Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Sumando y restando las dos ecuaciones, llegamos a \[x^3+y^3=6(x+y),\qquad x^3-y^3=4(x-y).\] Si ahora tenemos en cuenta que $x^3+y^3=(x+y)(x^2-xy+y^2)$ y $x^3-y^3=(x-y)(x^2+xy+y^2)$, obtenemos el sistema equivalente al primero: \[\left\{\begin{array}{l}(x+y)(x^2-xy+y^2-6)=0,\$x-y)(x^2+xy+y^2-4)=0.\end{array}\right.\] Tenemos entonces tres casos dependiendo de cuáles de los factores sean cero.

• Si $x+y=0$, entonces la primera ecuación se cumple claramente y la segunda queda $2x(x^2-4)=0$, que tiene soluciones $x=0$ y $x=\pm 2$. Por lo tanto, en este caso, encontramos las soluciones $(0,0)$, $(2,-2)$ y $(-2,2)$ al sistema original.
• Si $x-y=0$, entonces es la segunda ecuación la que se cumple trivialmente y entonces la primera queda $2x(x^2-6)=0$. En este caso, obtenemos $x=0$ y $x=\pm\sqrt{6}$. Esto nos da la solución ya conocida del caso anterior $(0,0)$ y dos nuevas: $(\sqrt{6},\sqrt{6})$ y $(-\sqrt{6},\sqrt{6})$.
• Si se cumple $x+y\neq 0$ y $x-y\neq 0$, entonces el sistema puede simplificarse a \[\left\{\begin{array}{l}x^2-xy+y^2=6,\\x^2+xy+y^2=4.\end{array}\right.\] Sumando y restando estas dos últimas ecuaciones, podemos escribirlo de nuevo de forma equivalente como \[\left\{\begin{array}{l}x^2+y^2=5,\\xy=-1.\end{array}\right.\] Despejando $y=\frac{-1}{x}$ en la segunda ecuación y sustituyendo en la primera, llegamos a la bicuadrada $x^4-5x^2+1=0$. Con la fórmula para la ecuación de segundo grado, encontramos dos posibles valores $x^2=\frac{1}{2}(5\pm\sqrt{21})$. Para cada una de ellos, obtenemos a su vez dos valores de $x$, a saber \[x_1=\sqrt{\frac{5+\sqrt{21}}{2}},\quad x_2=-\sqrt{\frac{5+\sqrt{21}}{2}},\quad x_3=\sqrt{\frac{5-\sqrt{21}}{2}},\quad x_4=-\sqrt{\frac{5-\sqrt{21}}{2}}.\] Como $y=\frac{-1}{x}$, esto nos da los correspondientes valores de $y$: \[y_1=-\sqrt{\frac{2}{5+\sqrt{21}}},\quad y_2=\sqrt{\frac{2}{5+\sqrt{21}}},\quad y_3=-\sqrt{\frac{2}{5-\sqrt{21}}},\quad y_4=\sqrt{\frac{2}{5-\sqrt{21}}}.\]

Tenemos así un total de nueve soluciones.

Solución. Si despejamos $y=x^3-5x$ en la primera ecuación y sustituimos en la segunda, obtenemos \[(x^3-5x)^3=5(x^3-5x)+x\ \Leftrightarrow\ x^9-15 x^7+75 x^5-130 x^3+24 x=0.\] Exceptuando la solución $x=0$, si tomamos $t=x^2$, podemos reescribir la ecuación anterior como la nueva ecuación de cuarto grado \[t^4-15t^3+75t^2-130t+24=0.\] Es fácil obtener las raíces $t=4$ y $t=6$ por el método de Ruffini (¡observa que no tienes que probar las negativas ya que estamos resolviendo $t=x^2$!) y factorizar esta ecuación como \[(t-4)(t-6)(t^2-5t+1)=0.\] El último factor de segundo grado es irreducible y nos da las soluciones $t=\frac{1}{2}(5\pm\sqrt{21})$ mediante la fórmula para la ecuación de segundo grado. Teniendo en cuenta que $x=t^2$, obtenemos las siguientes soluciones para $x$: \[x_1=0,\quad x_2=2,\quad x_3=-2,\quad x_4=\sqrt{6},\quad x_5=-\sqrt{6},\] \[x_6=\sqrt{\frac{5+\sqrt{21}}{2}},\quad x_7=-\sqrt{\frac{5+\sqrt{21}}{2}},\quad x_8=\sqrt{\frac{5-\sqrt{21}}{2}},\quad x_9=-\sqrt{\frac{5-\sqrt{21}}{2}}.\] Dado que $y=x^3-5x$, tras simplificar y racionalizar, obtenemos los valores: \[y_1=0,\quad y_2=-2,\quad y_3=2,\quad y_4=\sqrt{6},\quad y_5=-\sqrt{6},\] \[y_6=-\sqrt{\frac{5-\sqrt{21}}{2}},\quad y_7=\sqrt{\frac{5-\sqrt{21}}{2}},\quad y_8=-\sqrt{\frac{5+\sqrt{21}}{2}},\quad y_9=\sqrt{\frac{5+\sqrt{21}}{2}}.\]

