Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Supongamos que $\{a,a+1,a+2,\ldots,a+m\}$ es un conjunto de números naturales consecutivos tales que su suma $S$ es igual a $1999$. Usando la fórmula de los términos de una progresión aritmética, podemos calcular \begin{eqnarray} S=a+(a+1)+\cdots+(a+m)&=&(m+1)\cdot a+(1+2+\cdots+m)\\ &=&(m+1)\cdot a+\frac{m(m+1)}{2}. \end{eqnarray} Sacando factor común $m+1$ y quitando denominadores, llegamos a que $(m+1)(2a+m)=3998$. La descomposición en factores primos de $3998$ es $2\cdot 1999$ ya que $1999$ es primo. Además, $m+1$ es un número positivo, luego tenemos las siguientes posibilidades:

• $m+1=1$ y $2a+m=3998$, en cuyo caso $m=0$ y $a=1999$.
• $m+1=2$ y $2a+m=1999$, en cuyo caso $m=1$ y $a=999$.
• $m+1=1999$ y $2a+m=2$, lo que nos lleva a un valor negativo de $a$.
• $m+1=3998$ y $2a+m=1$, que también nos lleva a un valor negativo de $a$.

Deducimos que las únicas sucesiones que cumplen el enunciado son la que tiene por único elemento al número $1999$ y la formada por los números $999$ y $1000$.

Solución. Observemos que, para cada \(n\in\mathbb{N}\), podemos expresar \[4-\frac{2}{n}=\frac{4n-2}{n}=\frac{2n(2n-1)}{n^2},\] luego el producto del enunciado es igual a \[\frac{(2\cdot 1)(4\cdot 3)(6\cdot 5)\cdots(4022\cdot 4021)}{1^2\cdot 2^2\cdot 3^2\cdots 2011^2}=\frac{4022!}{2011!\cdot 2011!}=\left(\begin{matrix}4022\\2011\end{matrix}\right),\] que es un número combinatorio y, por tanto, un número natural.

Solución. Consideremos el polinomio \[P(x)=1+x+x^2+\cdots+x^n=\frac{x^{n+1}-1}{x-1},\] donde en la segunda igualdad hemos usado la fórmula de la suma de los términos de una progresión geométrica. Es fácil darse cuenta de que el miembro de la izquierda es \(P'(2)-1\) pero, para calcular, \(P'(x)\) en general usaremos la fórmula dada por la fracción. Derivando dicho cociente, obtenemos que \[P'(x)=\frac{nx^{n-1}-(n+1)x^n+1}{(x-1)^2}.\] Ahora bien, haciendo \(x=2\), restando \(1\) y simplificando, obtenemos inmediatamente el miembro de la derecha de la igualdad del enunciado.

Solución. Vamos a probar por inducción sobre $n$ que el valor de la suma es constante uno y, en particular, no depende de $n$. Para $n=0$, la suma tiene un único sumando, correspondiente a $j=k=0$, que vale uno. Supuesto cierto para $n-1$, veamos que también se cumple para $n$, lo que equivale a mostrar que los sumandos que se añaden al cambiar $n-1$ por $n$ suman cero. Dichos sumandos que se añaden corresponden con los valores de $j,k\geq 0$ para los que $j+k=n$ y su suma viene dada por \[\sum_{j+k=n}\frac{(-1)^k}{j!\cdot k!}=\sum_{r=0}^n\frac{(-1)^r}{r!(n-r)!}=\frac{1}{n!}\sum_{r=0}^n(-1)^r\left(\begin{array}{c}n\\r\end{array}\right)=\frac{(1-1)^n}{r!}=0\] donde hemos hecho el cambio $k=r$, $j=n-r$ y en el último paso hemos usado que la sumatoria es la correspondiente por el binomio de Newton al desarrollo de $(1-1)^n$.

Solución. Llamemos \(a_n\) al \(n\)-ésimo número de la sucesión. Entonces, podemos escribir \(a_n\) como \begin{eqnarray*} a_n&=&1+4\sum_{k=0}^{n-1}10^k+\sum_{k=0}^{2n-1}10^k=1+4\frac{10^n-1}{9}+\frac{10^{2n}-1}{9}\\ &=&\frac{10^{2n}+4\cdot 10^n+4}{9}=\left(\frac{10^n+2}{3}\right)^2 \end{eqnarray*} (donde se ha usado la suma de los términos de una progresión geométrica). Observemos que la última fracción es realmente un número natural pues el numerador es divisible entre \(3\) (sus cifras suman \(3\)). Esto prueba que \(a_n\) es un cuadrado perfecto como pretendíamos demostrar.