Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Como $26=2\cdot 13$, llegamos fácilmente a que los únicos divisores positivos de 26 son $\{1,2,13,26\}$. Distingamos los cuatro casos:

• Si $a^2+b^2+c^2=1$, entonces uno de los tres dígitos es igual a 1 y el resto a 0, lo que nos lleva a la única solución $(a,b,c)=(1,0,0)$ ya que debe ser $a\neq 0$.
• Si $a^2+b^2+c^2=2$, entonces dos de los tres dígitos son iguales a 1 y el tercero a 0, lo que nos da dos soluciones: $(a,b,c)=(1,1,0)$ y $(a,b,c)=(1,0,1)$, de nuevo porque $a\neq 0$.
• Si $a^2+b^2+c^2=13$, entonces los dígitos están entre 0 y 3, pero no pueden ser todos menores o iguales que 2 puesto que entonces $a^2+b^2+c^2\leq 12$. Por tanto, uno de ellos es 3 y la suma de los cuadrados de los otros dos es 4, lo que lleva claramente a que sean 2 y 0. Tenemos así cuatro posibles soluciones: $(3,2,0)$, $(2,3,0)$, $(3,0,2)$ y $(2,0,3)$ ya que $a\neq 0$.
• Finalmente, si $a^2+b^2+c^2=26$, todos los dígitos están entre 0 y 5. Si uno de ellos es 5, los otros deben ser 1 y 0. Si uno de ellos es 4, los otros deben ser 3 y 1. Si el mayor es 3, entonces los cuadrados de los otros dos deben sumar 17, pero esto no es posible. Tampoco hay soluciones si el mayor es menor o igual que 2, como en el caso anterior.

En resumen, hemos encontrado los diecisiete números que cumplen la condición del enunciado: 100, 101, 105, 110, 134, 143, 150, 203, 230, 302, 314, 320, 341, 413, 431, 501 y 510.

Solución. Estas tres desigualdades se pueden reescribir como \begin{align*} \angle ACB\leq \angle APB\leq 2\angle ACB,\\ \angle BAC\leq \angle BPC\leq 2\angle BAC,\\ \angle CBA\leq \angle CPA\leq 2\angle CBA. \end{align*} Sumando y usando que $\angle ACB+\angle BAC+\angle CBA=180^\circ$ (los ángulos del triángulo $ABC$ suman $180^\circ$, tenemos que \[180^\circ\leq \angle APB+\angle BPC+\angle CPA\leq 360^\circ.\] Sin embargo, se tiene que $\angle APB+\angle BPC+\angle CPA=360^\circ$ ya que estos tres ángulos forman un ángulo completo. Tenemos así que deben darse las siguientes tres igualdades: \[\angle APB=2\angle ACB,\qquad\angle BPC=2\angle BAC,\qquad\angle CPA=2\angle CBA.\] Estas igualdades se cumplen si $P$ coincide con $O$, el circuncentro de $ABC$ por la propiedad del ángulo central en la circunferencia circunscrita a $ABC$. Por la propiedad del arco capaz, la igualdad $\angle APB=\angle AOP$ nos dice que $P$ tiene que estar en la circunferencia circunscrita de $ABO$ y análogamente, tiene que estar en las circunferencias circunscritas de $BCO$ y $CAO$. Como estas tres circunferencias solo se cortan en $O$, necesariamente ha de ser $P=O$. Hemos probado así que el circuncentro es el único punto que cumple las condiciones del enunciado (observemos que el circuncentro es interior al triángulo puesto que es acutángulo).

Solución. Podemos calcular fácilmente los cuatro últimos dígitos de cada factorial (no es necesario hallar el resto de dígitos para este cálculo ya que cada factorial sólo depende los últimos cuatro dígitos del factorial precedente): \begin{align*} 1!&=\ldots 0001,&5!&=\ldots 0120,&9!&=\ldots 2800,&13!&=\ldots 0800,\\ 2!&=\ldots 0002,&6!&=\ldots 0720,&10!&=\ldots 8800,&14!&=\ldots 1200,\\ 3!&=\ldots 0006,&7!&=\ldots 5040,&11!&=\ldots 6800,&15!&=\ldots 8000.\\ 4!&=\ldots 0024,&8!&=\ldots 0320,&12!&=\ldots 1600,&& \end{align*} Observamos entonces que una forma de obtener los cuatro últimos dígitos iguales a $2001$ es tomar $1!+13!+14!$ con $n=3$. No es posible obtener los mismos últimos dígitos con solo dos sumandos ya que necesariamente uno de los dos números tendría que ser $1$ (el único cuyo factorial es impar) y no hay ningún otro en la lista cuyos últimos cuatro dígitos sean $2000$.

