Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Si llamamos $s$ y $t$ a las otras dos raíces, las ecuaciones de Cardano nos dicen que \begin{eqnarray*} a&=&-r-s-t,\\ b&=&rs+st+rt. \end{eqnarray*} De aquí deducimos que \[a^2-2b=(r+s+t)^2-2(rs+st+rt)=r^2+s^2+t^2\geq r^2,\] que es lo que queremos demostrar. Observemos que si se alcanza la igualdad, es decir, $r^2=a^2-2b$ para alguna raíz $r$ del polinomio, entonces las otras dos son cero, es decir, la igualdad se alcanza sólo en los polinomios de la forma $p(x)=x^3-rx^2$.

Nota. Es interesante responder a las siguientes preguntas: ¿Dónde hemos usado que las tres raíces de $p(x)$ son números reales? ¿Por qué el razonamiento no es válido si no fueran reales?

Solución. El número $2n+1$ es impar y cuadrado perfecto, luego existirá $a\in\mathbb{N}$ tal que $2n+1=(2a-1)^2$, de donde $n=\frac{1}{2}((2a-1)^2-1)=2a^2+2a$. Podemos escribir entonces \[n+1=2a^2+2a+1=a^2+{(a-1)^2}.\]

Solución. Definamos la sucesión de números $\{x_n\}$ como $x_1=2$ y, para $n\geq 2$, \[x_n=(x_1+x_2+\ldots+x_{n-1})^2+1.\] Vamos a probar que el conjunto $S$ formado por todos los números $x_n$ cumple la condición del enunciado. Para ello, tomemos una cantidad finita de ellos $x_{n_1},x_{n_2},\ldots,x_{n_j}$ y demostremos que $N=x_{n_1}+x_{n_2}+\ldots+x_{n_j}$ no es un cuadrado perfecto. Podemos suponer sin perder generalidad que $0\lt n_1\lt n_2\lt\ldots\lt n_j$, luego llamando $A=x_1+x_2+\ldots+x_{n_j-1}$ tenemos que \[A^2\lt x_{n_j}\leq N\leq x_1+x_2+\ldots+x_{n_j}=A^2+A+1\lt (A+1)^2,\] lo que nos dice que $N$ está estrictamente entre dos cuadrados consecutivos y, por tanto, no puede ser un cuadrado como queríamos probar.

Nota. Uno puede preguntarse cómo se le ocurre la solución. El truco está en caer en la cuenta de que el siguiente cuadrado a $m^2$ es $(m+1)^2=m^2+2m+1$. Por tanto, si todo elemento es de la forma $m^2+1$ y entre todos los que son menores que él no suman $2m$, la sucesión cumplirá el enunciado. La forma en que lo hemos hecho es una entre una infinidad de posibilidades.

Solución. El truco está en probar que existe $n\in\mathbb{N}$ tal que los últimos $k+1$ dígitos de $p^n$ son $0\stackrel{(k)}{\ldots}01$, o lo que es lo mismo tal que $p^n\equiv 1 (\mathrm{mod}\ 10^{k+1})$. Usando el teorema de Euler y el hecho de que $p$ y $10^{k+1}$ son primos entre sí (ya que $p$ es primo distinto de $2$ y $5$), bastará tomar $n=\varphi(10^{k+1})$, siendo $\varphi$ la función de Euler.

Nota. Para $p=3$ y, más general, para cualquier natural $p$ (no necesariamente primo) tal que $\mathrm{mcd}(p,10)=1$ la demostración es la misma.

Solución. El exponente de $7$ en la descomposición de $2008!$ en factores primos es $331$ (¿por qué?). Entonces podemos expresar $2008!=7^{331}\cdot a$ para cierto número natural $a$ que no es múltiplo de $7$, luego en la ecuación original tenemos que \[x^{2008}=7^y\cdot 3^y-7^{331}\cdot a.\] Si $y\gt 331$, entonces el exponente de $7$ en la descomposición del miembro de la derecha en factores primos es $331$, mientras que si $y\leq 331$, dicho exponente es igual a $y$. Como el exponente de $7$ en el miembro de la izquierda es múltiplo de $2008$, la única posibilidad es que este exponente sea cero, es decir, $y=0$. No obstante, no puede haber ninguna solución de la ecuación con $y=0$ ya que en tal caso $x^{2008}=21^0-2008!\lt 0$ pero $x^{2008}$ siempre es mayor o igual que cero. Esto termina de probar el enunciado.