Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Escribamos por simplicidad $x_n=(1+\sqrt{5})^n+(1-\sqrt{5})^n$. Vamos a probar el resultado por inducción completa sobre $n$. El caso base $n=1$ (en realidad, para $n=0$ también es válido si se quiere incluir), nos da $x_1=(1+\sqrt{5})+(1-\sqrt{5})=2$, que es un entero divisible entre $2$. Supongamos entonces que $x_k$ es un entero divisible entre $2^k$ para todo $k\leq n$. Para analizar el siguiente número $x_{n+1}$, hacemos el siguiente desarrollo \begin{align*} 2x_n&=[(1+\sqrt{5})+(1-\sqrt{5})][(1+\sqrt{5})^n+(1-\sqrt{5})^n]\\ &=(1+\sqrt{5})^{n+1}+(1-\sqrt{5})^{n+1}+(1+\sqrt{5})(1-\sqrt{5})^n+(1-\sqrt{5})(1+\sqrt{5})^n\\ &=x_{n+1}+(1+\sqrt{5})(1-\sqrt{5})x_{n-1}=x_{n+1}-4x_{n-1} \end{align*} Podemos así despejar \[x_{n+1}=2x_n+4x_{n-1}=2\cdot 2^n\cdot a+4\cdot 2^{n-1}\cdot b=2^{n+1}(a+b),\] para ciertos enteros $a$ y $b$, donde hemos usado por hipótesis de inducción que existen dichos enteros tales que $x_n=2^n\cdot a$ y $x_{n-1}=2^{n-1}\cdot b$. Deducimos así que $x_{n+1}$ es un múltiplo de $2^{n+1}$ y hemos terminado la demostración.

Nota. Sabiendo un poco sobre sucesiones recurrentes lineales, el número $x_n=\alpha^n+\beta^n$ verifica una recurrencia lineal $x_{n+1}=p x_n+qx_{n-1}$, siendo $\alpha$ y $\beta$ las raíces del polinomio $x^2-px-q=0$.

Solución. Vamos a probar la fórmula por inducción sobre $n$. El caso base es $n=1$, para el que se tiene que el miembro de la izquierda es \begin{align*} \frac{1}{x-1}-\frac{4}{x^4-1}&=\frac{1}{x-1}-\frac{4}{(x-1)(x+1)(x^2+1)}=\frac{(x+1)(x^2+1)-4}{(x-1)(x+1)(x^2+1)}\\ &=\frac{x^3+x^2+x-3}{(x-1)(x+1)(x^2+1)}=\frac{x^2+2x+3}{(x+1)(x^2+1)}\\ &=\frac{(x^2+1)+2(x+1)}{(x+1)(x^2+1)}=\frac{1}{x+1}+\frac{2}{x^2+1} \end{align*} Supongamos ahora que la igualdad es cierta para $n-1$, es decir, supongamos que \[\frac{1}{x+1}+\frac{2}{x^2+1}+\frac{4}{x^4+1}+\ldots+\frac{2^{n-1}}{x^{2^{n-1}}+1}=\frac{1}{x-1}-\frac{2^{n}}{x^{2^{n}}-1}.\] Entonces, para el siguiente caso tenemos que \begin{align*} \frac{1}{x+1}+\ldots+\frac{2^n}{x^{2^n}+1}&=\frac{1}{x-1}-\frac{2^{n}}{x^{2^{n}}-1}+\frac{2^n}{x^{2^n}+1}\\ &=\frac{1}{x-1}-\frac{2^n[(x^{2^{n}}-1)-(x^{2^{n}}+1)]}{(x^{2^{n}}-1)(x^{2^n}+1)}=\frac{1}{x-1}-\frac{2^{n+1}}{x^{2^{n+1}}-1}, \end{align*} donde hemos aplicado la hipótesis de inducción a los primeros $n$ sumandos.

Solución. Supongamos que $a_n$ es racional para cierto valor de $n$ y, por tanto, que su expresión decimal es periódica. Si llamamos $r$ a la longitud del período, como $10^{rn}$ tiene al menos $r$ ceros consecutivos y está contenido en la mantisa de $a_n$, deducimos necesariamente que el período es cero, es decir, que el número es un decimal exacto. Esto es una contradicción ya que hay infinitos decimales no nulos en $a_n$. Esta contradicción nos asegura que $a_n$ no es racional para ningún valor de $n$.

Solución. Llamemos $S(n)$ a la suma de fracciones que nos dice el enunciado y veamos que $S(n)=\frac{1}{2}$ por inducción sobre $n$. En el caso inicial $n=2$, la única fracción que cumple esos requisitos es $\frac{1}{2}$ para $p=1$ y $q=2$, luego $S(2)=\frac{1}{2}$. Supongamos que $S(n)=\frac{1}{2}$ para cierto $n\geq 2$ y probemos que $S(n+1)=\frac{1}{2}$. Observemos que las sumas $S(n)$ y $S(n+1)$ contienen los mismos sumandos excepto los siguientes:

• Los sumandos que aparecen en $S(n)$ y no en $S(n+1)$ son aquellos en que $p+q=n+1$.
• Los sumandos que aparecen en $S(n+1)$ y no en $S(n)$ son aquellos en que $q=n+1$.

Ahora bien, cada par $(p,q)$ de primos relativos con $p+q=n+1$ se puede poner en correspondencia con los pares de primos relativos $(p,n+1)$ y $(q,n+1)$. El valor total de los sumandos no varía ya que \[\frac{1}{p(n+1)}+\frac{1}{q(n+1)}=\frac{p+q}{pq(n+1)}=\frac{1}{pq},\] luego $S(n+1)=S(n)=\frac{1}{2}$ y el enunciado queda demostrado.

Solución. Restando $x+y+z$ de ambas fracciones, obtenemos la igualdad \begin{eqnarray*} \frac{yz-x^2}{1-x}-(x+y+z)&=&\frac{yz-x^2-(1-x)(x+y+z)}{1-x}=\frac{yz+xz+xy-x-y-z}{1-x},\\ \frac{xz-y^2}{1-y}-(x+y+z)&=&\frac{xz-y^2-(1-y)(x+y+z)}{1-y}=\frac{yz+xz+xy-x-y-z}{1-y}.\\ \end{eqnarray*} Como estas fracciones han de ser iguales pero los denominadores son distintos (y distintos de cero), el numerador común debe ser cero, luego las fracciones iniciales eran iguales a $x+y+z$, como queríamos probar.