Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Los enteros positivos que no son múltiplos de $2$ ni de $5$ son aquellos cuyo dígito de las unidades es $1,3,7,9$. Hay exactamente $n$ números menores que $10n$ con dígito de las unidades un $j$ dado, a saber: \[j,10+j,20+j,\ldots 10(n-1)+j.\] La suma de estos $n$ números es \[10(1+2+\ldots+(n-1))+nj=5n(n-1)+nj=5n^2+(j-5)n.\] Por tanto, la suma que estamos buscando es \[5n^2+(1-5)n+5n^2+(3-5)n+5n^2+(7-5)n+5n^2+(9-5)n=20n^2.\]

Solución. Escribamos por comodidad $a=2^x$, $b=2^y$ y $c=2^z$, con lo que el sistema nos queda como sigue, donde además despejamos en cada ecuación: \[\left\{\begin{array}{l} 3b-1=a+\frac{1}{a}\\ 3c-1=b+\frac{1}{b}\\ 3a-1=c+\frac{1}{c} \end{array}\right\}\ \Longleftrightarrow\  \left\{\begin{array}{l} b=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\left(a+\frac{1}{a}\right)\\ c=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\left(b+\frac{1}{b}\right)\\ a=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\left(c+\frac{1}{c}\right) \end{array}\right\}.\] Por tanto, consideraremos la siguiente función \[f(t)=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\left(t+\frac{1}{t}\right)\] definida en los reales positivos, y nos preguntamos si pueden existir $a,b,c\gt 0$ tales que $b=f(a)$, $c=f(b)$ y $a=f(c)$. En otras palabras, empezando por $a$ y aplicando tres veces $f$, queremos ver si podemos volver al punto $a$. Dos observaciones previas:

• Se cumple que $f(t)=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\left(t+\frac{1}{t}\right)\geq\frac{1}{3}+\frac{2}{3}=1$ para todo $t\gt 0$ ya que la suma de un número positivo y su inverso es mayor o igual que $2$. La igualdad se da si y sólo si $t=1$.
• La ecuación $f(t)=t$ equivale a $2t^2-t-1=0$, que tiene soluciones $t=1$ y $t=\frac{-1}{2}$, de las cuales sólo nos quedamos con $t=1$ ya que estamos trabajando con reales positivos. De aquí se deduce también fácilmente. que $f(t)\lt t$ para $t>1$.

Por lo tanto, no puede ser $0\lt a\lt 1$ ya que entonces tendríamos $a=f(c)\geq 1$. Tampoco puede ser $a\gt 1$ ya que entonces tendríamos que $a=f(c)\lt c=f(b)\lt b=f(a)\lt a$, que es un absurdo. Sólo nos queda la posibilidad $a=1$, que nos lleva a que $b=f(a)=1$ y $c=f(b)=1$. Deshaciendo el cambio inicial, obtenemos la única solución al sistema $x=y=z=0$.

Nota. El método de iterar una función y estudiar si podemos volver al mismo valor es muy estándar y conviene tenerlo en cuenta para muchos problemas de olimpiada. Esencialmente, tenemos que estudiar los puntos fijos de la función y si es mayor o menor que la identidad en los distintos intervalos para saber si la iteración hace crecer o decrecer los valores en determinados intervalos.

Solución. Supongamos que $\sqrt{n_1}+\sqrt[3]{n_2}$ es un racional $\frac{p}{q}$ y probaremos que debe ser entero. Para ello, despejamos la raíz cúbica y elevamos al cubo para eliminarla, esto es, \[\sqrt[3]{n_2}=\frac{p}{q}-\sqrt{n_1}\ \Longleftrightarrow\ n_2=\frac{p^3}{q^3}-3\frac{p^2}{q^2}\sqrt{n_1}+3\frac{p}{q}n_1-n_1\sqrt{n_1}.\] Agrupando los términos con raíz, llegamos a que \[n_2=\left(\frac{p^3}{q^3}+3\frac{p}{q}n_1\right)-\left(n_1+3\frac{p^2}{q^2}\right)\sqrt{n_1}\ \Longleftrightarrow\ \sqrt{n_1}=\frac{n_2-\frac{p^3}{q^3}-3\frac{p}{q}n_1}{n_1+3\frac{p^2}{q^2}}.\] Observemos que el denominador es un número positivo (no puede ser cero). Por lo tanto, $\sqrt{n_1}$ es un número racional, lo que nos dice que $n_1$ ha de ser un cuadrado perfecto (ver la nota). De esta manera, $\sqrt[3]{n_2}=\frac{p}{q}-\sqrt{n_1}$ también es racional, luego $n_2$ ha de ser un cubo perfecto (ver la nota) y $\sqrt[3]{n_1}+\sqrt{n_2}$ es entero.

Nota. Hemos usado el hecho muy conocido de que si $a$ y $n$ son números naturales y $\sqrt[n]{a}$ es racional, entonces $a$ es la potencia $n$-ésima de un entero. Esto se demuestra fácilmente escribiendo $\sqrt[n]{a}=\frac{r}{s}$ equivalentemente como $s^na=r^n$. Si ahora miramos en esta última ecuación el exponente de cualquier primo, el exponente en $a$ tiene que ser múltiplo de $n$.

Solución. Usando que $(n+1)(n-1)=n^2-1\lt n^2$, el crecimiento de $f$ y la condición del enunciado, podemos escribir \[f(n-1)+f(n+1)=f(n^2-1)\leq f(n^2)=2f(n).\] Esta condición, se puede reescribir como \[f(n+1)-f(n)\leq f(n)-f(n-1),\qquad\text{para todo }n\in\mathbb{N}.\] Por tanto, la diferencia entre dos términos consecutivos es positiva y decreciente. Debe llegar un momento en que esta diferencia sea una constante $a\geq 0$, momento a partir del cual la función se comporte como una progresión aritmética. Más rigurosamente, existe $n_0\gt 1$ tal que $f(n)=an+b$ para todo $n\geq n_0$, siendo $a,b\in\mathbb{Z}$ y $a\geq 0$.

Tomando $m,n\geq n_0$, se tiene que $mn\geq n_0$, luego \[amn+b=f(mn)=f(n)+f(m)=a(m+n)+2b.\] Como esta igualdad se cumple para infinitos valores de $m$ y $n$, tiene que ser $a=b=0$, es decir $f(n)=0$ para todo $n\geq n_0$. El problema ya está casi listo porque, por un lado, $f(1)=f(1\cdot 1)=f(1)+f(1)$ nos dice que $f(1)=0$ y, por otro lado, $f(2^r)=rf(2)$ tiene que ser cero para $r$ suficientemente grande tal que $2^r\gt n_0$, luego $f(2)$. Al ser $f(2)-f(1)=0$, tenemos que $f(n+1)=f(n)$ para todo $n\in\mathbb{N}$ y, por tanto, $f$ es la función constante $0$ (se comprueba trivialmente que cumple las condiciones del enunciado).