Solución. Como $2^{10}=1024\lt 2023$, deducimos que las once potencias de dos $1,2,4,8,\ldots,2^{10}$ han de tener un color distinto (dos cualesquiera de ellas son una múltiplo de otra), luego son necesarios al menos $11$ colores. Veremos que $11$ colores son suficientes y habremos terminado.

Como $2^{11}=2048\gt 2023$, se tiene que ninguno de los números se escribe con más de $10$ factores primos (posiblemente repetidos). Vamos a colorear los números con $11$ colores de forma que dos números tienen el mismo número solo si tienen el mismo número de factores primos. Entonces, si $a$ es múltiplo de $b$ distinto de $b$, es porque existe un número $1\lt q\leq 2023$ tal que $a=bq$, luego $a$ y $b$ tienen distinto número de factores $a$ tiene los factores de $b$ más los factores de $q$, luego distinto color.

Solución. Hay que probar dos implicaciones. La más sencilla consiste en suponer que $a=b=c$, en cuyo caso para cualquier $x\in\mathbb{R}$ se cumple que \[p(x)=(x-a)(x-b)+(x-b)(x-c)+(x-c)(x-a)=3(x-a)^2\geq 0.\] Recíprocamente, supongamos que $p(x)\geq 0$ para todo $x\in\mathbb{R}$. Podemos simplificar el polinomio operando todos los paréntesis y luego completar cuadrados para obtener que \begin{align*} p(x)&=x^2-ax-bx+ab+x^2-bx-cx+bc+x^2-cx-ax+ca\\ &=3x^2-2(a+b+c)x+(ab+bc+ca)\\ &=3\left(x^2-\tfrac{1}{3}(a+b+c)\right)^2-\tfrac{1}{3}(a+b+c)^2+(ab+bc+ca). \end{align*} Por tanto, este polinomio toma su mínimo valor en $x=\frac{1}{3}(a+b+c)$ y esto nos dice que $p(\frac{1}{3}(a+b+c))\geq 0$. De esta manera \begin{align*} 0\leq 3\, p(\tfrac{1}{3}(a+b+c))&=-(a+b+c)^2+3(ab+bc+ca)\\ &=-(a^2+b^2+c^2)-2(ab+bc+ac)+3(ab+bc+ca)\\ &=-(a^2+b^2+c^2)+(ab+bc+ac)\\ &=-(a-b)^2-(b-c)^2-(c-a)^2. \end{align*} La única forma de que se cumpla esta desigualdad es que $a-b=b-c=c-a=0$, es decir, que $a=b=c$, como queríamos demostrar.

Solución. Es bien conocido que $T_k=\frac{k(k+1)}{2}$ para cualquier entero positivo $k$, luego podemos escribir \begin{align*} T_nT_{n+1}\cdots T_{n+15}&=\frac{n(n+1)^2(n+2)^2\cdots(n+15)^2(n+16)}{2^{16}}\\ &=n(n+16)\cdot \left(\frac{(n+1)(n+2)\cdots(n+15)}{2^{8}}\right)^2 \end{align*} La fracción anterior con denominador $2^8$ es un número entero ya que en su numerador habrá al menos siete factores pares y más de uno múltiplo de $4$. Por tanto, el problema se reduce a encontrar los naturales $n$ tales que $n(n+16)=a^2$ para cierto entero $a$. Completando el cuadrado, podemos escribir esta ecuación como $(n+8)^2-a^2=64$ o bien $(n+8-a)(n+8+a)=64$. Esto nos dice que $n+8-a$ y $n+8+a$ son potencias de $2$ cuyo producto es $64$. Además, como $n+8-a\lt n+8+a$, las únicas posibilidades son las tres siguientes: \begin{align*} n+8-a&=1&y&& n+8+a&=64,\\ n+8-a&=2&y&& n+8+a&=32,\\ n+8-a&=4&y&& n+8+a&=16. \end{align*} Resolviendo el sistema lineal que se obtiene en cada uno de los tres casos (con incógnitas $a$ y $n$), llegamos a que $1$ y $64$ no dan ninguna solución entera, $2$ y $32$ dan $n=9$ y $4$ y $16$ dan $n=2$. Deducimos que $n=2$ y $n=9$ son las únicas soluciones.

