Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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 $x+y=0$.

Solución. Llamemos $a=\sqrt[4]{97-x}$ y $b=\sqrt[4]{x}$ luego sabemos que $a+b=5$ y $a^4+b^4=97$, sistema que pasamos a resolver. Por un lado, tenemos que $25=(a+b)^2=a^2+b^2+2ab$, de donde $a^2+b^2=25-2ab$ luego podemos calcular \[625=(a+b)^4=a^4+b^4+4ab(a^2+b^2)+6a^2b^2=97+100ab-8a^2b^2+6a^2b^2\] luego $a^2b^2-50ab+264=0$. Aquí podemos despejar $ab$ usando la fórmula de las soluciones de la ecuación de segundo grado y obtenemos que $ab=6$ ó $ab=44$. Si $ab=6$, entonces tenemos el sistema $a+b=5$, $ab=6$, que tiene por soluciones $(a,b)=(2,3)$ y $(a,b)=(3,2)$ y, como $x=b^4$, tenemos las posibles soluciones $x=16$ y $x=81$. En el caso $ab=44$, tenemos el sistema $a+b=5$, $ab=44$, que no tiene soluciones reales. Comprobamos $x=16$ y $x=81$ en la ecuación inicial y deducimos que éstas son las únicas dos soluciones.

Solución. Llamemos $d$ a la diferencia de la progresión aritmética y supongamos que $a^2$ es un término de la sucesión. Entonces, $(a+d)^2=a^2+(2a+d)d$ también es un término de la sucesión (pues es el término $a^2$ al que se le ha sumado un múltiplo entero de $d$) lo que nos dice que, dado un cuadrado perfecto en la sucesión podemos encontrar otro mayor que éste luego ha de haber infinitos cuadrados perfectos.

Solución. Si denotamos por $\{a_1,\ldots,a_{100}\}$ a los términos de la sucesión, entonces podemos escribir $a_k=a_1+(k-1)d$ donde $d$ es la diferencia de la progresión aritmética. Las condición sobre la suma de los términos se traduce en \begin{align*} -1=a_1+a_2+\ldots+a_{100}&=a_1^2+(a_1+d)+\ldots+(a_1+99d)\\ &=100a_1+(1+2+\ldots+99)d=100a_1+4950d \end{align*} y la condición sobre suma de los términos pares se traduce en \begin{align*} 1=a_2+a_4+\ldots+a_{100}&=(a_1+d)+(a_1+3d)+\ldots+(a_1+99d)\\ &=50a_1+(1+3+\ldots+99)d=50a_1+2500d. \end{align*} Tenemos así un sistema de ecuaciones lineales con incógnitas $a_1$ y $d$, que tiene por solución única $d=\frac{3}{50}$ y $a_1=\frac{-149}{50}$. Vamos a usar esto para calcular la suma de los cuadrados: \begin{align*} a_1^2+a_2^2+\ldots+a_{100}^2&=a_1^2+(a_1+d)^2+\ldots+(a_1+99d)^2\\ &=100a_1^2+2(1+2+\ldots+99)a_1d+(1^2+2^2+\ldots+99^2)d^2\\ &=100a_1^2+9900a_1d+328350=\frac{14999}{50}. \end{align*}

Nota. En los cálculos anteriores, hemos usado las fórmulas conocidas para la suma de los $n$ primeros naturales, impares y cuadrados: \[1+2+\ldots+n=\frac{n(n+1)}{2},\qquad 1+3+\ldots+(2n-1)=n^2,\] \[1^2+2^2+\ldots+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.\]