Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Consideremos las funciones $f,g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ dadas por \[f(z)=(1+z)(1+z^2)(1+z^4),\qquad g(z)=1+z^7,\] para todo $z\in\mathbb{R}$. Usaremos las siguientes propiedades:

• si $z\gt 0$, entonces $1\lt g(z)\lt f(z)$;
• si $-1\lt z\lt 0$, entonces $0\lt f(z)\lt g(z)\lt 1$;
• si $z\lt -1$, entonces $g(z)\lt f(z)\lt 0$.

La demostración de estas tres propiedades se deduce de que $f$ y $g$ son funciones crecientes y de la siguiente factorización de la diferencia $f-g$ (los detalles se dejan al lector): \[f(z)-g(z)=z+z^2+z^3+z^4+z^5+z^6=z(z-1)(z^4+z^2+1)\]

Supongamos que $(x,y)$ es una solución a la ecuación original y distingamos casos según el valor de $x$ caiga en algunos de los intervalos anteriores.

1. Si $x\lt -1$, entonces $g(y)=f(x)\gt g(x)$, es decir, $1+y^7\gt 1+x^7$ y, por tanto, $y\gt x$. No obstante, también tenemos que $1+y^7=f(x)\lt 0$, luego $y\lt -1$ y un razonamiento análogo al anterior (sustituyendo $x$ e $y$) nos asegura que $x\gt y$, lo cual es una contradicción.
2. Si $-1\lt x\lt 0$, entonces $g(y)=f(x)\lt g(x)$, es decir, $1+y^7\lt 1+x^7$ y, por tanto, $x\gt y$. Como quiera que $1+y^7=f(x)\in (0,1)$, deducimos que $-1\lt y\lt 0$ y un razonamiento análogo al anterior nos asegura que $x\lt y$, lo cual es también una contradicción.
3. Si $x\gt 0$, entonces $g(y)=f(x)\gt g(x)$, de donde $x\lt y$. De forma análoga a los casos anteriores, $1+y^7=f(x)\gt 1$, luego $y\gt 0$ y repitiendo el razonamiento, llegamos a que $x\gt y$, y también tenemos la contradicción buscada.

En resumen, $x$ e $y$ sólo pueden tomar los valores $-1$ y $0$. Un breve análisis de las cuatro posibles combinaciones nos lleva a que las únicas soluciones son $(x,y)=(-1,-1)$ y $(x,y)=(0,0)$.

Solución. Claramente, el problema puede reducirse a estudiar los máximos y mínimos de la función \[f:[0,1]\to\mathbb{R},\qquad f(x)=ax+b+\frac{1}{1+x}.\] Observemos que esta función es derivable en el intervalo $[0,1]$ y su derivada está dada por \[f'(x)=a-\frac{1}{(1+x)^2}.\] Los extremos relativos de $f$ se podrán alcanzar en los puntos en que $f'(x)=0$ así como en los extremos $x=0$ y $x=1$, donde vale $f(0)=1+b$ y $f(1)=\frac{1}{2}+a+b$. Además, la ecuación $f'(x)=0$ tiene a $x=\frac{1}{\sqrt{a}}-1$ por única solución en el intervalo $[0,1]$ siempre que $a\geq \frac{1}{4}$, en cuyo caso \[f\left(\frac{1}{\sqrt{a}}-1\right)=2\sqrt{a}-a+b.\] Además, $f''(x)\gt 0$ para todo $x\in[0,1]$, luego $f$ es una función convexa y, si tiene un punto crítico, éste será un mínimo absoluto (esta información puede ser útil para tener intuición sobre los cálculos que desarrollamos a continuación).

