Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Si los números son consecutivos, podemos escribir $a_2=a_1+1$, $a_3=a_1+2$,... y así sucesivamente. Esto nos dice que $a_{k}=a_1+k-1$ y, por tanto, \[a_1+\ldots+a_n=a_1+1+a_1+2+\ldots+a_1+(n-1)=na_1+\frac{(n-1)n}{2},\] donde hemos usado la fórmula $1+2+\ldots+k=\frac{k(k+1)}{2}$ de la suma de los primeros $k$ naturales para $k=n-1$. Esto nos dice que la condición del enunciado se traduce en \[na_1+\frac{(n-1)n}{2}=2009\ \Leftrightarrow\ n(2a_1+n-1)=4018.\] De esta forma, $n$ tiene que ser un divisor mayor o igual que $3$ de $4018$ y $2a_1+n-1$ su divisor complementario. Los divisores positivos de $4018=2\cdot 7^2\cdot 41$ pueden calcularse fácilmente y son \[{1, 2, 7, 14, 41, 49, 82, 98, 287, 574, 2009, 4018}\] Como $2a_1+n-1\gt n$, realmente $n$ tiene que ser menor que $\sqrt{4018}\lt 64$, por lo que de los divisores sólo nos quedamos con cuatro casos:

• $n=7$ y $2a_1+n-1=574$ nos da $a_1=284$ y la sucesión \[\{284,285,286,\ldots,290\}.\]
• $n=14$ y $2a_1+n-1=287$ nos da $a_1=137$ y la sucesión \[\{137,138,139,\ldots,150\}.\]
• $n=41$ y $2a_1+n-1=98$ nos da $a_1=29$ y la sucesión \[\{29,30,31,\ldots,69\}.\]
• $n=49$ y $2a_1+n-1=82$ nos da $a_1=17$ y la sucesión \[\{17,18,19,\ldots,65\}.\]

Estas son las únicas cuatro sucesiones de naturales consecutivos que suman $2009$.

Solución. Por simplicidad, podemos suponer que $x,y\geq 0$ cambiándolos de signo si fuera necesario. Es bastante evidente la factorización $x^2-y^4=(x-y^2)(x+y^2)$ como diferencia de cuadrados, por lo que, para cada divisor positivo $d$ de $2009$ tenemos una potencial solución con $x-y^2=d$ y $x+y^2=\frac{2009}{d}$. Como $2009$ es impar, las soluciones de este sistema \[x=\frac{\frac{2009}{d}+d}{2},\qquad y^2=\frac{\frac{2009}{d}-d}{2}\] son números enteros, pero es necesario comprobar para qué elecciones de $d$ el segundo término $\frac{\frac{2009}{d}-d}{2}$ es un cuadrado perfecto. Para que sea positivo, además tendremos que $0\lt d\leq\sqrt{2009}\lt 45$, lo que nos deja solamente tres posibilidades:

• $d=1$ nos da $y^2=1004$, que no es un cuadrado perfecto.
• $d=7$ nos da $y^2=140$, que no es un cuadrado perfecto.
• $d=41$ nos da $y^2=4$, luego $y=2$ y $x=45$.

Finalmente, teniendo en cuenta que habíamos supuesto que las soluciones son positivas, deducimos que las soluciones enteras son $(-45,-2)$, $(-45,2)$, $(45,-2)$ y $(45,2)$.

Solución. La condición $abc=1$ puede eliminarse si escribimos $a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x}$, siendo ahora $x,y,z\gt 0$ reales positivos arbitrarios. Esto nos permite escribir la desigualdad a probar como \[\left(\frac{zx}{yz+xy}\right)^2+\left(\frac{xy}{zx+yz}\right)^2+\left(\frac{yz}{xy+zx}\right)^2\geq\frac{3}{4}.\] Por un lado, la desigualdad entre las medias aritmética y cuadrática nos da \[\left(\frac{zx}{yz+xy}\right)^2+\left(\frac{xy}{zx+yz}\right)^2+\left(\frac{yz}{xy+zx}\right)^2\geq\frac{1}{3}\left(\frac{zx}{yz+xy}+\frac{xy}{zx+yz}+\frac{yz}{xy+zx}\right)^2.\] Por otro lado, por la desigualdad de Nesbitt (véase la nota), tenemos que \[\frac{zx}{yz+xy}+\frac{xy}{zx+yz}+\frac{yz}{xy+zx}\geq\frac{3}{2}.\] Combinando estas dos desigualdades, obtenemos la del enunciado.

Nota. La desigualdad de Nesbitt nos dice que \[\frac{A}{B+C}+\frac{B}{C+A}+\frac{C}{A+B}\geq\frac{3}{2}\] para cualesquiera reales positivos $A,B,C$. La igualdad se tiene cuando $A=B=C$. En nuestro caso, la hemos aplicado para $A=zx$, $B=xy$ y $C=yz$, luego si la igualdad se alcanza, se tiene que $x=y=z$. Esto nos lleva a que la igualdad en la desigualdad original se tiene sólo para $a=b=c=1$.

Solución. Consideremos los puntos $S$ y $S'$ simétricos de $P$ y $P'$ respecto del centro de la circunferencia, lo que define un rectángulo inscrito $PP'SS'$. Además, como $AP'$ es perpendicular a $PP'$, se tiene que $A$ pertenece al interior del segmento $PS'$ y $B$, por simetría, pertenece al segmento $SP'$. Por la simetría respecto de $O$ y la simetría de $B$ y $C$ respecto de $PP'$, s e tiene que $AS'=BP'=P'C$. Como los segmentos $AS'$ y $P'C$ son paralelos (están en lados opuestos del rectángulo), se tiene que $AS'P'C$ es un paralelogramo, luego $AC=P'S'=2r$. Finalmente, observamos que $QC=QB$ por simetría, luego $AQ+QB=AQ+QC=2r$ y deducimos que la suma de las distancias de $Q$ a $A$ y $B$ es constante. Esto nos asegura que $Q$ está en una elipse de focos $A$ y $B$.

Nos queda determinar de qué elipse se trata concretamente ya que hay infinitas con focos $A$ y $B$. Si prolongamos $AB$ hasta que corte en un punto $X$ a la circunferencia, se tiene claramente que $AX+XB=2r$, luego $X$ también está en la misma elipse. Como la elipse es simétrica respecto de la recta $AB$, no queda otra que ser tangente a la circunferencia en $X$. Además, como $Q$ pertenece a la cuerda $PP'$, los puntos de la elipse siempre son interiores a la circunferencia. Concluimos que el lugar geométrico es la única elipse de focos $A$ y $B$ tangente interiormente a la circunferencia.