Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. El número $\binom{2n}{n}$ aparece en el binomio de Newton \[(x+1)^{2n}=\textstyle\binom{2n}{0}x^{2n}+\binom{2n}{1}x^{2n-1}+\ldots+\binom{2n}{n}x^n+\ldots+\binom{2n}{2n},\] siendo el coeficiente del término de grado $n$. Sin embargo, podemos expresar también $(x+1)^{2n}=(x+1)^n(x+1)^n$ y desarrollar esto último de nuevo por la fórmula de Newton: \[(x+1)^{2n}=\textstyle\left(\binom{n}{0}x^{n}+\binom{n}{1}x^{n-1}+\ldots+\binom{n}{n}\right)\left(\binom{n}{0}x^{n}+\binom{n}{1}x^{n-1}+\ldots+\binom{n}{n}\right).\] En esta última ecuación, el término de grado $n$ viene dado por \[\binom{2n}{n}=\binom{n}{0}\binom{n}{n}+\binom{n}{1}\binom{n}{n-1}+\ldots+\binom{n}{n}\binom{n}{0}.\] Teniendo en cuenta que $\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}$, se llega directamente a la fórmula del enunciado.

Solución. Vamos a utilizar que $\binom{2n}{n}$ es el número de formas de elegir $n$ elementos del conjunto $C=\{1,2,3,\ldots,2n\}$. Si descomponemos este conjunto en los conjuntos $A=\{1,2,\ldots,n\}$ y $B=\{n+1,n+2,\ldots,2n\}$, elegir $n$ elementos de $C$ equivale a elegir $k$ elementos de los $n$ que tiene $A$ y $n-k$ elementos de los $n$ que tiene $B$, pero esto debe hacerse para cualquier $k$ desde $0$ hasta $n$, lo que nos dice que \[\binom{2n}{n}=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\binom{n}{n-k}=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}^2,\] donde hemos usado que $\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}$ para todo $k$.

Solución. Podemos desarrollar \[z^2+az+b=(z-z_1)(z-z_2)=z^2-(z_1+z_2)z+z_1z_2\] e identificar coeficientes para obtener que \[z_1+z_2=-a,\qquad z_1z_2=b.\] Si llamamos $s_n=z_1^n+z_2^n$, tenemos que \[s_n=(z_1^{n-1}+z_2^{n-1})(z_1+z_2)-z_1z_2(z_1^{n-2}+z_2^{n-2})=-as_{n-1}-bs_{n-2},\] lo que nos dice que cada término de la sucesión $s_n$ es suma de los dos términos precedentes multiplicados por reales. Como los términos iniciales $s_1=-a$ y $s_0=2$ son números reales, toda la sucesión estará formada por números reales.

En el caso de $z^2-2z+2=0$, tenemos las raíces $z_1=1+i$ y $z_2=1-i$, que podemos expresar en forma polar como $z_1=\sqrt{2}(\cos(45)+i\mathrm{sen}(45))$ y $z_2=\sqrt{2}(\cos(-45)+i\mathrm{sen}(-45))$, luego la fórmula de De Moivre nos dice que \begin{align*} z_1^n+z_2^n&=\sqrt{2^n}\left(\cos(45n)+i\,\mathrm{sen}(45n)+\cos(-45n)+i\,\mathrm{sen}(-45n)\right)\\ &=\sqrt{2^n}\left(2\cos(45n)\right)=2^{1+\frac{n}{2}}\cos(45n), \end{align*} donde hemos usado que la función coseno es par y la función seno impar. Además, $\cos(45n)$ tiene un comportamiento periódico de período $8$, luego podemos escribir \[z_1^n+z_2^n=\begin{cases} 2^{1+\frac{n}{2}}&\text{si }n\equiv 0\ (\text{mod }8),\\ 2^{\frac{n+1}{2}}&\text{si }n\equiv 1\text{ o }n\equiv 7\ (\text{mod }8),\\ 0&\text{si }n\equiv 2\text{ o }n\equiv 6\ (\text{mod }8),\\ -2^{\frac{n+1}{2}}&\text{si }n\equiv 3\text{ o }n\equiv 5\ (\text{mod }8),\\ -2^{1+\frac{n}{2}}&\text{si }n\equiv 4\ (\text{mod }8).\\ \end{cases}\] Observamos además que en todos los casos da un resultado entero.

Solución. Haciendo el cambio de variable $t=x-3$, obtenemos que $\mathrm{d}t=\mathrm{d}x$ y que $t$ se mueve en el intervalo $[-1,1]$ cuando $x$ se mueve en el intervalo $[2,4]$. En definitiva, \[\int_2^4\mathrm{sen}((x-3)^3)\,\mathrm{d}x=\int_{-1}^1\mathrm{sen}(t^3)\,\mathrm{d}t.\] Ahora bien, la función $f(t)=\sen(t^3)$ es impar (es decir, cumple que $f(-t)=-f(t)$ y la estamos integrando en el intervalo $[-1,1]$, simétrico respecto del origen, luego la integral que del enunciado vale $0$.

Nota. La función $f(t)=\sen(t^3)$ no tiene una primitiva en términos de funciones elementales, luego no es plausible abordar el problema resolviendo la integral de forma directa.

Solución. Al lanzar la moneda hay $2^3=8$ posibles resultados, de los cuales en uno salen todas caras, en tres salen dos caras y una cruz, en tres sale una cara y dos cruces y en tres salen todas cruces. Veamos cada caso por separado:

• Si son todo caras, entonces son todo bolas blancas, luego la probabilidad de sacar cuatro blancas es $1$.
• Si son dos caras y una cruz, entonces habrá dos bolas blancas y una negra. En cada extracción, habrá una probabilidad de $\frac{2}{3}$ de sacar una bola blanca, luego la probabilidad de que sacar las cuatro blancas será $(\frac{2}{3})^4=\frac{16}{81}$, ya que las extracciones son independientes al devolver la bola a la urna.
• Si son una cara y dos cruces, el mismo razonamiento nos dice que la probabilidad de que sacar las cuatro blancas será $(\frac{1}{3})^4=\frac{1}{81}$.
• Si son todo cruces, entonces todas las bolas son negras, luego la probabilidad de sacar cuatro blancas es $0$.

Por tanto, la probabilidad que nos piden es \[\frac{1}{8}\cdot 1+\frac{3}{8}\cdot \frac{16}{81}+\frac{3}{8}\cdot\frac{1}{81}+\frac{1}{8}\cdot 0=\frac{11}{54}.\]