Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Probando con los números $1$ y $-1$, podemos encontrar fácilmente las soluciones $(1,-1,1)$ y $(-1,-1,-1)$. Probaremos que son las únicas y, para ello, comenzaremos viendo que cualquier solución $(x,y,z)$ cumple que $y=-1$.

En efecto, si $y\gt -1$, en la primera ecuación tendríamos que $x\gt z$ y en la tercera que $x\lt z$, lo que nos lleva a una contradicción. Si ocurriera que $y\lt -1$, tendríamos que de la primera ecuación $x-z=-1-y\gt 0$ y, de la tercera, que $-x^3+z^3=-1-y^3\gt 0$, luego volvemos a caer en la misma contradicción. Deducimos entonces que $y=-1$.

Sustituyendo $y=-1$, tenemos que $x=z$ en la primera ecuación y $x^2+z^2=2$ en la segunda, luego $x=z=\pm 1$, de donde obtenemos las soluciones propuestas anteriormente. Observemos que ambas cumplen la tercera ecuación luego son las únicas soluciones.

Solución. Consideremos un cuarto de circunferencia donde hemos representado los valores de $x,y,z$ como ángulos tal y como muestra la figura. Entonces, el área del rectángulo rojo está dada por $\cos(z)\mathrm{sen}(z)=\frac{1}{2}\mathrm{sen}(2z)$, el área del rectángulo verde por $(\cos(y)-\cos(z))\mathrm{sen}(y)=\frac{1}{2}\mathrm{sen}(2y)-\mathrm{sen}(z)\cos(y)$ y la del rectángulo azul por $(\cos(x)-\cos(y))\mathrm{sen}(x)=\frac{1}{2}\mathrm{sen}(2x)-\mathrm{sen}(x)\cos(y)$. Entre todas suman menos que el área del cuarto de círculo $\frac{\pi}{4}$, de donde claramente se deduce la desigualdad del enunciado.

Solución. Si intercambiamos dos de los lados, lo que hay dentro del valor absoluto cambia de signo, lo que nos da la idea de intentar sacar factores comunes de la forma $a-b$, $b-c$ y $c-a$. Observamos que \[\frac{a-b}{a+b}+\frac{b-c}{b+c}=\frac{ab+ac-b^2-bc+ab-ac+b^2-bc}{(a+b)(b+c)}=\frac{2b(a-c)}{(a+b)(b+c)}.\] Por tanto, tenemos que \begin{align*} \frac{a-b}{a+b}+\frac{b-c}{b+c}+\frac{c-a}{c+a}&=\left(\frac{2b}{(a+b)(b+c)}-\frac{1}{c+a}\right)(a-c)\\ &=\frac{(a-b)(b-c)(a-c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}. \end{align*} Si suponemos sin pérdida de generalidad que $a\geq b\geq c$, la desigualdad a demostrar es la siguiente sin valor absoluto ya que los factores del numerador son positivos: \[\frac{(a-b)(b-c)(a-c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\lt\frac{1}{16}.\] Por un lado, la desigualdad triangular nos dice que $a\lt b+c$, lo que nos sirve para estimar $a$ en el numerador. Por otro lado, tenemos que $a\gt b$ nos da una forma de estimar $a$ en el denominador. Juntando estas dos estimaciones, llegamos a que \[\frac{(a-b)(b-c)(a-c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\lt\frac{bc(b-c)}{2b(b+c)^2}=\frac{(\frac{b}{c}-1)}{2(\frac{b}{c}+1)^2}.\] Tomamos ahora la función $f(x)=\frac{x-1}{2(x+1)^2}$, definida para todo $x\geq 1$ (ya que $\frac{b}{c}\geq 1$). Será suficiente ver que su máximo es menor o igual que $\frac{1}{16}$. Tenemos que su derivada $f'(x)=\frac{3-x}{2(x+1)^3}$ es positiva en $[1,3)$ y negativa en $(3,+\infty)$, luego $f(x)$ crece estrictamente desde $f(1)=0$ hasta $f(3)=\frac{1}{16}$ y luego decrece. Esto concluye la demostración.

Nota. La cota $\frac{1}{16}$ parece no ser óptima.

Solución. Sea $T$ el punto de tangencia de la circunferencia inscrita al lado $AB$ y observemos que los puntos $O,M,B,T$ están en una misma circunferencia de diámetro $OB$ (en azul en la figura) puesto que $\angle OTB=\angle OMB=90^\circ$.

