Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Observemos en primer lugar que \[\frac{(x^2+x)+(x^3+2x)}{(x^2+x)+3}=\frac{x^3+x^2+3x}{x^2+x+3}=x,\] luego si $x^2+x$ y $x^3+2x$ son racionales, también lo será $x$ (a menos que sea $x^2+x+3=0$, pero este polinomio no tiene raíces racionales).

Para responder al segundo apartado, vamos a intentar hacer el mismo truco, expresando \[\frac{(w^2+w)+(w^3-2w)}{(w^2+w)+1}=\frac{w^3+w^2+w}{w^2+w+1}=w,\] igualdad que nos diría también que si $w^2+w$ y $w^3-2w$ son racionales, también lo es $w$. Igual que en el caso anterior, esto es cierto a menos que $w^2+w+1=0$, lo que nos lleva a que $w=\frac{-1}{2}(1\pm\sqrt{5})$ luego éstos son los únicos posibles números que cumplen el apartado (b). Comprobamos que \[w=\frac{-1}{2}(1\pm\sqrt{5})\quad\Rightarrow\quad\left\{ \begin{array}{l} w^2+w=\frac{1}{4}(1\pm\sqrt{5})^2-\frac{1}{2}(1\pm\sqrt{5})=-1\\ w^3-2w=\frac{-1}{8}(1\pm\sqrt{5})^3+(1\pm\sqrt{5})=-1, \end{array} \right.\] luego estos dos valores de $w$ son los únicos que lo cumplen.

Solución. Completando cuadrados, la ecuación se escribe equivalentemente como \[0=(x+\mathrm{sen}(xy))^2+1-\mathrm{sen}^2(xy)=(x+\mathrm{sen}(xy))^2+\cos^2(xy).\] Como la suma de dos cuadrados es cero, ambos términos tienen que ser cero, esto es, $x+\mathrm{sen}(xy)=\cos(xy)=0$. De la condición $\cos(xy)=0$ deducimos que $xy=\frac{\pi}{2}+k\pi$ para cierto $k\in\mathbb{Z}$.

• Si $k$ es par, entonces $\mathrm{sen}(xy)=\mathrm{sen}(\frac{\pi}{2})=1$ y tenemos que $x=-1$, luego $y=-\frac{\pi}{2}+2m\pi$ para $m\in\mathbb{Z}$.
• Si $k$ es impar, entonces $\mathrm{sen}(xy)=\mathrm{sen}(\frac{3\pi}{2})=-1$, de donde $x=1$, luego $y=-\frac{\pi}{2}+2m\pi$ para $m\in\mathbb{Z}$.

Por tanto, todas las soluciones son \[(x,y)=\left(\pm 1,\frac{-\pi}{2}+2m\pi\right),\qquad m\in\mathbb{Z}.\]

Solución. Comenzaremos estudiando la función del enunciado.

• Cada función $f_i(x)=\frac{a_i}{x+a_i}$ está definida en $\mathbb{R}-\{-a_i\}$ y es decreciente en todo su dominio, lo que nos dice que la función $f(x)=\sum_{i=1}^n f_i(x)$ está definida en $\mathbb{R}-\{-a_1,\ldots,-a_n\}$ y es continua y decreciente en todo su dominio.
• En cada punto de la forma $-a_i$, el límite de $f(x)$ por la derecha es $+\infty$ y por la izquierda $-\infty$, lo que nos dice que:
  • Existe un único punto $x_1\gt-a_1$ tal que $f(x_1)=1$.
  • Si $2\leq i\leq n$, existe un único punto $x_i\in(-a_i,-a_{i-1})$ tal que $f(x_i)=1$.
  • $f(x)\lt 0$ para todo $x\lt-a_n$.

De todo esto deducimos que existen exactamente $n$ puntos $x_n\lt\cdots\lt x_2\lt x_1$ en los que la función toma el valor $1$. Además, los intervalos en que $f(x)\gt 1$ son los de la forma $(-a_i,x_i)$ para $1\leq i\leq n$, que tienen longitud $x_i+a_i$. Por tanto, la suma de longitudes buscada es \[S=x_1+x_2+\ldots+x_n+a_1+a_2+\ldots+a_n.\]

Volviendo a la expresión de la función, podemos poner denominador común para transformar la ecuación $f(x)=1$ en la ecuación polinómica de grado $n$ siguiente: \begin{eqnarray*} (x+a_1)\cdots(x+a_n)&-&a_1(x+a_2)\cdots(x+a_n)\\ &-&a_2(x+a_1)(x+a_3)\cdots(x+a_n)-\ldots-a_n(x+a_1)\cdots(x+a_{n-1})=0. \end{eqnarray*} Esto cuadra con la afirmación anterior de que existen exactamente $n$ valores de $x$ para los que $f(x)=1$, pero ahora sabemos que son las raíces de este polinomio. Es fácil ver que este polinomio tiene coeficiente de $x^n$ igual a $1$ y coeficiente de $x^{n-1}$ igual a $0$, luego las relaciones de Cardano-Vieta nos dicen que la suma de sus raíces es $x_1+\ldots+x_n=0$. Deducimos finalmente que la suma de las longitudes de los intervalos que nos piden es $S=a_1+a_2+\ldots+a_n$.

