mathbb{R}^{2003}$ determinada por estas desigualdades (observemos que la región está acotada, luego la existencia de solución está garantizada). Usando que, en cuanto una variable es cero las sucesivas han de ser cero también, es fácil ver que dicha región tiene 2004 vértices, dados por \begin{eqnarray*} p_0&=&(0,0,0,0\ldots,0),\\ p_1&=&(2,0,0,0\ldots,0),\\ p_2&=&(2,4,0,0\ldots,0),\\ p_3&=&(2,4,8,0\ldots,0),\\ &\vdots&\\ p_{2003}&=&(2,4,8,16,\ldots,2^{2003}). \end{eqnarray*} Ahora será suficiente ver que $S(p_{2003})> S(p_k)$ para todo $k\in\{0,\ldots,2002\}$ independientemente del valor de los signos que definen a $S$. Si escribimos $S=x_{2003}+\sum_{n=1}^{2002}\epsilon_nx_n$, siendo $\epsilon_n\in\{-1,+1\}$ el coeficiente de $x_n$, obtenemos que, para todo $k\in\{0,\ldots,2002\}$, se cumple que \begin{eqnarray*} S(p_{2003})-S(p_k)&=&\left(2^{2003}+\sum_{n=1}^{2002}\epsilon_n 2^n\right)-\sum_{n=1}^k\epsilon_n2^n=2^{2003}+\sum_{n=k+1}^{2002}\varepsilon_n2^n &\geq&2^{2003}-\sum_{n=1}^{2002}2^n=2\gt 0, \end{eqnarray*} como queríamos demostrar.

Nota. Esta solución no es elemental, aunque es una aproximación válida y sencilla una vez se conoce la técnica de programación lineal. El mismo método sirve para probar el resultado cuando se cambia 2003 por cualquier otro entero positivo.

Solución. La respuesta es afirmativa para 2003. Escribiendo los números de la primera fila como $a_k=a_0+k$ y los de la segunda como $b_k=b_0+k$ para $k\in\{1,\ldots,2003\}$, una forma de distribuir los números es la siguiente:

$a_{1002}$	$a_{1001}$	$a_{1000}$	...	$a_{1}$	$a_{2003}$	$a_{2002}$	$a_{2001}$	...	$a_{1001}$
$b_{1}$	$b_{3}$	$b_{5}$	...	$b_{2003}$	$b_{2}$	$b_{4}$	$b_{6}$	...	$b_{2002}$

Los números de la primera fila forman dos sucesiones decrecientes de números consecutivos, mientras que los de la segunda forman dos sucesiones crecientes de números que van saltando de dos en dos.

Veamos que la respuesta es negativa para 2004. Razonando por reducción al absurdo, supongamos que la respuesta es afirmativa. Escribiendo los números de la primera fila como $a_k=a_0+k$, los de la segunda fila como $b_k=b_0+k$ y las sumas como $c_k=c_0+k$ para $k\in\{1,\ldots,2004\}$, tenemos que las sumas de los números de estas filas están dadas por \begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{2004}a_k&=&2004a_0+\sum_{k=1}^{2004}k=2004a_0+\frac{2004\cdot 2005}{2}=2004\left(a_0+\frac{2005}{2}\right),\\ \sum_{k=1}^{2004}b_k&=&2004b_0+\sum_{k=1}^{2004}k=2004b_0+\frac{2004\cdot 2005}{2}=2004\left(b_0+\frac{2005}{2}\right),\\ \sum_{k=1}^{2004}c_k&=&2004c_0+\sum_{k=1}^{2004}k=2004c_0+\frac{2004\cdot 2005}{2}=2004\left(c_0+\frac{2005}{2}\right). \end{eqnarray*} Ahora bien, independientemente de la colocación de los $a_k$ y $b_k$, la suma de las dos primeras sumas ha de ser igual a la de la tercera, luego tenemos que \[a_0+b_0+\frac{2005}{2}=c_0.\] Esto es una contradicción ya que $a_0$, $b_0$ y $c_0$ son números enteros mientras que $\frac{2005}{2}$ no lo es.

Nota. En la demostración anterior puede suponerse sin perder generalidad que $a_0=b_0=0$, con lo que $a_k=b_k=k$ para todo $k$ y así simplificar ligeramente la notación.

Solución. Sea $r^2$ el mayor cuadrado perfecto menor o igual que $n$ y sea $s^2$ el mayor cuadrado perfecto menor o igual que $n-r^2$. En otras palabras, $r$ y $s$ están determinados por las desigualdades \[r^2\leq n\lt (r+1)^2,\qquad s^2\leq n-r^2\lt(s+1)^2.\] Como estamos trabajando con enteros, estas desigualdades estrictas son equivalentes a las siguientes: \[r^2\leq n\leq r^2+2r,\qquad s^2\leq n-r^2\leq s^2+2s.\] Si $n=r^2+s^2$, entonces basta tomar $N=n$. En caso contrario, tenemos que $n\leq r^2+s^2-1$, en cuyo caso tomamos $N=r^2+(s+1)^2$. Para ver que se cumple lo que queremos, observemos que:

• de la desigualdad $n-r^2\lt(s+1)^2$ se deduce que $n\lt N$;
• de la desigualdad $s^2\leq n-r^2-1$, obtenemos que $N=r^2+(s+1)^2\leq n+2s$, luego \[N\leq n+2s\leq n+2\sqrt{n-r^2}\leq 2\sqrt{2r}\leq 2\sqrt{2}\sqrt[4]{n}.\]