Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. La suma $\sum_{i\lt j}|a_i-a_j|$ suma sobre las parejas $\{i,j\}$ de índices distintos de números sin repetir parejas, luego podemos suponer sin pérdida de generalidad que los números están ordenados como $a_1\geq a_2\geq\ldots\geq a_n$ y quitar los valores absolutos.

Para demostrar la primera desigualdad, para cada subíndice intermedio $1\lt i\lt n$, vamos a quedarnos solo con los sumandos $a_1-a_i$ y $a_i-a_n$, que suman $a_1-a_n=d$. Esto nos da una cota $s\geq (n-2)d$ ya que hay $n-2$ subíndices intermedios. Si también le añadimos la diferencia $a_1-a_n=d$ entre el mayor y el menor, tenemos que $s\geq (n-1)d$ y la igualdad se alcanza si y sólo cualquier otra diferencia de dos términos es nula, es decir, cuando dados dos subíndices intermedios $1\lt i,j\lt n$, se cumple que $a_i-a_j=0$. Tenemos, por tanto, que la igualdad se alcanza si y solo si $a_2=a_3=\ldots=a_{n-1}$.

Para la otra desigualdad, vamos a calcular $s$ explícitamente. En la suma $s$, un término $a_k$ se suma $n-k$ veces (una por cada subíndice $k\lt j\leq n$) y se resta $k-1$ veces (una por cada subíndice $1\leq j\lt k$). Por lo tanto, tenemos que \begin{align*} s&=(n-1)a_1+(n-2)a_2+(n-3)a_3+\ldots+1a_{n-1}+0a_n\\ &\qquad -0a_1-1a_2-2a_3-\ldots-(n-2)a_{n-1}-(n-1)a_n\\ &=(n-1)a_1+(n-3)a_2+(n-5)a_3+\ldots+(5-n)a_{n-2}+(3-n)a_{n-1}+(1-n)a_n. \end{align*} Distinguimos dos casos:

• Si $n=2k$ es par, entonces hay $k$ coeficientes positivos y $k$ negativos. Si dejamos fijos $a_1$ y $a_n$, la suma $s$ será menor o igual que si tomamos $a_1=a_2=\ldots=a_k$ y $a_{k+1}=a_{k+2}=\ldots=a_n$ (maximizamos los términos con coeficiente positivo y minimizamos los que tienen coeficiente negativo). Esto nos dice que \[s\leq ((2k-1)+(2k-3)+\ldots+1)(a_1-a_n)=k^2d=\tfrac{n^2}{4}d\] y la igualdad se alcanza si y sólo si la mitad de los números son iguales al menor y la otra mitad iguales al mayor.
• Si $n=2k+1$ es impar, entonces el coeficiente central que multiplica a $a_{k+1}$ es $0$, luego el valor de $a_{k-1}$ no influye en $s$. Haciendo un razonamiento similar al caso anterior, tenemos que \[s\leq (2k+(2k-2)+\ldots+2)(a_1-a_n)=(k^2+k)d=\tfrac{n^2-1}{4}d.\] Por tanto, se tiene que $s\lt\frac{n^2}{4}$ a menos que $d=0$, es decir, la igualdad se alcanza si y solo si todos los números son iguales.

