Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Si llamamos $N$ al radicando, entonces $N$ está determinado por la ecuación $N=2207-\frac{1}{N}$. La única solución positiva de esta ecuación está dada por \[N=\frac{2207+987\sqrt{5}}{2},\] luego éste ha de ser el valor del radicando. El resto del problema consistirá en calcular la raíz decimosexta de $N$, lo que se puede interpretar como calcular cuatro veces consecutivas la raíz cuadrada.

Si bien puede ser difícil un calculo directo, vamos a suponer que dicha raíz es de la forma $x+y\sqrt{5}$, siendo $x$ e $y$ números racionales. Esto nos dice que \[\frac{2207+987\sqrt{5}}{2}=(x+y\sqrt{5})^2=x^2+5y^2+2xy\sqrt{5},\] Si estos números son iguales entonces ha de cumplirse que \[\left\{\begin{array}{l}x^2+5y^2=\frac{2207}{2},\\2xy=\frac{987}{2}\end{array}\right.\] Este sistema de dos ecuaciones de segundo grado con dos incógnitas puede resolverse despejando $y=\frac{987}{4x}$ en la segunda ecuación y sustituyendo en la primera: \[x^2+\frac{5\cdot 987^2}{16x^2}=\frac{2207}{2}\ \Leftrightarrow\ 16x^4-17656x^2+4870845=0.\] Esta ecuación bicuadrada tiene sólo dos soluciones racionales $x=\pm\frac{47}{2}$, que dan lugar a los valores $y=\pm\frac{21}{2}$. Como sólo queremos la solución positiva (ya que debemos volver a tomar raíces cuadradas), concluimos que \[\sqrt{N}=\frac{47+21\sqrt{5}}{2}.\] Ahora hay que repetir tres veces más el proceso. Usando exactamente el mismo razonamiento, se llega a los siguientes resultados: \[\sqrt[4]{N}=\frac{7+3\sqrt{5}}{2},\qquad\sqrt[8]{N}=\frac{3+\sqrt{5}}{2},\qquad\sqrt[16]{N}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}.\] Por lo tanto, el número buscado es la razón áurea $\phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.

Nota. El radicando $N$ es lo que se conoce como una fracción continua y el lector más inquisitivo puede encontrar una falta de rigor en los puntos suspensivos que aparecen en el enunciado. Esta fracción continua no es otra cosa que el límite de la sucesión \[\left\{2207+\frac{1}{2207},2207+\frac{1}{2207+\frac{1}{2207}},2207+\frac{1}{2207+\frac{1}{2207+\frac{1}{2207}}},2207+\frac{1}{2207+\frac{1}{2207+\frac{1}{2207+\frac{1}{2207}}}},\ldots\right\}\] y puede probarse usando técnicas de cálculo que dicha sucesión es convergente y su límite verifica la relación intuitiva $N=2207+\frac{1}{N}$. No obstante, esto queda fuera del alcance de este problema.

Solución. La respuesta es afirmativa para 2003. Escribiendo los números de la primera fila como $a_k=a_0+k$ y los de la segunda como $b_k=b_0+k$ para $k\in\{1,\ldots,2003\}$, una forma de distribuir los números es la siguiente:

$a_{1002}$	$a_{1001}$	$a_{1000}$	...	$a_{1}$	$a_{2003}$	$a_{2002}$	$a_{2001}$	...	$a_{1001}$
$b_{1}$	$b_{3}$	$b_{5}$	...	$b_{2003}$	$b_{2}$	$b_{4}$	$b_{6}$	...	$b_{2002}$

Los números de la primera fila forman dos sucesiones decrecientes de números consecutivos, mientras que los de la segunda forman dos sucesiones crecientes de números que van saltando de dos en dos.