Si $|f(0)|\gt\frac{1}{24}$, como $f$ es continua, bastará tomar $c$ suficientemente cercano a $0$. Análogamente, si $|f(1)|\gt\frac{1}{24}$, podremos tomar $c$ sufientemente cercano a $1$ y habremos terminado. Por tanto, supondremos a partir de ahora que $|f(0)|=|1+b|\leq\frac{1}{24}$ y $|f(1)|=|\frac{1}{2}+a+b|\leq\frac{1}{24}$. Desarrollando los valores absolutos, estas desigualdades equivalen a \[\frac{-25}{24}\leq b\leq\frac{-23}{24},\qquad \frac{-13}{24}\leq a+b\leq\frac{-11}{24}.\] Entonces, podemos acotar $a$ de la forma \[a=(a+b)-b\geq\frac{-13}{24}-\frac{-23}{24}=\frac{10}{24}\gt\frac{1}{4},\] luego $c=\frac{1}{\sqrt{a}}-1\in(0,1)$ es un mínimo absoluto de $f$ y el resultado que probamos se reduce a probar que $f(c)=2\sqrt{a}-a+b\lt\frac{-1}{24}$. Ahora bien, observemos que \[f(x)=(1-x)b+(a+b)x+\frac{1}{1+x}\leq (1-x)\frac{-23}{24}-\frac{11}{24}x+\frac{1}{1+x}=\frac{-23}{24}+\frac{1}{2}x+\frac{1}{1+x},\] luego el mínimo absoluto de $f$ es menor o igual que el mínimo absoluto para $a=\frac{1}{2}$ y $b=\frac{-23}{24}$. De esta forma, llegamos a que \[f(c)=2\sqrt{a}-a+b\leq 2\sqrt{\frac{1}{2}}-\frac{1}{2}-\frac{23}{24}=\sqrt{2}-\frac{35}{24}\lt\frac{-1}{24}.\] Para probar la desigualdad $\sqrt{2}-\frac{35}{24}\lt\frac{-1}{24}$, tenemos que es equivalente a $24\sqrt{2}\lt 34$ que, a su vez, elevando al cuadrado, equivale a $1152\lt 1156$, lo que concluye la demostración.

Nota. La desigualdad del enunciado puede parecer muy técnica, pero tiene una interpretación geométrica que puede ayudar a elaborar la solución: la ecuación $ax+b$ representa una recta arbitraria y el valor absoluto nos da la distancia entre esta recta y la función $g(x)=\frac{-1}{1+x}$. Por tanto, el problema nos dice que al aproximar $g(x)$ por cualquier recta en el intervalo $[0,1]$ siempre habrá puntos de la recta que distarán más de $\frac{1}{24}$ del correspondiente punto en la recta.

El resultado no es óptimo ya que tenemos una desigualdad estricta, pero en la solución puede verse que el valor $\frac{1}{24}$ está muy cerca de la cota óptima. Tal cota óptima es mucho más difícil de obtener.

Solución. En primer lugar, tenemos que $f(x)+f(1-x)\leq f(x+1-x)=f(1)=1$, luego $f(x)\leq 1-f(1-x)\leq 1$ para todo $x\in[0,1]$. En particular, $f(x)\leq 1\leq 2x$ para todo $x\geq \frac{1}{2}$, así que supondremos a partir de ahora que $x\lt\frac{1}{2}$.

Para ello, observemos que $f(nx)\geq nf(x)$ para todo entero positivo $n$ tal que $nx\in[0,1]$ (sin más que aplicar la tercera propiedad del enunciado reiteradamente). Tomemos entonces $n\geq 2$ tal que $\frac{1}{n+1}\leq x\lt\frac{1}{n}$, con lo que $nf(x)\leq f(nx)\leq 1$. Por tanto, \[f(x)\leq\frac{1}{n}=\frac{n+1}{n(n+1)}\leq\frac{n+1}{n}x=\left(1+\frac{1}{n}\right)x\leq\left(1+\frac{1}{2}\right)x=\frac{3}{2}x\leq 2x.\]

Finalmente, vamos a probar que la respuesta a la última pregunta es negativa (en realidad, no puede sustituirse $2$ en la desigualdad $f(x)\leq 2x$ por otra constante menor). Como contraejemplo sirve la función definida a trozos: \[f:[0,1]\to\mathbb{R},\qquad f(x)=\begin{cases}2x&\text{si }0\leq x\lt\frac{1}{2},\\1&\text{si }\frac{1}{2}\leq x\leq 1.\end{cases}\] Es fácil ver que cumple las condiciones del enunciado (los detalles se dejan al lector), mientras que $f(\frac{1}{2})=2\cdot\frac{1}{2}$, luego $2$ no puede sustituirse por $1,\!9$.