Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Como $n!>0$, podemos dividir la ecuación original entre $n!$ y obtenemos que \[\frac{(n!)!}{n!}=(2n-1)!\] La fracción de la izquierda es igual a $(n!-1)!$ luego obtenemos que \[(n!-1)!=(2n-1)!\] Podemos estar tentados de quitar los factoriales en ambos miembros, pero esto no es posible ya que $1!=0!$ y $1\neq 0$. Como éste es el único caso en que esto falla, podemos distinguir tres casos:

• Si $n!-1=1$ y $2n-1=0$, entonces $n=\frac{1}{2}$ no es un número natural.
• Si $n!-1=0$ y $2n-1=1$, entonces obtenemos la solución $n=1$.
• En cualquier otro caso, podemos eliminar los factoriales obteniendo $n!-1=2n-1$, es decir, $n!=2n$. Como $n=0$ no es solución, podemos dividir por $n$ y llegamos a que $(n-1)!=2$, es decir, $n=3$.

Hemos demostrado que las únicas soluciones a la ecuación original son $n=1$ y $n=3$.

Solución. Los números $k$ tales que $E(\sqrt{k})=n$ son los comprendidos entre $n^2$ y $(n+1)^2-1$ (ambos incluidos), que hacen un total de $(n+1)^2-n^2=2n+1$ números (cantidad impar). Cuando sumamos $E(\sqrt{k})$ en todos estos números con signos alternados obtenemos una suma $\pm(n-n+n-n+\ldots +n)=\pm n$, donde el signo depende de que $n$ sea par (negativo) o impar (positivo). Por tanto, podemos agrupar la suma de la siguiente manera \begin{eqnarray} E(\sqrt{1})-E(\sqrt{2})+E(\sqrt{3})&=&1\\ -E(\sqrt{4})+E(\sqrt{5})+\ldots-E(\sqrt{8})&=&-2\\ E(\sqrt{9})-E(\sqrt{10})+\dots+E(\sqrt{15})&=&3\\ &\vdots&\\ E(\sqrt{1849})-E(\sqrt{1850})+\ldots+E(\sqrt{1935})&=&43\\ -E(\sqrt{1936})+E(\sqrt{1937})+\ldots-E(\sqrt{2015})&=&0. \end{eqnarray} Observemos que la última suma es cero ya que hay un número par de sumandos (iguales a $\pm 44$) que se cancelan dos a dos. Así, el valor de la suma original es \[1-2+3-4+\ldots-42+43=22.\]

Solución. Manipulando la ecuación del enunciado no se llega a nada y tampoco se puede probar el resultado por inducción. Una técnica que puede resultar útil en algunos casos y que usaremos en este problema consiste en encontrar otra fórmula recursiva que cumpla la sucesión dada y que exprese un término como el resultado de operaciones enteras sobre términos anteriores. En nuestro caso concreto, probaremos que $a_{n+2}=2ca_{n+1}-a_n$ para todo $n$. Calculando algunos términos de $\{a_n\}$ se puede llegar a intuir esta fórmula, lo que facilita mucho las cosas, aunque a continuación veremos como obtenerla manipulando la ecuación inicial.

Pasando el término $ca_n$ al miembro de la izquierda y elevando al cuadrado llegamos a que

\[(a_{n+1}-ca_n)^2=(c^2-1)(a_n^2-4),\] y desarrollando el cuadrado y el producto, podemos simplificar esta igualdad como \[a_{n+1}^2-2ca_na_{n+1}+a_n^2=4(c^2-1).\] Para eliminar el término $4(c^2-1)$, que no depende de $n$, hacemos el siguiente truco: escribimos la misma igualdad para $n$ y $n+1$, es decir, \begin{eqnarray} a_{n+1}^2-2ca_na_{n+1}+a_n^2&=&4(c^2-1),\\ a_{n+2}^2-2ca_{n+1}a_{n+2}+a_{n+1}^2&=&4(c^2-1). \end{eqnarray} Restando la segunda a la primera, obtenemos \[a_{n+2}^2-a_n^2-2ca_{n+1}a_{n+2}+2ca_na_{n+1}=0,\] que se puede factorizar fácilmente como \[(a_{n+2}+a_n-2ca_{n+1})(a_{n+2}-a_n)=0.\] Ahora bien, si $c=1$, entonces la sucesión es constante igual a 2, luego supondremos $c\gt 1$, con lo que de la definición del enunciado se tiene que $a_{n+1}\gt a_n$ para todo $n$ y, en particular, $a_{n+2}-a_n\neq 0$ con lo que podemos simplificar la ecuación anterior para obtener que \[a_{n+2}=2ca_{n+1}-a_n{.}\] Como $a_1=2$ y $a_2=2c$ son números naturales, esta fórmula recursiva prueba que $a_n$ es entero para todo número natural $n$.

Nota. De hecho la recursión $a_{n+2}=2ca_{n+1}-a_n$ con condiciones iniciales $a_1=2$ y $a_2=2c$ se puede resolver para llegar a la siguiente fórmula explícita: \[a_n=\left(c+\sqrt{c^2-1}\right)^{n-1}+\left(c-\sqrt{c^2-1}\right)^{n-1}{.}\]