Solución. Si desarrollamos el producto $(x+yt+zt^2)(u+vt+wt^2)$ usando que $t^3=2$, llegamos el polinomio de segundo grado siguiente: \[[xu+2zv+2yw]+[yu+xv+2zw]t+[zu+yv+xw]t^2\] Vamos a ver que existen $u,v,w\in\mathbb{Q}$ tales que el primer corchete es igual a $1$ y los demás son cero, lo que nos daría el resultado que buscamos. Para ello, escribimos estas tres ecuaciones como \[\left.\begin{array}{r} xu+2zv+2yw=1\\ yu+xv+2zw=0\\ zu+yv+xw=0 \end{array}\right\} \] Nos encontramos así con un sistema de ecuaciones lineales con incógnitas $u,v,w$. Resolviendo este sistema (aquí pueden usarse los métodos de reducción o bien escribirlo matricialmente y usar la regla de Kramer, pero omitimos los detalles por ser algo estándar) llegamos a que el sistema es compatible determinado si, y sólo si, $x^3+2y^3+4z^3-6xyz\neq 0$, en cuyo caso \[\begin{array}{r} u=\frac{x^2-2 y z}{x^3+2 y^3+4 z^3-6 xyz}\\ v=\frac{2 z^2-x y}{x^3+2 y^3+4 z^3-6 xyz}\\ w=\frac{y^2-x z}{x^3+2 y^3+4 z^3-6 xyz} \end{array}\] son números racionales cumpliendo la condición del enunciado. Por tanto, falta por ver que si los racionales $x,y,z$ no son cero a la vez, entonces $x^3+2y^3+4z^3-6xyz\neq 0$ (esta última cantidad puede ser cero para ciertos números reales no nulos --por ejemplo para $x^3=2y^3=4z^3$-- luego habrá que usar fuertemente que se trata de números racionales).

Observamos que si multiplicamos los números $x$, $y$ y $z$ por un número no nulo, entonces $x^3+2y^3+4z^3-6xyz$ queda multiplicado por el cubo de ese número y es cero si, y sólo si, originalmente era cero. Por tanto, no hay pérdida de generalidad en multiplicar $x$, $y$ y $z$ por el mismo entero no nulo. Expresando $x$, $y$ y $z$ como fracción irreducible y multiplicando por el mínimo común múltiplo de los denominadores, podremos suponer sin perder generalidad que $x$, $y$ y $z$ son números enteros sin factores comunes.

Ahora bien, si ocurriera que $x^3+2y^3+4z^3-6xyz=0$, entonces $x$ es par y podemos poner $x=2a$ para cierto entero $a$. La igualdad anterior se reescribe como $4a^3+y^3+2z^3-6ayz=0$, luego $y=2b$ para cierto entero $b$, y podemos volver a reescribirla como $2a^3+4b^3+z^3-6abz=0$, de donde $z$ también es par y hemos encontrado un factor común a $x$, $y$ y $z$ en contra de lo que habíamos supuesto.

Solución. Haciendo $n=1$, tenemos que los tres números $f(1)$, $f(f(1))$ y $f(f(f(1)))$ suman 3. Como son números mayores o igules que $1$, deducimos que los tres tienen que ser $1$ y, en particular, $f(1)=1$. Si existiera $n_0\in\mathbb{N}$ tal que $f(n_0)=1$, sustituyendo $n=n_0$ en la ecuación llegamos que $n_0=1$, luego 1 es el único valor que toma el valor $1$. Sustituyendo ahora $n=2$ en la ecuación obtenemos que los números $f(2)$, $f(f(2))$ y $f(f(f(2)))$ suman $6$, pero todos son mayores o iguales que $2$ por lo que hemos probado antes, luego han de ser iguales a $2$ y tenemos que $f(2)=2$. Repitiendo el proceso o haciendo inducción llegamos a que $f(n)=n$ para todo $n$.

Nota. Otra forma de proceder es ver directamente que $f$ es inyectiva: si $f(m)=f(n)$, entonces \[f(m)+f(f(m))+f(f(f(m)))=f(n)+f(f(n))+f(f(f(n)))\] y, por tanto, $m=n$.