Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Por tener módulo unidad, se puede escribir $z=\cos(t)+i\operatorname{sen}(t)$, con lo que $z^n=\cos(nt)-i\operatorname{sen}(nt)$ para todo $n\in\mathbb{Z}$ por la fórmula de De Moivre y, en particular, $\frac{1}{z}=z^{-1}=\cos(t)-i\operatorname{sen}(t)$. Por tanto, la ecuación se escribe como $\cos^n(t)=\cos(nt)$ para la incógnita real $t\in[0,2\pi)$.

• Para $n=2$, tenemos $\cos^2(t)=\cos(2t)=\cos^2(t)-\operatorname{sen}^2(t)$, lo que nos da la ecuación $\operatorname{sen}(t)=0$, que tiene por únicas soluciones $t=0$ y $t=\pi$. Así, las únicas soluciones de la ecuación original para $n=2$ son $z=1$ y $z=-1$.
• Para $n=3$, tenemos $\cos^3(t)=\cos(3t)=\cos ^3(t)-3 \operatorname{sen}^2(t) \cos (t)$, lo que nos lleva a $\operatorname{sen}(t)=0$ o bien $\cos(t)=0$, que tiene soluciones $t\in\{0,\frac{\pi}{2},\pi,\frac{3\pi}{2}\}$. Por tanto, tenemos exactamente las cuatro soluciones $z_1=1$, $z_2=-1$, $z_3=i$ y $z_4=-i$.
• Para $n=4$, tenemos $\cos^4(t)=\cos(4t)=\operatorname{sen}^4(t)+\cos ^4(t)-6\operatorname{sen}^2(t) \cos ^2(t)$, lo que nos da $\sin(t)=0$ o bien $\operatorname{sen}^2(t)=6\cos^2(t)$. La ecuación $\sin(t)=0$ nos da $t=0$ y $t=\pi$, mientras que $\operatorname{sen}^2(t)=6\cos^2(t)$ equivale a $\tan(t)=\pm\sqrt{6}$. Tenemos entonces seis soluciones: \begin{align*} z_1&=1,\\ z_2&=-1,\\ z_3&=\cos(\arctan\sqrt{6})+i\operatorname{sen}(\arctan\sqrt{6})=\frac{1}{\sqrt{7}}+i\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{7}},\\ z_4&=\cos(\pi+\arctan\sqrt{6})+i\operatorname{sen}(\pi+\arctan\sqrt{6})=-\frac{1}{\sqrt{7}}-i\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{7}},\\ z_5&=\cos(-\arctan\sqrt{6})+i\operatorname{sen}(-\arctan\sqrt{6})=\frac{1}{\sqrt{7}}-i\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{7}},\\ z_6&=\cos(\pi-\arctan\sqrt{6})+i\operatorname{sen}(\pi-\arctan\sqrt{6})=-\frac{1}{\sqrt{7}}+i\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{7}}. \end{align*}
• Para $n=5$, tenemos $\cos^5(t)=\cos(5t)=\cos^5(t)-10 \operatorname{sen}^2(t) \cos ^3(t)+5 \operatorname{sen}^4(t) \cos (t)$, lo que nos da las ecuaciones $\operatorname{sen}(t)=0$ o $\cos(t)=0$ o $-2\cos ^2(t)+\operatorname{sen}^2(t) \cos (t)=0$. Esta última nos lleva a que $\tan(t)=\pm\sqrt{2}$. Tenemos entonces ocho soluciones: \begin{align*} z_1&=1,\\ z_2&=-1,\\ z_3&=i,\\ z_4&=-i,\\ z_5&=\cos(\arctan\sqrt{2})+i\operatorname{sen}(\arctan\sqrt{2})=\frac{1}{\sqrt{3}}+i\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}},\\ z_6&=\cos(\pi+\arctan\sqrt{2})+i\operatorname{sen}(\pi+\arctan\sqrt{2})=-\frac{1}{\sqrt{3}}-i\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}},\\ z_7&=\cos(-\arctan\sqrt{2})+i\operatorname{sen}(-\arctan\sqrt{2})=\frac{1}{\sqrt{3}}-i\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}},\\ z_8&=\cos(\pi-\arctan\sqrt{2})+i\operatorname{sen}(\pi-\arctan\sqrt{2})=-\frac{1}{\sqrt{3}}+i\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}. \end{align*}

En cuanto a la cota superior, observamos que tras quitar denominadores en la ecuación obtenemos una ecuación $p(z)=0$, siendo $p(z)$ un polinomio de grado $2n$. Por el teorema fundamental del álgebra, la ecuación tiene $2n$ soluciones complejas contando multiplicidades. Algunas de ellas podrían no estar en el círculo unidad, pero deducimos aun así que $2n$ es una cota superior.

Solución. Las filas a partir de la tercera se pueden escribir como combinación lineal de las dos primeras. Esto equivale a que, para cada $i\geq 3$, existan $\lambda_i,\mu_i\in\mathbb{R}$ tales que \[a^i+b^j=\lambda_i(a+b^j)+\mu_i(a^2+b^j)\ \Leftrightarrow\ (\lambda_i+\mu_i-1)b^j+a(\lambda_i+a\mu_i-a^i)=0.\] Podemos tomar $\mu_i=1-\lambda_i$ para anular el primer paréntesis y luego el segundo nos queda $\lambda_i+a(1-\lambda_i)=a^i$, de donde despejamos (ya que $a\neq 1$): \[\lambda_i=a\frac{a^{i-1}-1}{1-a},\qquad \mu_i=1-\lambda_i=\frac{1-a^i}{1-a}.\] Como $\frac{1-a^k}{1-a}=1+a+\ldots+a^{k-1}$ para todo $k\geq 1$, resulta que tanto $\lambda_i$ como $\mu_i$ son números enteros y tenemos que la respuesta al enunciado es como máximo $2$. Para ver que la solución realmente es $2$, comprobamos que las dos primeras filas son linealmente independientes (tienen rango 2), lo que se deduce del menor \begin{align*} \left|\begin{matrix}a+b&a+b^2\\a^2+b&a^2+b^2\end{matrix}\right|&=(a+b)(a^2+b^2)-(a+b^2)(a^2+b)\\ &=ab(a+b-1-ab)=-ab(a-1)(b-1)\neq 0 \end{align*} ya que $a$ y $b$ no toman los valores $0$ ni $1$.

Solución. Para la primera parte, basta observar que \[(\sqrt{y}+\sqrt{xy})^2=y+2\sqrt{y}\sqrt{xy}+xy=y+xy+2y\sqrt{x}\] y tomar raíces cuadradas en ambos miembros usando que $\sqrt{y}+\sqrt{xy}\gt 0$.

Para la segunda parte, podemos hacer un razonamiento similar para $x=\frac{5}{3}-\frac{1}{3}\sqrt{5}$ e $y=3$, lo que nos da la igualdad \[\left(\sqrt{3}+\sqrt{5-\sqrt{22}}\right)^2=8-\sqrt{22}+2\sqrt{15-3\sqrt{22}}\] y podemos transformar \begin{align*} M&=\sqrt{3}+\sqrt{5+\sqrt{22}}+\sqrt{5-\sqrt{22}}\\ &=\sqrt{3}+\sqrt{(5+\sqrt{22})+(5-\sqrt{22})+2\sqrt{5+\sqrt{22}}\sqrt{5-\sqrt{22}}}\\ &=\sqrt{3}+\sqrt{10+2\sqrt{25-22}}=\sqrt{3}+\sqrt{10+2\sqrt{3}}. \end{align*}