Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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.

Solución. En primer lugar, observemos que, para cualesquiera $x,y\in\mathbb{R}$, se tiene que \[\mathrm{th}(x+y)=\frac{\mathrm{th}(x)+\mathrm{th}(y)}{1+\mathrm{th}(x)\mathrm{th}(y)}=\mathrm{th}(x)*\mathrm{th}(y)\] luego $x*y=\mathrm{th}(\mathrm{arcth}(x)+\mathrm{arcth}(y))$ para cualesquiera $x,y\in(-1,1)$, donde estamos considerando la tangente hiperbólica $\mathrm{th}:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ y su inversa $\mathrm{arcth}:(-1,1)\rightarrow\mathbb{R}$, que están definidas por \[\mathrm{th}(x)=\frac{e^x-e^{-x}}{e^x-e^{-x}}\ \ (x\in\mathbb{R})\hspace{1.5cm} \mathrm{arcth}(x)=\frac{1}{2}\log\left(\frac{1+x}{1-x}\right)\ \ (x\in(-1,1))\] Ahora bien, esto no se lo podemos aplicar directamente a nuestro problema ya que $\mathrm{arcth}(n)$ no está definido para $n\in\mathbb{N}$, pero si observamos que $\frac{1}{x}*\frac{1}{y}=x*y$ y llamamos $S(n)$ al resultado que buscamos, tenemos que \begin{eqnarray*} S(n)&=&\mathrm{th}\left(\mathrm{arcth}(\frac{1}{2})+\mathrm{arcth}(\frac{1}{3})+\ldots+\mathrm{arcth}(\frac{1}{n})\right)\\ &=&\mathrm{th}\left(\frac{1}{2}\log(\frac{3}{1})+\frac{1}{2}\log(\frac{4}{2})+\frac{1}{2}\log(\frac{5}{3})+\ldots+\frac{1}{2}\log(\frac{n+1}{n-1})\right)\\ &=&\mathrm{th}\left(\frac{1}{2}\log\left(\frac{1}{2}n(n+1)\right)\right)=\frac{n(n+1)-2}{n(n+1)+2} \end{eqnarray*} que es la expresión que buscábamos.

Solución. Multiplicando ambos miembros por $-x+\sqrt{1+x^2}$, llegamos a que \begin{eqnarray*} y+\sqrt{1+y^2}=-x+\sqrt{1+x^2}&\Rightarrow&x+y=\sqrt{1+x^2}-\sqrt{1+y^2}\\ &\Rightarrow&(x+y)^2=2+x^2+y^2-2\sqrt{(1+x^2)(1+y^2)}\\ &\Rightarrow&2xy=2-2\sqrt{(1+x^2)(1+y^2)}\\ &\Rightarrow&(xy-1)^2=(1+x^2)(1+y^2)\\ &\Rightarrow&x^2y^2-2xy+1=1+x^2+y^2+x^2y^2\ \Rightarrow\ (x+y)^2=0, \end{eqnarray*} donde sucesivamente hemos ido aislando las raíces y elevando al cuadrado para eliminarlas. De aquí deducimos que $x+y=0$.