Solución. El número $3^a+3^b+3^c$ es impar, luego si fuera un cuadrado perfecto sería congruente con $1$ módulo $8$. Ahora bien, módulo $8$, $3^n$ es igual a $1$ si $n$ es par o a $3$ si $n$ es impar. Esto nos dice que $3^a+3^b+3^c$ es la suma de tres números, cada uno igual a $1$ o $3$ y el resultado tiene que ser $1$ módulo $8$. La única posibilidad es que $3^a,3^b,3^c$ sean los tres congruentes con $3$, es decir, que $a,b,c$ sean los tres impares.

Si ponemos que $a\leq b\leq c$ sin perder generalidad, entonces podemos sacar factor común $3^a$ y escribir el número como $3^a(1+3^{b-a}+3^{c-a})$. Como $a$ es impar, $1+3^{b-a}+3^{c-a}$ tiene que ser múltiplo de $3$ para obtener un cuadrado perfecto (tiene que haber un número par de factores $3$), pero esto sólo ocurre cuando $3^{b-a}=3^{c-a}=1$. Por lo tanto, deducimos que tiene que ser $a=b=c$ y todos impares. Está claro que si $a=b=c=2k-1$, entonces $3^a+3^b+3^c=3\cdot 3^{2k-1}=3^{2k}=(3^k)^2 es un cuadrado perfecto, luego hemos encontrado todas las soluciones.

Solución. Consideremos la circunferencia $\Gamma$ de centro $A$ de radio $1$ (que pasa por $B$ y $D$). El segmento $BD$ tiene un ángulo central de $100^\circ$, luego un ángulo inscrito en $\Gamma$ cuyos extremos $B$ y $D$ tiene ángulo $50^\circ$ o $130^\circ$, dependiendo si está en el arco menor $BD$ o en el arco mayor. Como $\angle BCD=130^\circ$, se deduce así que $C$ está en el arco menor $BD$ y en particular en $\Gamma$. Por lo tanto, $AC=1$.

Solución. Los términos de la izquierda se pueden factorizar como diferencia de cuadrados y los de la derecha también se pueden factorizar como \[xz+yz+x+z=(x+y)(z+1),\qquad yx+zx+y+z=(y+z)(x+1),\qquad zy+xz+z+x=(z+x)(y+1).\] Por lo tanto, se puede sacar factor común en cada ecuación y reescribir el sistema como \[\left\{\begin{array}{l}(x-y-2z-2)(x+y)=0,\\ (y-z-2x-2)(y+z)=0,\\ (z-x-2y-2)(z+x)=0.\end{array}\right.\] Si $x+y=0$, entonces la primera ecuación se cumple y la segunda y la tercera quedan $(z+3x+2)(z-x)=0$ y $(z+x-2)(z+x)=0$, respectivamente. En vista de la tercera, distinguimos entre $z=-x$, que nos lleva a $x=-1$ o $x=0$ en la segunda (y, por tanto, a las soluciones $(-1,1,1)$ y $(0,0,0)$), y $z=-x+2$, que nos lleva a $x=1$ o $x=-2$ en la segunda (y, por tanto, a las soluciones $(1,-1,1)$ y $(-2,2,4)$).

Los casos $y+z=0$ y $x+z=0$ se razonan de forma similar y nos dan las soluciones $(0,0,0)$, $(-1,1,1)$, $(1,-1,1)$, $(1,1,-1)$, $(-2,2,4)$, $(4,-2,2)$ y $(2,4,-2)$ luego podemos suponer que $x+y$, $y+z$ y $z+x$ son todos no nulos. Esto nos deja entonces con el sistema lineal \[\left\{\begin{array}{l}x-y-2z=2,\\y-z-2x=2,\\z-x-2y=2,\end{array}\right.\] que tiene solución única $(-1,-1,-1)$. Hemos obtenido así las ocho soluciones del sistema.