Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Observemos que \[a_{n+1}+b_{n+1}\sqrt{2}=(a_n+b_n\sqrt{2})(3-2\sqrt{2})=(3a_n-4b_n)+(-2a_n+3b_n)\sqrt{2},\] e identificando términos llegamos a que \begin{eqnarray*} a_{n+1}&=&3a_n-4b_n,\\ b_{n+1}&=&-2a_n+3b_n. \end{eqnarray*} Estas igualdades nos permiten despejar $a_n$ y $b_n$ en términos de $a_{n+1}$ y $b_{n+1}$ como en un sistema de ecuaciones lineales, obteniendo: \begin{eqnarray*} a_n&=&2a_{n+1}+3b_{n+1},\\ b_n&=&-3a_{n+1}-4b_{n+1}. \end{eqnarray*} Entonces, si $a_{n+1}$ y $b_{n+1}$ tienen algún factor común, éste lo será también de sus predecesores $a_{n}$ y $b_n$. Repitiendo el proceso, deducimos que $\mathrm{mcd}(a_{n},b_{n})=\mathrm{mcd}(a_1,b_1)$ para todo $n\in\mathbb{N}$. Como $a_1=3$ y $b_1=-2$, llegamos a que $\mathrm{mcd}(a_{n},b_{n})=1$ para todo $n\in\mathbb{N}$, como queríamos demostrar.

Solución. Observemos que si $d_i$ es un divisor de $n$, entonces $\frac{n}{d_i}$ es otro divisor de $n$, y además $\frac{n}{d_i}\lt\frac{n}{d_j}$ si $d_j\lt d_i$ (es decir, los $\frac{n}{d_i}$ están ordenados de forma inversa a los $d_i$). Por tanto, tenemos que $d_1=\frac{n}{d_k}$, $d_2=\frac{n}{d_{k-1}}$ y así sucesivamente hasta $d_k=\frac{n}{d_1}$. Esto nos permite reescribir \[d=\frac{n^2}{d_kd_{k-1}}+\frac{n^2}{d_{k-1}d_{k-2}}+\ldots+\frac{n^2}{d_2d_1}=n^2\left(\frac{1}{d_kd_{k-1}}+\frac{1}{d_{k-1}d_{k-2}}+\ldots+\frac{1}{d_2d_1}\right),\] por lo que bastará ver que esta última suma de fracciones es menor o igual que $1$. No obstante, observemos que $d_i\geq i$ para todo $i\in\{1,\ldots,k\}$, lo que nos dice que \[\frac{d}{n^2}=\frac{1}{d_kd_{k-1}}+\frac{1}{d_{k-1}d_{k-2}}+\ldots+\frac{1}{d_2d_1}\leq\frac{1}{k(k-1)}+\frac{1}{(k-1)(k-2)}+\ldots+\frac{1}{2\cdot 1}.\] Ahora bien, podemos expresar cada uno de estos sumandos como \[\frac{1}{i(i-1)}=\frac{1}{i-1}-\frac{1}{i}.\] Sustituyendo cada uno de ellos en la expresión anterior, llegamos a que \[\frac{d}{n^2}\leq \frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}+\frac{1}{k-2}-\frac{1}{k-1}+\ldots+\frac{1}{1}-\frac{1}{2}=1-\frac{1}{k}\lt 1,\] con lo que hemos demostrado que $d\lt n^2$.

Veamos ahora cuándo $d$ divide a $n^2$. El mayor divisor de $n^2$ distinto del propio $n^2$ es $d_kd_{k-1}=n d_{k-1}$ (¿por qué?) luego, si la suma que define $d$ tiene más de un sumando, se tendría que $d_kd_{k-1}\lt d\lt n^2$, lo que nos dice que $d$ no es divisor de $n^2$ (es menor que $n^2$ y mayor que su mayor divisor propio). Por tanto, para que $d$ divida a $n^2$ es necesario que $k=2$, es decir, que $n$ tenga sólo dos divisores, es decir, que $n$ sea un número primo. Como en el caso de $n$ primo tenemos que $d=n$ divide a $n ^2$, deducimos que los primos son los únicos que cumplen dicha condición.

Solución. Haciendo operaciones llegamos a que \[\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}=\frac{a^2+b^2+a+b}{ab}.\] Si llamamos $d$ al máximo común divisor, entonces $a$ y $b$ son divisibles por $d$ luego el denominador de la fracción de la derecha es divisible por $d^2$. Como dicha fracción es un número entero, el numerador también ha de ser divisible entre $d^2$. Como $a^2+b^2$ sí es divisible entre $d^2$, entonces $a+b$ también tiene que serlo. De aquí deducimos que $d^2\leq a+b$, de donde $d\leq\sqrt{a+b}$ como queríamos demostrar.