Solución. Consideremos un rectángulo $ABCD$ de lados $AB=CD=1$ y $BC=DA=\sqrt{2}$. Por el teorema de Pitágoras, tenemos que $AC=\sqrt{3}$, luego el triángulo $ABC$ cumple las condiciones del enunciado. De hecho, podemos suponer que este es el triángulo ya que modificarlo por una semejanza no altera los ángulos ni las proporciones de los lados. Consideraremos también que $M,N,P$ son los puntos medios de los lados $AB,BC,CA$, respectivamente, y que $G$ es el baricentro de ABC$.

Observamos en primer lugar que $AN=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$ sin más que aplicar el teorema de Pitágoras a $ABN$. También se tiene que $CM=\frac{3}{2}$ aplicando el teorema de Pitágoras a $BCM$. Por último, se tiene que $BP=\frac{\sqrt{3}}{2}$ ya que es la mitad de la diagonal del rectángulo. Por lo tanto, las tres medianas tienen longitudes $\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}},\frac{3}{2}$, que son números proporcionales a $1,\sqrt{2},\sqrt{3}$ y, de esta forma, hemos respondido al apartado (b).

Dado que el baricentro $G$ corta a cada mediana en segmentos uno doble que el otro, podemos calcular $GN=\frac{1}{3}AN=\frac{1}{\sqrt{6}}$ y $GC=\frac{2}{3}CM=1$. Como también tenemos que $CN=\frac{1}{\sqrt{2}}$, podemos despejar el coseno del ángulo $\angle NGC$ utilizando el teorema del coseno en el triángulo $GCN$: \[\cos\angle CGN=\frac{GN^2+GC^2-CN^2}{2\,GN\cdot GC}=\frac{\frac{1}{6}+1-\frac{1}{2}}{2\cdot\frac{1}{\sqrt{6}}\cdot 1}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}},\] que coincide con el coseno de $\angle ACB$. Como ambos ángulos están entre $0$ y $180$, deben ser iguales. Se razona de la misma forma que $\angle BGN=\angle BAC$ y se razona también que $\angle AGP=90^\circ=\angle ABC$ sin más que comprobar que $BG^2+AG^2=AB^2$.

Solución. Si emparejamos la primera raíz con la última, la segunda con la penúltima y así sucesivamente, obtenemos sumas que podemos acotar de la siguiente manera (ver la nota): \[\sqrt{n^2-j}+\sqrt{n^2+j}=\sqrt{2n^2+2\sqrt{n^4-j^2}}\lt \sqrt{2n^2+2\sqrt{n^4}}=2n.\] Por lo tanto sumando desde $j=1$ hasta $j=k$ y añadiendo el sumando $\sqrt{n^2}=n$, obtenemos que $S\lt 2kn+n$. Ahora bien, si demostramos que $S\geq 2kn+n-1$, habremos terminado y la solución será $2kn+n-1$.

Para ver esto, seguimos el razonamiento anterior del emparejamiento, pero en este caso hacemos la siguiente estimación para $1\leq j\leq k$: \begin{align*} \sqrt{n^2-j}+\sqrt{n^2+j}&=\sqrt{2n^2+2\sqrt{n^4-j^2}}\geq \sqrt{2n^2+2\sqrt{n^4-k^2}}\\ &\geq \sqrt{2n^2+2\sqrt{n^4-n^2}}\geq \sqrt{2n^2+2\sqrt{n^4-2n^2+1}}\\ &=\sqrt{2n^2+2(n^2-1)}=\sqrt{4n^2-2}=2n\sqrt{1-\tfrac{1}{2n^2}}. \end{align*} Sumando de nuevo en $j$, obtenemos $S\geq n+2kn\sqrt{1-\tfrac{1}{2n^2}}$ Por lo tanto, para demostrar que $S\geq n+2kn-1$ (que es lo que queremos), será suficiente ver que $2kn\sqrt{1-\tfrac{1}{2n^2}}\geq 2kn-1$. Esto equivale a que \[2kn\left(1-\sqrt{1-\tfrac{1}{2n^2}}\right)\leq 1.\] El peor caso posible es $k=n$, luego es suficiente probar que $2n^2(1-\sqrt{1-\tfrac{1}{2n^2}})\leq 1$, que a su vez puede escribirse como \[1-\frac{1}{2n^2}\leq \sqrt{1-\tfrac{1}{2n^2}}.\] Esta última desigualdad es obvia: como $1-\frac{1}{2n^2}$ es un número entre $0$ y $1$, su raíz cuadrada es mayor. Siguiendo la cadena de desigualdades equivalentes, hemos probado el resultado.

