Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Esta es una sucesión recurrente muy sencilla puesto que $a_{r+2}-3a_{r+1}+2a_r=0$ nos da el polinomio característico $p(x)=x^2-3x+2=(x-2)(x-1)$. Como tiene raíces distintas, podemos escribir el término general de la sucesión como combinación de las potencias de dichas raíces, es decir, se cumple que $a_r=\alpha\cdot 2^r+\beta\cdot 1^r$ para ciertos $\alpha,\beta\in\mathbb{R}$. En $r=0$ tenemos que $\alpha+\beta=a_0$ y en $r=1$ tenemos que $2\alpha+\beta=a_1$, de donde podemos despejar $\alpha$ y $\beta$ para obtener la expresión \[a_r=(a_1-a_0)2^r+(2a_0-a_1)=(a_1-a_0)(2^r-2)+a_1,\qquad\text{para todo }r\geq 0.\] Como $a_0$ y $a_1$ son enteros y $a_1\gt a_0$ por hipótesis, se cumple necesariamente que $a_1-a_0\geq 1$. También tenemos que $a_1\geq 1$ por hipótesis, lo que nos da $a_r\geq 2^r-1$. Ahora sólo hay que observar que $2^{100}-1\gt 2^{100}-2^{99}=2^{99}$, luego se tiene que $a_{100}\gt 2^{99}$.

Nota. De hecho, lo anterior prueba que el menor valor posible de $a_{100}$ bajo las condiciones del enunciado es $2^{100}-1$ y se obtiene únicamente para $a_1=1$ y $a_0=0$.

Solución. Observemos que \begin{align*} 2ax_n&=\left[\left(a+\frac{b}{\sqrt{2}}\right)+\left(a-\frac{b}{\sqrt{2}}\right)\right]\left[\left(a+\frac{b}{\sqrt{2}}\right)^n+\left(a-\frac{b}{\sqrt{2}}\right)^n\right]\\ &=\left(a+\frac{b}{\sqrt{2}}\right)^{n+1}\!\!\!\!+\left(a-\frac{b}{\sqrt{2}}\right)^{n+1}\!\!\!\!+\left(a-\frac{b}{\sqrt{2}}\right)\left(a+\frac{b}{\sqrt{2}}\right)^n\!\!+\left(a+\frac{b}{\sqrt{2}}\right)\left(a-\frac{b}{\sqrt{2}}\right)^n\\ &=x_{n+1}+\left(a-\frac{b}{\sqrt{2}}\right)\left(a+\frac{b}{\sqrt{2}}\right)x_{n-1}\\ &=x_{n+1}+\left(a^2-\frac{b^2}{2}\right)x_{n-1}. \end{align*} En otras palabras, cada elemento de la sucesión se puede escribir como combinación de los dos que lo preceden, es decir, la sucesión se describe recurrentemente como \[x_0=1,\qquad x_1=2a,\qquad x_{n+1}=2ax_n-\left(a^2-\tfrac{b^2}{2}\right)x_{n-1}.\] Si $b$ es par, entonces $a^2-\frac{b^2}{2}$ es entero y, por tanto, todos los términos de la sucesión son enteros. Si $b$ es impar, entonces $a^2-\frac{b^2}{2}$ no es entero y tiene denominador $2$, luego todos los términos de la sucesión serán racionales pero el único factor primo que puede aparecer en el denominador es $2$. Supongamos que $a=2^mq$, siendo $q$ un número impar. Entonces,

• $(a^2-\frac{b^2}{2})x_{n-1}$ quita un factor $2$ de $x_{n-1}$,
• $2ax_n$ tiene $m+1$ factores $2$ más que $x_n$.

Como $x_0=2$ y $x_1=2a=2^{m+1}q$, el exponente de $2$ en $x_{2n}$ es $1-n$ y en $x_{2n+1}$ es $m-n+1$ (¿sabrías probar esto por inducción sobre $n$?). Tenemos así que, para $b$ impar, los términos pares enteros son solamente $x_0$ y $x_2$ y los términos impares enteros son $x_1,x_3,\ldots,x_{2m+3}$.

Nota. La recurrencia $x_{n+1}=2ax_n-(a^2-\frac{b^2}{2})x_{n-1}$ se puede obtener directamente del polinomio característico $p(x)=x^2-2ax+a^2-\frac{b^2}{2}$, que es el polinomio cuadrático con raíces $a\pm\frac{b}{\sqrt{2}}$.

Solución. Consideramos la ecuación \[(\star)\quad \frac{2x-7}{2x^2-2x-5}=k\ \Longleftrightarrow\ 2kx^2-2(k+1)x-5k+7=0.\] El discriminante de esta ecuación de segundo grado es \[\Delta=4(k+1)^2-8k(7-5k)=4(1-12k+11k^2)=44(k-1)(k-\tfrac{1}{11})\] y tiene que ser $\Delta\geq 0$ para que $(\star)$ tenga solución. Deducimos directamente que $(\star)$ tiene solución si y sólo si, $k\geq 1$ o $k\leq \frac{1}{11}$, luego la solución a la cuestión del enunciado es $k=\frac{1}{11}$.

Nota. Esta es una solución sin derivadas, aunque es obvio que el problema se puede resolver fácilmente estudiando máximos y mínimos. Tenemos que \[f(x)=\frac{2x-7}{2x^2-2x-5}\ \Longrightarrow\ f'(x)=\frac{-4(x-1)(x-6)}{(2 x^2-2x-5)^2}\] luego $f'(x)=0$ sólo si $x=1$ o $x=6$. Analizando las asíntotas verticales y horizontales de $f(x)$, se puede ver que no hay valores de $f(x)$ entre el máximo local $f(6)=\frac{1}{11}$ y el mínimo local $f(1)=1$.