Vamos a comenzar demostrando que $P$ está también en esa circunferencia probando que $\angle OPM=180-\angle OBM=180-\frac{\beta}{2}$, donde $\alpha,\beta,\gamma$ denotan los ángulos del triángulo $ABC$. Para probar esto, haremos una caza de ángulos. Como la suma de los ángulos de $ANO$ es $180^\circ$, se tiene fácilmente que $\angle NOA=90-\frac{\alpha}{2}$, de donde se sigue que $\angle NOP=90+\frac{\alpha}{2}$ por ser el ángulo suplementario. Por otro lado, el cuadrilátero $CNOM$ es una cometa (ya que $\angle CNO=\angle CMO$ y $ON=OM$ es el radio de la circunferencia inscrita) luego sus diagonales son perpendiculares, de donde se deduce rápidamente que $\angle ONM=\angle OMN=\frac{\gamma}{2}$. Con todo esto, en el triángulo $ONP$ tenemos que $\angle ONP=\frac{\gamma}{2}$ y $\angle NOP=90+\frac{\alpha}{2}$, luego debe ser $\angle NPO=90-\frac{\alpha+\gamma}{2}=\frac{\beta}{2}$. De aquí que $\angle OPM=180-\frac{\beta}{2}=180-\angle OBM$. Por la propiedad del arco capaz, tenemos que $OPMB$ es un cuadrilátero cíclico.

Esto demuestra que $\angle APB$ es un ángulo recto y un razonamiento similar al anterior demuestra que $\angle AQB$ es también recto, luego $P$ y $Q$ pertenecen a la circunferencia de diámetro $AB$ (en verde en la figura). Ahora bien, en el párrafo anterior también hemos demostrado que $NOP$ tiene ángulos $\angle ONM=\frac{\gamma}{2}$ y $\angle NPO=\frac{\beta}{2}$, luego es semejante a $COB$. Con esta semejanza, llegamos a que \[\frac{BC}{OB}=\frac{NP}{OP}=\frac{NP\cdot OA}{OQ\cdot OB}\ \Leftrightarrow\ MP\cdot OA=BC\cdot OQ,\] donde hemos usado que $OP\cdot OA=OQ\cdot OB$ por la potencia de $O$ respecto de la circunferencia circunscrita a $ANPB$.

Solución. Vamos a probar que si expresamos $n$ en base $2$ con solo ceros y unos, el número $f(n)$ es el que tiene esa misma representación en base $3$. Eso hace que el conjunto de valores que toma $f$ son los números que se escriben solamente con ceros y unos en base $3$, es decir, los números que son suma de potencias distintas de $3$.

Vamos a proceder por inducción completa sobre $n$. El caso base $n=1$ está claro ya que $f(1)=1$ y $1$ se expresa igual en ambas bases. Supongamos entonces que el resultado es cierto hasta cierto valor $n$ y veamos lo que ocurre con $n+1$. Podemos escribir \[n+1=2^ka_k+\ldots+4a_2+2a_1+a_0,\] siendo $a_k\ldots a_2a_1a_0$ los dígitos de $n+1$ en base $2$. Distinguimos dos casos según el valor de $a_0$:

• Si $a_0=0$, entonces podemos escribir \begin{align*} f(n+1)&=f(2(2^{k-1}a_k+\ldots+2a_2+a_1))=3f(2^{k-1}a_k+\ldots+2a_2+a_1)\\ &=3f(3^{k-1}a_k+\ldots+3a_2+a_1)=3^ka_k+\ldots+9a_2+3a_1, \end{align*} donde hemos usado que $2^{k-1}a_k+\ldots+2a_2+a_1=\frac{n-1}{2}\lt n$ y la hipótesis de inducción. Por tanto, tenemos que $f(n+1)$ es el número que tiene los dígitos $a_k\ldots a_2a_1a_0$ en base $3$.
• De forma similar, si $a_0=1$, entonces \begin{align*} f(n+1)&=f(2(2^{k-1}a_k+\ldots+2a_2+a_1)+1)=f(2(2^{k-1}a_k+\ldots+2a_2+a_1))+1\\ &=f(2^{k}a_k+\ldots+4a_2+2a_1)+1=3^{k}a_k+\ldots+9a_2+3a_1+1, \end{align*} vuelve a ser el número con dígitos $a_k\ldots a_2a_1a_0$ en base $3$. Aquí hemos aplicado la hipótesis de inducción a $n=2^{k}a_k+\ldots+4a_2+2a_1$.

