Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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, $m=n$.

Solución. Consideremos la función $g(x)=\frac{1}{1-x}$, que cumple que \begin{align*} g(g(x))&=\frac{1}{1-\frac{1}{x-1}}=\frac{x-1}{x},\\ g(g(g(x)))&=\frac{\frac{1}{1-x}-1}{\frac{1}{1-x}}=x. \end{align*} La ecuación inicial se escribe como $f(x)+f(g(x))=x$. Sustituyendo $x$ por $g(x)$, llegamos a que \[f(g(x))+f(g(g(x)))=g(x)=\frac{1}{1-x}.\] Volviendo a sustituir en esta última ecuación $x$ por $g(x)$, obtenemos \[f(g(g(x)))+f(x)=g(g(x))=\frac{x-1}{x}.\] Así, estas dos últimas ecuaciones junto con la ecuación inicial nos permiten formar el sistema de tres ecuaciones lineales con incógnitas $f(x)$, $f(g(x))$ y $f(g(g(x)))$ siguiente: \begin{align*} f(x)+f(g(x))&=x\\ f(g(x))+f(g(g(x)))&=\frac{1}{1-x}\\ f(g(g(x)))+f(x)&=\frac{x-1}{x} \end{align*} que puede resolverse (nos interesa sólo el valor de $f(x)$) dando lugar a \[f(x)=\frac{x^3-x+1}{2 (x-1) x}.\] Ahora es fácil comprobar que esta función cumple los requisitos, luego es la única.

Solución. Para llegar a la solución se necesita mayormente destreza en manipulación trigonométrica. En primer lugar, usando la identidad de factorización \[\sin x+\sin y=2\sin\left(\frac{x+y}{2}\right)\cos\left(\frac{x-y}{2}\right),\] podemos transformar \begin{align*} \sin 18+\sin 54&=2\sin 36\cos 18\\ \sin 42+\sin 78&=2\sin 60\cos 18, \end{align*} lo que, junto con la fórmula del ángulo doble $\sin36=2\sin 18\cos 18$ nos permite reescribir la expresión del enunciado como \[\frac{2\sin 18\cos 18}{2\sin 36\cos 18+2\sin 60\cos 18}=\frac{\sin18}{\sin36+\sin 60}=\frac{\sin18}{2\sin48\cos12}.\] Si probamos que $\sin18=2\sin12\sin48$, habremos terminado. Ahora la clave está en expresarlo todo en términos de un solo ángulo. Usando la fórmula del seno de la suma y la diferencia, podemos desarrollar \begin{align*} \sin12\sin48&=\sin(30-18)\sin(30+18)\\ &=\sin^2 30\,\cos^2 18-\sin^2 18\,\cos^2 30=\frac{1}{4}-\sin^2 18, \end{align*} donde también hemos usado que $\sin^2 30=\frac{1}{4}$ y $\cos^2 30=\frac{3}{4}$. Así, la igualdad $\sin18=2\sin12\sin48$ es equivalente a $4\sin^2 18+2\sin18-1=0$. Por tanto, $\sin 18$ ha de ser la única solución positiva de la ecuación de segundo grado $4x^2+2x-1=0$, es decir, tendremos que probar que \[\sin18=\frac{\sqrt{5}-1}{4}.\] El ángulo de $18$ grados está relacionado con un pentágono regular. Si en un pentágono regular tomamos un vértice y los dos vértices del lado opuesto, éstos forman un triángulo isósceles de ángulos $36$, $72$ y $72$, cuyos lados iguales tienen la longitud $d$ de la diagonal del pentágono y el lado desigual tiene la longitud $\ell$ del lado del pentágno. De aquí deducimos que $\sin 18=\frac{\ell}{2 d}$. Como $\frac{d}{\ell}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ es la razón áurea (¿por qué?), deducimos que \[\sin 18=\frac{\ell}{2 d}=\frac{2}{2(1+\sqrt{5})}=\frac{\sqrt{5}-1}{(\sqrt{5}+1)(\sqrt{5}-1)}=\frac{\sqrt{5}-1}{4},\] lo que concluye la demostración.