Veamos que la respuesta es negativa para 2004. Razonando por reducción al absurdo, supongamos que la respuesta es afirmativa. Escribiendo los números de la primera fila como $a_k=a_0+k$, los de la segunda fila como $b_k=b_0+k$ y las sumas como $c_k=c_0+k$ para $k\in\{1,\ldots,2004\}$, tenemos que las sumas de los números de estas filas están dadas por \begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{2004}a_k&=&2004a_0+\sum_{k=1}^{2004}k=2004a_0+\frac{2004\cdot 2005}{2}=2004\left(a_0+\frac{2005}{2}\right),\\ \sum_{k=1}^{2004}b_k&=&2004b_0+\sum_{k=1}^{2004}k=2004b_0+\frac{2004\cdot 2005}{2}=2004\left(b_0+\frac{2005}{2}\right),\\ \sum_{k=1}^{2004}c_k&=&2004c_0+\sum_{k=1}^{2004}k=2004c_0+\frac{2004\cdot 2005}{2}=2004\left(c_0+\frac{2005}{2}\right). \end{eqnarray*} Ahora bien, independientemente de la colocación de los $a_k$ y $b_k$, la suma de las dos primeras sumas ha de ser igual a la de la tercera, luego tenemos que \[a_0+b_0+\frac{2005}{2}=c_0.\] Esto es una contradicción ya que $a_0$, $b_0$ y $c_0$ son números enteros mientras que $\frac{2005}{2}$ no lo es.

Nota. En la demostración anterior puede suponerse sin perder generalidad que $a_0=b_0=0$, con lo que $a_k=b_k=k$ para todo $k$ y así simplificar ligeramente la notación.

Solución. Comenzaremos demostrando que $S$ es un entero. Observemos que para todo $\alpha\in\{1º,3º,\ldots,89º\}$, se cumple que $\cos(90\alpha)=0$. Usando números complejos, la fórmula de De Moivre y el binomio de Newton, podemos desarrollar entonces \begin{eqnarray*} 0&=&\mathrm{Re}(\cos(90\alpha)+i\sin(90\alpha))=\mathrm{Re}(\cos(\alpha)+i\sin(\alpha))^{90}\\ &=&\sum_{k=0}^{45}(-1)^{2k}\binom{90}{2k}\cos^{90-2k}(\alpha)\sin^{2k}(\alpha)\\ &=&\cos^{90}(\alpha)\sum_{k=0}^{45}(-1)^{2k}\binom{90}{2k}\tan^{2k}(\alpha). \end{eqnarray*} En la identidad anterior podemos cancelar $\cos^{90}(\alpha)$ ya que es distinto de cero, obteniendo que los 45 números que queremos sumar ($\tan^2(1º)$, $\tan^2(3º)$, ..., $\tan^2(89º)$) son raíces del polinomio de grado 45 \[P(x)=\sum_{k=0}^{45}(-1)^{2k}\binom{90}{2k}x^k.\] Como estos 45 números son todos distintos (la tangente es creciente en el intervalo $[0,90]$), deducimos que son exactamente las raíces de $P(x)$, por lo que su suma será el coeficiente del término de grado $1$ de $P(x)$, es decir, \[S=\binom{90}{2}=\frac{90\cdot 89}{2}=4005.\]

Finalmente, como $\tan(90-x)=\mathrm{cotan}(x)$ y $\tan^2(x)+\tan^2(90-x)=4\mathrm{cotan}^2(2x)+2$ (estas fórmulas se demuestran fácilmente y se dejan para el lector), podemos escribir \begin{align*} S+C&=\sum_{\alpha=1}^{89}\tan^2(\alpha)=\frac{1}{2}\sum_{\alpha=1}^{89}\left(\tan^2(\alpha)+\tan^2(90-\alpha)\right)\\ &=89+2\sum_{\alpha=1}^{89}\mathrm{cotan}^2(2\alpha)=89+4\sum_{\alpha=1}^{44}\mathrm{cotan}^2(2\alpha)=89+4C \end{align*} de donde $S=3C+89$ y podemos despejar $C=\frac{3916}{3}$.