Solución. Escribiremos $\left(2+\sqrt{3}\right)^{2r-1}=a_r+b_r\sqrt{3}$ y probaremos que $a_r=1+c_r^2$ para cierto entero $c_r$. Así, tenemos que \[a_{r+1}+b_{r+1}\sqrt{3}=(2+\sqrt{3})^2(a_r+b_r\sqrt{3})=(7a_r+12b_r)+(4a_r+7b_r)\sqrt{3},\] de donde deducimos las relaciones recurrentes \begin{eqnarray*} a_{r+1}&=&7a_r+12b_r,\\ b_{r+1}&=&4a_r+7b_r. \end{eqnarray*} Esto implica que \begin{eqnarray*} b_{r+1}&=&\frac{1}{2}a_{r+1}+\frac{1}{2}a_{r}+b_{r}\\ b_{r}&=&\frac{1}{2}a_{r}+\frac{1}{2}a_{r-1}+b_{r-1}\\ &\vdots&\\ b_{2}&=&\frac{1}{2}a_{2}+\frac{1}{2}a_{1}+b_{1} \end{eqnarray*} Sumando todas estas igualdades llegamos a que \[b_{r+1}=\frac{1}{2}a_{r+1}+(a_1+a_2+\ldots+a_r).\] Usando esta igualdad y las relaciones recurrentes, no es difícil llegar a que la sucesión $\{a_r\}$ está determinada por $a_1=2$, $a_2=26$ y, para $r\geq 3$, \[a_{r}=14a_{r-1}-a_{r-2}.\] Consideremos ahora la sucesión $\{c_k\}$ definida por $c_1=1$, $c_2=5$ y, para $r\geq 3$, \[c_r=4c_{r-1}-c_{r-2}.\] Habremos terminado si probamos que $a_r=1+c_r^2$, para lo que veremos que la sucesión $\{1+c_r^2\}$ cumple las condiciones de recurrencia de $\{a_r\}$. Es inmediato que $1+c_1^2=a_1$ y $1+c_2^2=a_2$, luego tendremos que probar que $1+c_r^2=14(1+c_{r-1}^2)-(1+c_{r-2}^2)$ para todo $r\geq 3$. Usando la relación de recurrencia de $\{c_r\}$, tenemos que \begin{eqnarray*} 1+c_r^2&=&1+(4c_{r-1}-c_{r-2})^2=1+16c_{r-1}^2+c_{r-2}^2-8c_{r-1}c_{r-2}\\ &=&14(1+c_{r-1}^2)-(1+c_{r-2}^2)+2(c_{r-1}^2+c_{r-2}^2-4c_{r-1}c_{r-2}-6). \end{eqnarray*} Por tanto, si probamos que $c_{r-1}^2+c_{r-2}^2-4c_{r-1}c_{r-2}=6$ para todo $r\geq 3$ habremos terminado. Para esto usaremos inducción. Es fácil ver que para $r=3$ se tiene la igualdad y, supuesta cierta para $r$, para $r+1$ tenemos que \begin{eqnarray*} c_{r}^2+c_{r-1}^2-4c_{r}c_{r-1}&=&(4c_{r-1}-c_{r-2})^2+c_{r-1}^2-4c_{r-1}(4c_{r-1}-c_{r-2})\\ &=&c_{r-1}^2+c_{r-2}^2-4c_{r-1}c_{r-2}=6. \end{eqnarray*} Esto termina de probar que $a_r=1+c_r^2$ para todo $r\in\mathbb{N}$, con lo que el enunciado está demostrado.

Nota. Sin duda el paso más difícil en esta demostración es sacarse de la manga la sucesión $c_r$. Si uno intuye que la $c_r$ debe cumplir una recurrencia lineal del tipo $c_r=\alpha c_{r-1}+\beta c_{r-2}$, pueden calcularse algunos términos para ver que ha de ser $\alpha=4$ y $\beta=-1$.

Solución. La tercera ecuación nos dice que $a,b,c$ han de ser divisores de $440=2^3\cdot 5\cdot 11$, pero la segunda ecuación nos dice que cada uno de estos números ha de ser menor o igual en valor absoluto a $14$ (en caso contrario, la suma de los cuadrados se pasaría de $210$). Por tanto, nos quedan las posibilidades $\{\pm 1,\pm 2,\pm 4,\pm 5,\pm 8,\pm 10, \pm 11\}$ para $a,b,c$. Para que se cumpla la tercera ecuación, uno de los números tiene que ser $\pm 11$ y otro $\pm 5$ ó $\pm 10$ ya que $440=2^3\cdot 5\cdot 11$. Ahora es fácil ver, probando casos en la segunda ecuación que los tres números tienen que ser $\pm 11$, $\pm 5$ y $\pm 8$. Evaluando las distintas posibilidades en la primera ecuación se llega a que los números son $11$, $8$ y $5$ (todos positivos). Deducimos que las soluciones son la terna $(11,8,5)$ y todas sus permutaciones.

Solución. Podemos expresar \[ab+bc+ac=\frac{1}{2}\left((a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)\right)=\frac{1}{2}(24^2-210)=183.\] De las ecuaciones de Cardano, deducimos ahora que $a$, $b$ y $c$ son las raíces del polinomio \[p(x)=x^3-24x^2+183x-440.\] Como dichas raíces han de ser divisores de $440$, se puede probar caso por caso usando la regla de Ruffini y ver que $p(x)$ se factoriza como \[p(x)=(x-11)(x-8)(x-5),\] de donde obtenemos que las soluciones son la terna $(11,8,5)$ y todas sus permutaciones.