Nota. Hemos utilizado que $\sqrt{a}+\sqrt{b}=\sqrt{a^2+b^2+2\sqrt{ab}}$ para cualesquiera $a,b\gt 0$ (¿sabrías demostrar por qué esto es cierto?).

Solución. El problema se reduce a probar que si la primera y la segunda persona han respondido ambas No, entonces la tercera debe responder Sí (¿por qué?).

Llamemos a las personas $A,B,C,D,E,F$ en este orden, de forma que primero se pregunta a $A$ (quien ve a $C,D,E$), luego se pregunta a $B$ (quien ve a $D,E,F$) y finalmente a $C$ (quien ve a $E,F,A$). Como $A$ responde No, se deduce que $C,D,E$ no tienen los tres el mismo color. Como $B$ responde No, $D$ y $E$ deben tener distinto color (si fueran del mismo, $B$ respondería que $C$ es del otro color a la vista de lo que ha dicho $A$). Por lo tanto, $C$ dirá Sí porque sabe que $D$ es del color distinto al que ve en $E$.

Solución. Pongamos coordenadas de forma que $A=(0,0)$, $B=(c,0)$ y $C=(0,b)$. El teorema de la bisectriz nos dice que los segmentos $AM$ y $MB$ son proporcionales a $b$ y $a$, respectivamente; como suman $c$, tiene que ser $AM=\frac{bc}{a+b}$ y $MB=\frac{ac}{a+b}$. De la misma manera, se tiene que $AN=\frac{bc}{a+c}$ y $NC=\frac{ba}{a+c}$, luego tenemos las coordenadas $M=(\frac{bc}{a+b},0)$ y $N=(0,\frac{bc}{a+c})$. Por lo tanto, la recta $MN$ tiene ecuación $(a+b)x+(a+c)y=bc$ y, por su parte, la recta $AD$ tiene ecuación $cx-by=0$ (ya que pasa por $(0,0)$ y el vector $(c,-b)$ es un vector normal). La intersección de estas dos rectas es el punto \[P=\left(\frac{b^2c}{b^2+c^2+ab+ac},\frac{bc^2}{b^2+c^2+ab+ac}\right)=\left(\frac{b^2c}{a(a+b+c)},\frac{bc^2}{a(a+b+c)}\right),\] donde hemos simplificado usando que $a^2=b^2+c^2$ por el teorema de Pitágoras. La distancia de este punto al origen es \[AD=\sqrt{\left(\frac{b^2c}{a(a+b+c)}\right)^2+\left(\frac{bc^2}{a(a+b+c)}\right)^2}=\sqrt{\frac{b^2c^2(b^2+c^2)}{a^2(a+b+c)^2}}=\frac{bc}{a+b+c},\] donde hemos usado de nuevo el teorema de Pitágoras para simplificar. Esto último es igual al radio de la circunferencia inscrita (ver la nota), lo que concluye la demostración.

Nota. En un triángulo rectángulo de hipotenusa $a$ y catetos $b$ y $c$, el área se puede calcular como $\frac{1}{2}bc$, ya que los catetos hacen de base y altura, y también como $S=rp=\frac{1}{2}(a+b+c)r$. Igualando ambas expresiones, obtenemos que $r=\frac{bc}{a+b+c}$.

Solución. Si $n$ es par, entonces el único factor común a $n$ y $n+2$ es el $2$ y $n+1$ y $n+3$ no tienen factores comunes. Por lo tanto, $n+1$ y $n+3$ tienen que ser primos o potencias de primos, mientras que $n$ o $n+2$ tienen que ser ambos potencias de $2$ (lo que nos lleva necesariamente a $n=2$, que cumple el enunciado claramente) o bien uno de ellos una potencia de $2$ y el otro $2$ por una potencia de un primo. Sin embargo, este último primo tiene que ser común a $n+1$ o $n+3$. Como $n$ y $n+2$ son primos relativos con $n+2$, no queda más remedio que el primo sea $3$ y sea común a $n$ y $n+3$. Tenemos así que $n=3\cdot 2^a$ y $n+2=2^b$, pero sólo uno de estos números es múltiplo de $4$, lo que nos dice que $a=1$, lo que nos da la solución $n=6$, que cumple el enunciado.

Supongamos ahora que $n$ es impar. Un razonamiento similar nos dice que, a parte del caso $n=1$ (que cumple el enunciado), se tiene que $n+1=2^a$ y $n+3=3\cdot 2^b$. Como uno de los dos números debe ser múltiplo de $2$ pero no de $4$, deb ser $b=1$, luego $n=3$, que cumple el enunciado.

