Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Supongamos que $a+b=2009$ y calculemos \begin{align*}\frac{5}{5+25^{a/2009}}+\frac{5}{5+25^{b/2009}} &=\frac{5\cdot (5+25^{b/2009})+5\cdot(5+25^{a/2009})}{(5+25^{a/2009})(5+25^{b/2009})}\\ &=\frac{25+5\cdot 25^{b/2009}+25+5\cdot 25^{a/2009}}{25+5(25^{a/2009}+25^{b/2009})+25}=1. \end{align*} De esta manera, podemos agrupar el primer término con el último, el segundo con el penúltimo y así sucesivamente. Como hay $2008$ términos, podemos hacer $1004$ parejas que suman $1$ (sin que sobre ningún término), luego la suma del enunciado es igual a $1004$.

Solución. Supongamos que hay tres términos $x+a,x+b,x+c$ en progresión geométrica con $a\lt b\lt c$, luego existe $r>1$ tal que $x+b=r(x+a)$ y $x+c=r(x+b)$. Despejando $r$ de ambas igualdades, tenemos que $$\frac{x+b}{x+a}=r=\frac{x+c}{x+b}\quad\Longleftrightarrow\quad (x+b)^2=(x+a)(x+c).$$ Esta última ecuación es de primer grado ya que los términos $x^2$ se simplifican, lo que nos permite expresarla como $(2b-a-c)x=ac-b^2$. Distinguimos dos casos:

• Si $2b-a-c=0$, entonces también debe ser $ac-b^2=0$. De este sistema con dos ecuaciones e incógnitas $a$ y $c$, obtenemos que $a=c=b$, lo cual es imposible pues los tres términos $x+a,x+b,x+c$ son distintos.
• Si $2b-a-c\neq 0$, entonces $x=\frac{ac-b^2}{2b-a-c}$ es un número racional.

Vamos a probar ahora que si $x=\frac{u}{v}$ es racional (con $u,v$ enteros), entonces la sucesión contiene siempre tres términos en progresión geométrica y esto demostrará que los racionales son los únicos números que cumplen la propiedad del enunciado. Podemos suponer que $u\neq 0$ y $v\neq\pm 1$ ya que los enteros trivialmente cumplen esta propiedad. Nos vamos a inspirar en lo que ya hemos demostrado igualando $\frac{u}{v}=\frac{ac-b^2}{2b-a-c}$. Esta ecuación se cumple si tomamos $a=0$, $b=u$ y $c=2u+uv$. Comprobamos que, para $r=\frac{x+b}{x+a}=1+v$, se cumple que \[\frac{x+c}{x+b}=\frac{\frac{u}{v}+2u+uv}{\frac{u}{v}+u}=\frac{u+2uv+uv^2}{u+uv}=\frac{u(1+v)^2}{u(1+v)}=1+v=r,\]

luego los números $x+a,x+b,x+c$ están en progresión geométrica.

Solución. Observemos que el polinomio característico asociado a ambas sucesiones es $p(x)=x^2-2x+1=(x-1)^2$, que tiene a $x=1$ por raíz doble. Por tanto, las soluciones de la sucesión recurrente homogénea para $(b_n)$ son las de la forma $b_n=\beta n+8$ para ciertos $\beta,\gamma\in\mathbb{Z}$ (hemos escrito directamente el término independiente como $8$ ya que se cumple que $b_0=8$). Para obtener las soluciones de la sucesión recurrente no homogénea para $(a_n)$, usaremos un polinomio de grado $2$ (véase la nota más abajo). Sustituyendo $a_n=\delta n^2+\alpha n$ (no tenemos por qué poner término independiente ya que $a_0=0$), se tiene que \begin{align*} 2=a_{n+2}-2a_{n+1}+a_n&=\delta(n+2)^2+\alpha(n+2)-2\delta(n+1)^2-2\alpha(n+1)+\delta n^2+\alpha n\\ &=\delta n^2+4\delta n+4\delta+\alpha n+2\alpha-2\delta n^2-4\delta n-2\delta-2\alpha n-2\alpha+\delta n^2-\alpha n=2\delta. \end{align*} Deducimos que las sucesiones que cumplen esta recursión son las de la forma $a_n=n^2+\alpha n$. Nos queda por imponer la última condición del enunciado, para lo que calculamos \[a_n^2+b_n^2=(n^2+\alpha n)^2+(\beta n+8)^2=n^4+2\alpha n^3+(\alpha^2+\beta^2)n^2+16\beta n+64.\] La forma más sencilla de que esto sea un cuadrado perfecto es que sea el cuadrado de un polinomio, para lo cual lo igualaremos a \[(n^2+kn+8)^2=n^4+2kn^3+(16+k^2)n^2+16kn+64.\] Identificando coeficientes, llegamos a que $\alpha=\beta=k$ y $k^2=16$, lo que nos da dos soluciones para $k=\pm 4$.

• Una solución es $a_n=n^2+4n$ y $b_n=4n+8$ para todo $n\in\mathbb N$, que nos da $(a_{1992},b_{1992})=(3976032,7976)$.
• La otra solución es $a_n=n^2-4n$ y $b_n=-4n+8$ para todo $n\in\mathbb N$, que nos da $(a_{1992},b_{1992})=(3960096,-7960)$.

Nota. Dada una sucesión definida por una recurrencia $x_{n+2}=a x_{n+1}+bx_n$, esta tiene polinomio característico $x^2-ax-b$. Si este polinomio tiene dos raíces distintas $\lambda$ y $\mu$, entonces la sucesión es de la forma $x_n=r\lambda^n+s\mu^n$ para ciertas constantes $r$ y $s$. Si el polinomio tiene una raíz doble $\lambda$, entonces las soluciones son de la forma $x_n=c\lambda^n+dn\lambda^n$ para ciertas constantes $c$ y $d$. Las constantes se determinan imponiendo la condición inicial.

En el caso de la recursión no homogénea $x_{n+2}=a x_{n+1}+bx_n+f(n)$, se ha de comenzar encontrando una solución particular. En el caso de que $f(n)$ sea un polinomio, la solución particular es un polinomio (por eso hemos probado con polinomios de un grado superior en este problema). Una vez obtenida la solución particular, la solución general es la suma de la solución particular con todas las soluciones de la ecuación homogénea asociada (para $f(n)=0$).

Solución. Supongamos que $n^2$ es un elemento de la sucesión. Llamando $d\in\mathbb{N}$ a su diferencia, todos los términos a partir de $n^2$ serán de la forma $n^2+ad$ con $a\in\mathbb{N}$, por lo que $(n+d)^2=n^2+(2n+d)d$ es otro cuadrado en la sucesión y es mayor que $n^2$. Esto implica claramente que la sucesión contiene infinitos cuadrados.

Solución. Al insertar entre cada dos números su suma, a la suma de todos los números le estamos sumando ambos números. Como cada número del paso $n$ aparece en dos sumas nuevas del paso $n+1$, en total habremos sumado todos los números dos veces. Si llamamos $S_n$ a la suma de los números en el paso $n$, tendremos entonces que $S_{n+1}=S_n+2S_n=3S_n$. Ahora bien, en el paso $1$ tenemos que $S_1=1+1=2$, luego se sigue claramente que $S_{n}=2\cdot 3^{n-1}$.

Nota. En realidad, cambiar la cantidad de números iniciales o sus valores sólo afecta a $S_1$, de forma que la fórmula $S_{n}=3^{n-1}S_1$ independientemente de la configuración inicial.