Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Vamos a probar por inducción sobre $n$ que el valor de la suma es constante uno y, en particular, no depende de $n$. Para $n=0$, la suma tiene un único sumando, correspondiente a $j=k=0$, que vale uno. Supuesto cierto para $n-1$, veamos que también se cumple para $n$, lo que equivale a mostrar que los sumandos que se añaden al cambiar $n-1$ por $n$ suman cero. Dichos sumandos que se añaden corresponden con los valores de $j,k\geq 0$ para los que $j+k=n$ y su suma viene dada por \[\sum_{j+k=n}\frac{(-1)^k}{j!\cdot k!}=\sum_{r=0}^n\frac{(-1)^r}{r!(n-r)!}=\frac{1}{n!}\sum_{r=0}^n(-1)^r\left(\begin{array}{c}n\\r\end{array}\right)=\frac{(1-1)^n}{r!}=0\] donde hemos hecho el cambio $k=r$, $j=n-r$ y en el último paso hemos usado que la sumatoria es la correspondiente por el binomio de Newton al desarrollo de $(1-1)^n$.

Solución. Llamemos \(a_n\) al \(n\)-ésimo número de la sucesión. Entonces, podemos escribir \(a_n\) como \begin{eqnarray*} a_n&=&1+4\sum_{k=0}^{n-1}10^k+\sum_{k=0}^{2n-1}10^k=1+4\frac{10^n-1}{9}+\frac{10^{2n}-1}{9}\\ &a=&\frac{10^{2n}+4\cdot 10^n+4}{9}=\left(\frac{10^n+2}{3}\right)^2 \end{eqnarray*} (donde se ha usado la suma de los términos de una progresión geométrica). Observemos que la última fracción es realmente un número natural pues el numerador es divisible entre \(3\) (sus cifras suman \(3\)). Esto prueba que \(a_n\) es un cuadrado perfecto como pretendíamos demostrar.

Solución. En primer lugar, observemos que, para cualesquiera $x,y\in\mathbb{R}$, se tiene que \[\mathrm{th}(x+y)=\frac{\mathrm{th}(x)+\mathrm{th}(y)}{1+\mathrm{th}(x)\mathrm{th}(y)}=\mathrm{th}(x)*\mathrm{th}(y)\] luego $x*y=\mathrm{th}(\mathrm{arcth}(x)+\mathrm{arcth}(y))$ para cualesquiera $x,y\in(-1,1)$, donde estamos considerando la tangente hiperbólica $\mathrm{th}:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ y su inversa $\mathrm{arcth}:(-1,1)\rightarrow\mathbb{R}$, que están definidas por \[\mathrm{th}(x)=\frac{e^x-e^{-x}}{e^x-e^{-x}}\ \ (x\in\mathbb{R})\hspace{1.5cm} \mathrm{arcth}(x)=\frac{1}{2}\log\left(\frac{1+x}{1-x}\right)\ \ (x\in(-1,1))\] Ahora bien, esto no se lo podemos aplicar directamente a nuestro problema ya que $\mathrm{arcth}(n)$ no está definido para $n\in\mathbb{N}$, pero si observamos que $\frac{1}{x}*\frac{1}{y}=x*y$ y llamamos $S(n)$ al resultado que buscamos, tenemos que \begin{eqnarray*} S(n)&=&\mathrm{th}\left(\mathrm{arcth}(\frac{1}{2})+\mathrm{arcth}(\frac{1}{3})+\ldots+\mathrm{arcth}(\frac{1}{n})\right)\\ &=&\mathrm{th}\left(\frac{1}{2}\log(\frac{3}{1})+\frac{1}{2}\log(\frac{4}{2})+\frac{1}{2}\log(\frac{5}{3})+\ldots+\frac{1}{2}\log(\frac{n+1}{n-1})\right)\\ &=&\mathrm{th}\left(\frac{1}{2}\log\left(\frac{1}{2}n(n+1)\right)\right)=\frac{n(n+1)-2}{n(n+1)+2} \end{eqnarray*} que es la expresión que buscábamos.

Solución. Multiplicando ambos miembros por $-x+\sqrt{1+x^2}$, llegamos a que \begin{eqnarray*} y+\sqrt{1+y^2}=-x+\sqrt{1+x^2}&\Rightarrow&x+y=\sqrt{1+x^2}-\sqrt{1+y^2}\\ &\Rightarrow&(x+y)^2=2+x^2+y^2-2\sqrt{(1+x^2)(1+y^2)}\\ &\Rightarrow&2xy=2-2\sqrt{(1+x^2)(1+y^2)}\\ &\Rightarrow&(xy-1)^2=(1+x^2)(1+y^2)\\ &\Rightarrow&x^2y^2-2xy+1=1+x^2+y^2+x^2y^2\ \Rightarrow\ (x+y)^2=0, \end{eqnarray*} donde sucesivamente hemos ido aislando las raíces y elevando al cuadrado para eliminarlas. De aquí deducimos que $x+y=0$.

Solución. Llamemos $a=\sqrt[4]{97-x}$ y $b=\sqrt[4]{x}$ luego sabemos que $a+b=5$ y $a^4+b^4=97$, sistema que pasamos a resolver. Por un lado, tenemos que $25=(a+b)^2=a^2+b^2+2ab$, de donde $a^2+b^2=25-2ab$ luego podemos calcular \[625=(a+b)^4=a^4+b^4+4ab(a^2+b^2)+6a^2b^2=97+100ab-8a^2b^2+6a^2b^2\] luego $a^2b^2-50ab+264=0$. Aquí podemos despejar $ab$ usando la fórmula de las soluciones de la ecuación de segundo grado y obtenemos que $ab=6$ ó $ab=44$. Si $ab=6$, entonces tenemos el sistema $a+b=5$, $ab=6$, que tiene por soluciones $(a,b)=(2,3)$ y $(a,b)=(3,2)$ y, como $x=b^4$, tenemos las posibles soluciones $x=16$ y $x=81$. En el caso $ab=44$, tenemos el sistema $a+b=5$, $ab=44$, que no tiene soluciones reales. Comprobamos $x=16$ y $x=81$ en la ecuación inicial y deducimos que éstas son las únicas dos soluciones.