Solución. Desarrollando los cuadrados en la tercera ecuación y usando las dos primeras se llega fácilmente a que \[xy^2+yz^2+zx^2=73.\] Observemos que esta ecuación es muy parecida a la segunda del enunciado pero los cuadrados están en el otro factor. Restando la segunda ecuación del enunciado y esta que hemos obtenido, llegamos a que \[0=73-73=xy^2+yz^2+zx^2-x^2y-y^2z-z^2x=(y-x)(z-y)(x-z).\] Por lo tanto, dos de las incógnitas deben ser iguales, pongamos que $y=z$ sin perder generalidad. Entonces, las tres ecuaciones del enunciado se transforman en las dos siguientes: \[\left.\begin{array}{r}xy^2=8\phantom{3}\\x^2y+y^3+xy^2=73\end{array}\right\}\] (la tercera ecuación ya no nos hace falta porque es redundante). Esto nos dice que $x^2y+y^3=65$ y, multiplicando por $y^3$, tenemos que $64+y^6=(xy^2)^2+y^6=65y^3$. En consecuencia, $y$ debe ser solución de la ecuación bicúbica $y^6-65y+64=0$, que puede factorizarse como $(y^3-1)(y^3-64)=0$, lo que nos da las soluciones $y=1$ e $y=4$. Como $xy^2=8$ y $z=y$, tenemos que $(x,y,z)=(8,1,1)$ o bien $(x,y,z)=(\tfrac{1}{2},4,4)$. Ahora bien, cualquier permutación de las variables también da una solución (hemos roto la simetría al suponer que $y=z$), luego tenemos seis soluciones para $(x,y,z)$: \[(8,1,1),\quad (1,8,1),\quad (1,1,8),\quad (\tfrac{1}{2},4,4),\quad (4,\tfrac{1}{2},4),\quad (4,4,\tfrac{1}{2}).\]

Solución. Supongamos que $a+b=2009$ y calculemos \begin{align*}\frac{5}{5+25^{a/2009}}+\frac{5}{5+25^{b/2009}} &=\frac{5\cdot (5+25^{b/2009})+5\cdot(5+25^{a/2009})}{(5+25^{a/2009})(5+25^{b/2009})}\\ &=\frac{25+5\cdot 25^{b/2009}+25+5\cdot 25^{a/2009}}{25+5(25^{a/2009}+25^{b/2009})+25}=1. \end{align*} De esta manera, podemos agrupar el primer término con el último, el segundo con el penúltimo y así sucesivamente. Como hay $2008$ términos, podemos hacer $1004$ parejas que suman $1$ (sin que sobre ningún término), luego la suma del enunciado es igual a $1004$.

Solución. Supongamos que hay tres términos $x+a,x+b,x+c$ en progresión geométrica con $a\lt b\lt c$, luego existe $r>1$ tal que $x+b=r(x+a)$ y $x+c=r(x+b)$. Despejando $r$ de ambas igualdades, tenemos que \[\frac{x+b}{x+a}=r=\frac{x+c}{x+b}\quad\Longleftrightarrow\quad (x+b)^2=(x+a)(x+c).\] Esta última ecuación es de primer grado ya que los términos $x^2$ se simplifican, lo que nos permite expresarla como $(2b-a-c)x=ac-b^2$. Distinguimos dos casos:

• Si $2b-a-c=0$, entonces también debe ser $ac-b^2=0$. De este sistema con dos ecuaciones e incógnitas $a$ y $c$, obtenemos que $a=c=b$, lo cual es imposible pues los tres términos $x+a,x+b,x+c$ son distintos.
• Si $2b-a-c\neq 0$, entonces $x=\frac{ac-b^2}{2b-a-c}$ es un número racional.

Vamos a probar ahora que si $x=\frac{u}{v}$ es racional (con $u,v$ enteros), entonces la sucesión contiene siempre tres términos en progresión geométrica y esto demostrará que los racionales son los únicos números que cumplen la propiedad del enunciado. Podemos suponer que $u\neq 0$ y $v\neq\pm 1$ ya que los enteros trivialmente cumplen esta propiedad. Nos vamos a inspirar en lo que ya hemos demostrado igualando $\frac{u}{v}=\frac{ac-b^2}{2b-a-c}$. Esta ecuación se cumple si tomamos $a=0$, $b=u$ y $c=2u+uv$. Comprobamos que, para $r=\frac{x+b}{x+a}=1+v$, se cumple que \[\frac{x+c}{x+b}=\frac{\frac{u}{v}+2u+uv}{\frac{u}{v}+u}=\frac{u+2uv+uv^2}{u+uv}=\frac{u(1+v)^2}{u(1+v)}=1+v=r,\]

luego los números $x+a,x+b,x+c$ están en progresión geométrica.