Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Observemos en primer lugar que \[\frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac{(k+2)-k}{2k(k+1)(k+2)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k(k+1)}-\frac{1}{(k+1)(k+2)}\right).\] Este truco nos permite expresar la suma del enunciado como una serie telescópica en la que cada dos sumandos consecutivos cancelan un término: \begin{align*} 2S_n&=\left(\frac{1}{1\cdot 2}-\frac{1}{2\cdot 3}\right)+\left(\frac{1}{2\cdot 3}-\frac{1}{3\cdot 4}\right)+\left(\frac{1}{3\cdot 4}-\frac{1}{4\cdot 5}\right)+\ldots\\ &\ldots+\left(\frac{1}{(n-1)n}-\frac{1}{n(n+1)}\right)+\left(\frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}\right). \end{align*} Simplificando los términos que aparecen sumando y restando, llegamos a la expresión \[S_n=\frac{1}{4}-\frac{1}{2(n+1)(n+2)}=\frac{n(n+3)}{4(n+1)(n+2)}.\] Si ahora tomamos $n=2015$, obtenemos que \[S_{2015}=\frac{2015\cdot 2018}{4\cdot 2016\cdot 2017}=\frac{2015\cdot 1009}{2\cdot 2016\cdot 2017}.\] Sin necesidad de factorizar completamente los números anteriores, observamos que el único factores primos comunes posibles de entre numerador y denominador es el $2$ (son cuatro números consecutivos). Como $2016$ es par y el numerador $2015\cdot 1009$ es impar, deducimos que la fracción dada anteriormente es irreducible.

Nota. Una suma $S=a_1+a_2+\ldots+a_n$ es telescópica cuando podemos encontrar una sucesión $b_1,\ldots,b_{n+1}$ de forma que $a_k=b_{k+1}-b_k$, de forma que $S=b_{n+1}-b_1$. En realidad, todas las sumas son telescópicas con esta definición, pero en la práctica se habla de suma telescópica sólo cuando la sucesión $b_n$ tiene una expresión sencilla.

Solución. Vamos a desarrollar en primer lugar el primer paréntesis: \begin{align*} \frac{y-z}{x}+\frac{z-x}{y}+\frac{x-y}{z}&=&\frac{yz(y-z)+xz(z-x)+xy(x-y)}{xyz}\\ &=\frac{yz(y-z)-(y+z)z(y+2z)-(y+z)y(-2y-z)}{xyz}\\ &=\frac{yz(y-z)+2(y+z)(y^2-z^2)}{xyz}\\ &=\frac{(y-z)(2y^2+5yz+2z^2)}{xyz}\\ &=\frac{(y-z)(2y+z)(y+2z)}{xyz}\\ &=\frac{-(y-z)(x-y)(z-x)}{xyz}. \end{align*} Lo que hemos hecho no es otra cosa que sustituir $x=-y-z$ en el numerado y luego factorizar el polinomio en las variables $y$ y $z$ resultante. Ahora hacemos lo mismo con el segundo paréntesis (observa que en denominador obtenido arriba cuadra con el denominador de desarrollar el producto, lo que nos indica que vamos por el buen camino): \[\frac{x}{y-z}+\frac{y}{z-x}+\frac{z}{x-y}=\frac{x(z-x)(x-y)+y(y-z)(x-y)+z(y-z)(z-x)}{(y-z)(z-x)(x-y)}.\] Queremos probar que el numerador anterior es igual a $-9xyz$, luego intentaremos sacar factor común $x$ y ver que el factor restante es igual a $-9yz$ sustituyendo $x=-y-z$ y operando con $y$ y $z$. Con esto en mente, tenemos que \begin{align*} \frac{x}{y-z}+\frac{y}{z-x}+\frac{z}{x-y}&=&\frac{x(z-x)(x-y)+(y-z)(y(x-y)+z(z-x)))}{(y-z)(z-x)(x-y)}\\ &=\frac{x(z-x)(x-y)-(y-z)((x+z)(x-y)+(x+y)(z-x))}{(y-z)(z-x)(x-y)}\\ &=\frac{x(z-x)(x-y)-(y-z)(2xz-2xy)}{(y-z)(z-x)(x-y)}\\ &=x \frac{(z-x)(x-y)+2(y-z)^2}{(y-z)(z-x)(x-y)}\\ &=x \frac{-(y+2z)(2y+z)+2(y-z)^2}{(y-z)(z-x)(x-y)}=\frac{-9xyz}{(y-z)(z-x)(x-y)}.\\ \end{align*}

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 $S=a_1+a_2+\ldots+a_n$.