Por tanto, las únicas soluciones son $n=1$, $n=2$, $n=3$ y $n=6$.

Solución. Los $8$ elementos forman un total de $\binom{8}{2}=\frac{8\cdot 7}{2}=28$ parejas de elementos. Ahora bien, un elemento dado no puede estar en cuatro o más subconjuntos ya que entonces habría dos de estos subconjuntos con otro elemento en común. Esto quiere decir que hay al menos $4$ de las $28$ parejas que no pertenece a ninguno de los subconjuntos, lo que hace un máximo de $24$ parejas que pueden estar en cada subconjunto. Como cada subconjunto tiene tres parejas de elementos, habrá un máximo de $8$ subconjuntos.

Será suficiente entonces encontrar ocho subconjuntos de tres elementos que cumplen la propiedad del enunciado, pero esto es ya sencillo tras probar un poco. Si el conjunto es $A=\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$, entonces podemos tomar los subconjuntos $\{1,2,3\}$, $\{3,4,5\}$, $\{5,6,7\}$, $\{7,8,1\}$, $\{1,4,6\}$, $\{3,6,8\}$, $\{5,8,2\}$ y $\{7,2,4\}$. Cada uno de ellos corta a otros $6$ y lo hace en un único elemento.

Solución. Llamando $\alpha,\beta,\gamma$ a las tres raíces, podemos expresar \begin{align*} x^3-x+k&=(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)\\ &=x^3-(\alpha+\beta+\gamma)x^2+(\alpha\beta+\beta\gamma+\alpha\gamma)x-\alpha\beta\gamma. \end{align*} Identificando los términos con $x^2$, obtenemos que $\alpha+\beta+\gamma=0$, luego podemos escribir $\gamma=-\beta-\alpha$. Ahora bien, los términos con $x$ nos dan \[-1=\alpha\beta+\beta\gamma+\alpha\gamma=\alpha\beta-\beta(\alpha+\beta)-\alpha(\alpha+\beta),\] de donde sacamos que $\alpha^2+\alpha\beta+\beta^2=1$. Ahora hay que darse cuenta de que esta ecuación no tiene muchas soluciones enteras; por ejemplo, podemos reescribirla como $\alpha^2+(\alpha+\beta)^2+\beta^2=2$, lo que nos asegura que $\alpha$ y $\beta$ están en el intervalo $[-1,1]$. Probando los distintos valores, llegamos a que solo puede ser $(\alpha,\beta)=(1,0)$ o bien $(\alpha,\beta)=(0,1)$. Esto nos da $\gamma=-\alpha-\beta=-1$. El término independiente del polinomio nos dice que $k=-\alpha\beta\gamma=0$.

Hemos demostrado así que la única solución es $k=0$.

Solución. Sea $p$ un número primo y consideremos los exponentes enteros $x,y,z\geq 0$ de $p$ en la descomposición en factores primos de $a,b,c$, respectivamente. Podemos suponer además que $x\leq y\leq z$ sin perder generalidad. El exponente de $p$ en $(\operatorname{mcm}(a,b,c))^2$ es $2z$ y en $\operatorname{mcm}(a,b)\operatorname{mcm}(b,c)\operatorname{mcm}(c,a)$ es $y+2z$, luego este exponente en la fracción de la izquierda es $-y$. Por su parte, el exponente de $p$ en $(\operatorname{mcd}(a,b,c))^2$ es $2x$ y en $\operatorname{mcd}(a,b)\operatorname{mcd}(b,c)\operatorname{mcd}(c,a)$ es $2x+y$, luego en la fracción de la derecha vuelve a ser $-y$. Repitiendo esto para todo primo $p$ deducimos que ambas fracciones coinciden.

