Olimpiadas de Matemáticas
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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.

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.