Solución. La ecuación se puede plantear de forma equivalente como \[(2x-1)(x-1)=y(y-3).\] Por tanto, si hay una solución $(x,y)$, deberá haber un número racional $r=\frac{p}{q}$ tal que $2x-1=ry$ y $x-1=\frac{y-3}{r}$. Este es un sistema que se puede resolver de forma única en términos de $r$ y nos queda \[x=\frac{r^2-r-3}{r^2-6}=\frac{p^2-3pq-3q^2}{p^2-6q^2},\qquad y=\frac{r-2}{r^2-6}=\frac{pq-2q^2}{p^2-6q^2}.\] Para cada solución $(p,q)$ de la ecuación $p^2-6q^2=1$, lo anterior nos da una solución entera $(x,y)$ de la ecuación original. Podemos daros cuenta de que $p^2-6q^2=1$ es una ecuación de Pell cuyo parámetro $D=6$ no es un cuadrado perfecto, luego tiene infinitas soluciones. No obstante, hay que asegurar que $x$ e $y$ son positivos y que las soluciones de Pell dan soluciones distintas de la ecuación original.

Una forma de obtener soluciones de la ecuación de Pell es la siguiente (ver la nota). Partimos de una solución concreta no trivial, por ejemplo, tomaremos $p_1=5$, $q_1=2$ (esta solución se encuentra tras probar un poco). Se tiene entonces una sucesión de soluciones $(p_n,q_n)$ tomando $p_n$ y $q_n$ como los únicos números naturales que verifican $(5+2\sqrt{6})^n=p_n+q_n\sqrt{6}$. Podemos desarrollar \[p_n+q_n\sqrt{6}=(5+2\sqrt{6})(p_{n-1}+q_{n-1}\sqrt{6})=(5p_{n-1}+12q_{n-1})+(2p_{n-1}+5q_{n-1})\sqrt{6},\]

lo que nos da la recurrencia \[\left\{\begin{array}{l}p_n=5p_{n-1}+12q_{n-1},\\q_n=2p_{n-1}+5q_{n-1}.\end{array}\right.\] También tenemos así una recurrencia para $r_n=\frac{p_n}{q_n}$ haciendo lo siguiente: \[r_n=\frac{p_n}{q_n}=\frac{5p_{n-1}+12q_{n-1}}{2p_{n-1}+5q_{n-1}}=\frac{5\frac{p_{n-1}}{q_{n-1}}+12}{2\frac{p_{n-1}}{q_{n-1}}+5}=\frac{5r_{n-1}+12}{2r_{n-1}+5}.\] La función $f(x)=\frac{5x+12}{2x+5}$ cumple que $f(x)=x$ si y solo si $x=\pm\sqrt{6}$. Teniendo en cuenta que $\lim_{x\to\infty}f(x)=\frac{5}{2}\gt \sqrt{6}$, es fácil ver que \[\sqrt{6}\lt x\lt f(x)\lt\frac{5}{2}\quad \text{para todo } x\gt\sqrt{6}.\] De esta manera, teniendo en cuenta que $r_1=\frac{p_1}{q_1}=\frac{5}{2}$, se sigue que $\sqrt{6}\lt r_{n-1}\lt r_n\leq\frac{5}{2}$ para todo $n\in\mathbb{N}$. Esto tiene dos consecuencias que resuelven el problema.

• En primer lugar, todos los $r_n$ son distintos, lo que nos dice que hay un número infinito de soluciones distintas al problema original. Esto es consecuencia de que $x$ e $y$ son funciones racionales de $r$ y una función racional no puede tomar el mismo valor para infinitos valores de la variable si no es idénticamente nula.
• En segundo y último lugar, las expresiones $\frac{r^2-r-3}{r^2-6}$ y $\frac{r-2}{r^2-6}$ son positivas para todo $r\gt \sqrt{6}$ luego todas nuestras soluciones $r_n$ hacen a $x$ e $y$ positivos.

Nota. Lo que hemos usado es que la ecuación de Pell $p^2-6q^2=1$ puede verse como números $p+q\sqrt{6}$ de norma $1$ en el anillo $\mathbb{Z}[\sqrt{6}]$. La norma de $a+b\sqrt{6}\in\mathbb{Z}[\sqrt{6}]$, con $a,b\in\mathbb{Z}$, se define de hecho como \[N(a+b\sqrt{6})=a^2-6b^2=(a+b\sqrt{6})\cdot(a-b\sqrt{6}).\] En realidad, se define como el valor absoluto de lo anterior, pero esto no es relevante para lo que vamos a decir porque lo interesante es que $N$ es multiplicativa, es decir, \[N((a+b\sqrt{6})(c+d\sqrt{6}))=N(a+b\sqrt{6})N(c+d\sqrt{6}).\] Desarrollando esta ecuación, simplemente estamos diciendo que lo siguiente se cumple para cualesquiera $a,b,c,d\in\mathbb{Z}$: \[(ac+6bd)^2-6(ad+bc)^2=(a^2-6b^2)(c^2-6d^2).\] Por lo tanto, si encontramos un número $a+b\sqrt{6}$ de norma $1$, todas sus potencias de exponente natural también tendrán norma $1$. Esto es lo que se ha usado en el problema.