Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Consideremos la función $f(x)=16x^5-20x^3+5x$, que es derivable en todos los reales y su derivada viene dada por $f'(x)=80x^4-60x^2+5$. Las soluciones de la ecuación $f'(x)=0$ pueden resolverse como una ecuación bicuadrada y obtenemos \[x_1=\frac{-1-\sqrt{5}}{4},\qquad x_2=\frac{1-\sqrt{5}}{4},\qquad x_3=\frac{-1+\sqrt{5}}{4},\qquad x_4=\frac{1+\sqrt{5}}{4}.\] Al ser todas las raíces simples, se deduce fácilmente que en los puntos $x_1,x_2,x_3,x_4$, la función $f(x)$ tiene extremos relativos. De hecho, como se trata de un polinomio de grado $5$ con coeficiente líder positivo, obtenemos que $f(x)$ tiene máximos relativos en $x_1$ y $x_3$ y mínimos relativos en $x_2$ y $x_4$. Además, se tiene que $f(x_1)=f(x_3)=1$ y $f(x_2)=f(x_4)=-1$ (calcular esto es un poco aburrido pero puede usarse que $f(x)$ es una función impar para ahorrar trabajo). Habrá tantas soluciones de la ecuación del enunciado como puntos de corte de la recta horizontal $y=-m$ con la gráfica $y=f(x)$. Con la información sobre máximos y mínimos obtenida y que la función es estrictamente monótona fuera de estos puntos críticos, se llega finalmente a que:

• Si $m\lt -1$ o $m\gt 1$, la ecuación tiene únicamente una solución real.
• Si $m=-1$ o $m=1$, tiene tres soluciones reales (dos de ellas dobles).
• Si $-1\lt m\lt 1$, tiene cinco soluciones reales.

Solución. Sea $x$ el precio de un vaso de limonada, $y$ el precio de un bocadillo y $z$ el precio de un bizcocho. Expresando todo en peniques, tenemos las ecuaciones \[\left.\begin{array}{r}x+3y+7z=14\\x+4y+10z=17\end{array}\right\}\] Restando a la primera ecuación multiplicada por $3$ la segunda multiplicada por $2$, obtenemos $x+y+z=8$, luego la respuesta al apartado (a) es $8$ peniques.

Restando al primera ecuación multiplicada por $5$ la segunda multiplicada por $3$, obtenemos $2x+3y+5z=19$, luego la respuesta al apartado (b) es $1$ chelín y $7$ peniques.

Solución. Consideremos un tetraedro de arista $\ell$. La base es un triángulo de altura $\frac{\sqrt{3}}{2}\ell$, luego el área de la base es $S=\frac{\sqrt{3}}{4}\ell^2$ (¿sabrías justificarlo completamente?). La altura del tetraedro es $h=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\ell$, luego el volumen del tetraedro es $V=\frac{1}{3}Sh=\frac{1}{6\sqrt{2}}\ell^3$. Al llenar el tetraedro con dos litros de agua ($2$ dm$^3$) queda libre un volumen que también es un tetraedro. Llamamos $a$ a su arista. Expresando las longitudes también en decímetros, tenemos que \[2=V_{\mathrm{agua}}=V_{\mathrm{total}}-V_{\mathrm{vacío}}=\frac{1}{6\sqrt{2}}(3^3-a^3)\ \Longleftrightarrow\ a^3=27-12\sqrt{2}.\] La altura del agua será \[h_{\mathrm{agua}}=h_{\mathrm{total}}-h_{\mathrm{vacío}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}(3-a)=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\left(3-\sqrt[3]{27-12\sqrt{2}}\right).\]

Solución. Sean $x\gt y\geq z$ las edades de los tres hermanos en 1960. En primer lugar, que la edad del mayor es la suma las de los dos pequeños nos dice que $x=y+z$. En segundo lugar, cuando pasa una cantidad $a$ de años, los hermanos tienen $x+a,y+a,z+a$ años y uno de estos números es la suma de los otros dos, lo que nos lleva a que $2x=y+z$ o bien $2y=x+z$ o bien $2z=x+y$. La primera ecuación no puede ser ya que $x=y+z$ y se tendría $x=0$; la tercer tampoco porque $x\gt y\geq z$, luego se tiene necesariamente $2y=x+z$.

En el tercer momento de la historia, han pasado $\frac{2}{3}(x+y+z)=\frac{2}{3}(2y+y)=2y$ años y los hermanos tienen $x+2y,3y,z+2y$ años. Tenemos entonces tres posibilidades según qué hermano tenga $21$ años, cada una de las cuales nos lleva a un sistema compatible determinado:

• Si $x+2y=21$, entonces podemos resolver $(x,y,z)=(9,6,3)$.
• Si $3y=21$, entonces podemos resolver $(x,y,z)=(\frac{21}{2},6,\frac{7}{2})$.
• Si $z+2y=21$, entonces podemos resolver $(x,y,z)=(\frac{63}{5},\frac{42}{5},\frac{21}{5})$.

En este problema se presupone que las edades son números enteros, así que la única solución es que en $1960$ los tres hermanos tienen $9$, $6$ y $3$ años.