Solución. Por el paralelismo entre las rectas dadas, está claro que los triángulos $RBP$, $QPC$ y $ABC$ son semejantes ya que tienen sus tres ángulos iguales. También por tener sus lados opuestos paralelos, es fácil darse cuenta de que $ARPQ$ es un paralelogramo, luego $QRQ$ y $PQR$ son triángulos congruentes. Para pasar de $QPC$ a $RBP$ multiplicamos por un factor $k$ (de forma que las áreas se multiplican por $k^2$), luego $BP=k\cdot CP$. De esta forma $BC=(1+k)CP$, luego para pasar de $QPC$ a $ABC$ se multiplica por un factor $1+k$ (y las áreas se multiplican por $(1+k)^2$). Todo esto nos dice que \begin{align*} (1+k)^2\mathrm{Área}(RBP)&=\mathrm{Área}(ABC)=\mathrm{Área}(RBP)+\mathrm{Área}(QPC)+2\mathrm{Área}(ARQ)\\ &=\mathrm{Área}(RBP)+k^2\,\mathrm{Área}(RBP)+2\mathrm{Área}(ARQ), \end{align*} de donde se tiene que $\mathrm{Área}(ARQ)=k\,\mathrm{Área}(RBP)$. Con esto podemos calcular finalmente \begin{align*} \frac{\mathrm{Área}(ARQ)}{\mathrm{Área}(ABC)}=\frac{k\,\mathrm{Área}(RBP)}{(1+k)^2\,\mathrm{Área}(RBP)}=\frac{k}{(1+k)^2}. \end{align*}

Solución. Definimos de forma recursiva la sucesión \begin{align*} (a_0,b_0,c_0,d_0)&=(a,b,c,d),\\ (a_n,b_n,c_n,d_n)&=(a_{n-1}-b_{n-1},b_{n-1}-c_{n+1},c_{n-1}-d_{n-1},d_{n-1}-a_{n-1}), \end{align*} para todo $n\geq 1$. El problema equivale a comprobar bajo qué condiciones alguno de los números $a_n,b_n,c_n,d_n$ se pasa de $2023$ para algún valor del subíndice $n$ en términos de los valores iniciales. La idea feliz es encontrar la siguiente fórmula válida para todo $n\geq 1$: \[(a_n-c_n)(b_n-d_n)=\begin{cases} (-4)^{\frac{n-1}{2}}[(a-c)^2-(b-d)^2]&\text{si }n\text{ es impar},\\ (-4)^{\frac{n}{2}}[(a-c)(b-d)]&\text{si }n\text{ es par}. \end{cases}\] La probaremos por inducción sobre $n$. Los casos base son $n=1$ y $n=2$, que se comprueban fácilmente. Para $n\geq 3$, se tiene (tras sucesivas simplificaciones) el siguiente desarrollo: \begin{align*} (a_{n}-c_{n})(b_{n}-d_{n})&=(a_{n-1}\!-\!b_{n-1}\!-\!c_{n-1}\!+\!d_{n-1})(b_{n-1}\!-\!c_{n-1}\!-\!d_{n-1}\!+\!a_{n-1})\\ &=(-2b_{n-1}+2d_{n-1})(-2c_{n-1}+2a_{n-1})\\ &=-4(a_{n-1}-c_{n-1})(b_{n-1}-d_{n-1}). \end{align*} Por tanto, por cada dos unidades que avanza el subíndice, aparece un nuevo factor $-4$, lo que se corresponde con la fórmula arriba propuesta (teniendo en cuenta el caso base y la hipótesis de inducción), que queda así probada.

Ahora bien, si $a\neq c$ o bien $b\neq d$, se tiene que $(a-c)(b-d)\neq 0$ o bien $(a-c)^2-(b-d)^2\neq 0$, luego necesariamente $(a_n-c_n)(b_n-d_n)$ se vuelve positivo y arbitrariamente grande en algún momento al ir multiplicado por un factor $(-4)^{n/2}$ o $(-4)^{(n-1)/2}$ (da igual si $(a-c)(b-d)$ o $(a-c)^2-(b-d)^2$ son positivos o negativos porque la potencia tiene base negativa y va tomando alternadamente valores positivos y negativos). Que $(a_n-c_n)(b_n-d_n)$ sea arbitrariamente grande implica claramente que alguno de los números $a_n,b_n,c_n,d_n$ se vuelve arbitrariamente grande.

Finalmente, analizamos qué pasa cuando $a=c$ y $b=d$. No es difícil ver entonces que $a_n=2^{n-1}(a-b)$ y $b_n=2^{n-1}(b-a)$ también por inducción sobre $n$ y dejamos los detalles como ejercicio. Por lo tanto, si $a\neq b$, entonces $a_n$ o $b_n$ se hará mayor que $2023$ en algún momento ya que $2^{n-1}$ se volverá arbitrariamente grande (de nuevo, no importa si $a\gt b$ o $b\gt a$). Con todo esto, deducimos que la única forma de no sobrepasar $2023$ es que $a=b=c=d\lt 2023$, en cuyo caso tenemos obviamente que $a_n=b_n=c_n=d_n=0$ para todo $n\geq 1$.