Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Podemos considerar el problema de cuándo se cortan las gráficas de las funciones $y=\sqrt{2-x^2}$ e $y=\sqrt[3]{3-x^3}$ y esto a su vez nos lleva a considerar el sistema de ecuaciones \[\left\{\begin{array}{l}x^2+y^2=2,\\x^3+y^3=3.\end{array}\right.\] Veremos que el sistema no tiene solución y, por tanto, la ecuación del enunciado tampoco. Por reducción al absurdo, imaginemos que $(x,y)$ es una solución y distinguimos dos casos según el signo de $x$:

• Si $x\leq 0$, por un lado tenemos que $y^3=3-x^3\geq 3$, luego $y\geq\sqrt[3]{3}$ y, por otro lado, $y^2=2-x^2\leq 2$ implica que $y\leq\sqrt{2}$, luego se cumpliría que $\sqrt[3]{3}\leq y\leq\sqrt{2}$. Esto es una contradicción ya que la realidad es que $\sqrt{2}\lt\sqrt[3]{3}$ (¿sabrías demostrarlo sin usar calculadora?).
• Si $x\geq 0$, entonces $x\leq\sqrt{2}$, luego $y^3=3-x^3\geq 3-2\sqrt{2}\geq 0$, es decir, $y$ tampoco es negativo. Desarrollamos \begin{align*} (x^2+y^2)^3-(x^3+y^3)^2&=x^6+3x^4y^2+3x^2y^4+y^6-x^6-2x^3y^3-y^6\\ &=x^2y^2(3x^2-2xy+3y^2)=x^2y^2(2x^2+(x-y)^2+2y^2)\geq 0. \end{align*} Como $x$ e $y$ no son negativos, deducimos que $(x^2+y^2)^{1/2}\geq (x^3+y^3)^{1/3}$ (ver la nota), lo que nos da $\sqrt{2}\geq\sqrt[3]{3}$, pero esto ya hemos dicho que es absurdo.

Recordemos que hemos probado así que la ecuación no tiene solución.

Nota. La desigualdad $(x^2+y^2)^3-(x^3+y^3)^2\geq 0$ es, en realidad, parte de la desigualdad entre normas $\ell^p$, que nos dice que, si $1\leq p\lt q$ y $x_1,x_2\ldots,x_n$ son números reales, entonces \[(|x_1|^q+|x_2|^q+\ldots+|x_n|^q)^{1/q}\leq (|x_1|^p+|x_2|^p+\ldots+|x_n|^p)^{1/p}.\] Aquí hemos dado una demostración ad hoc para $n=2$, $p=2$ y $q=3$.

Solución. Vamos a fijarnos en donde pueden estar colocados los 46 números más grandes (los números del 45 al 90, que son la mitad más uno). Si dividimos los 90 vértices en 45 parejas de vértices consecutivos, el principio del palomar nos dice que hay al menos una de esas parejas cuyos números son ambos mayores o iguales que 45, lo que nos da una pareja cuyo producto es mayor o igual que $45\cdot 46=2070\gt 2014$.

Solución. Si $y=0$, entonces se tiene que $x=0$ y obtenemos la solución $(0,0)$. Si $y\neq 0$, podemos dividir entre $y^4$ para obtener la ecuación equivalente \[\frac{x^4}{y^4}+1=3\frac{x^3}{y^3}\ \Leftrightarrow z^4-3z^3+1=0,\] donde hemos puesto la variable $z=\frac{x}{y}$. Buscamos ahora soluciones racionales de esta ecuación, pero sabemos que el numerador de una tal solución tiene que dividir al término independiente y el denominador al de mayor grado, luego las únicas posibles soluciones racionales de $z^4-3z^3+1=0$ son $z=\pm 1$. Ninguna de ellas cumple la ecuación, luego no hay más soluciones a la ecuación original que $(x,y)=(0,0)$.

Solución. Vamos analizar si $(x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}$ es múltiplo de $(x+y)^3-x^3-y^3$ para dos enteros $x,y\in\mathbb{Z}$ y $n\in\mathbb{N}$. Para ello, observamos que $(x+y)^3-x^3-y^3=3xy(x+y)$ y, desarrollamos por el binomio de Newton, podemos factorizar \begin{align*} (x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}&=\binom{2n+1}{1}x^{2n}y+\binom{2n+1}{2}x^{2n-1}y^2+\ldots+\binom{2n+1}{2n}xy^{2n}\\ &=xy\left(\binom{2n+1}{1}x^{2n-1}+\binom{2n+1}{2}x^{2n-2}y+\ldots+\binom{2n+1}{2n}y^{2n-1}\right) \end{align*} Si vemos el último paréntesis grande como un polinomio $p(x)$ para un valor fijo de $y$, tenemos además que \begin{align*} p(-y)&=\binom{2n+1}{1}(-y)^{2n-1}+\binom{2n+1}{2}(-y)^{2n-2}y+\ldots+\binom{2n+1}{2n}y^{2n-1}\\ &=y^n\left(-\binom{2n+1}{1}+\binom{2n+1}{2}-\ldots+\binom{2n+1}{2n}\right)=0 \end{align*} ya que la suma alternada de números combinatorios es cero. Esto nos dice que podemos factorizar como polinomios $p(x)=(x+y)q(x,y)$, luego podemos factorizar $(x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}=xy(x+y)q(x,y)$. Nos falta por ver que podemos sacar también el factor $3$ y para ello haremos $x=1013$ e $y=1001$, lo que nos da \[(x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}\equiv 2^{2n+1}-1^{2n+1}-1^{2n+1}=2\cdot 1^{2n}-1-1\equiv 0\ (\text{mod }3.\] Sin embargo, tenemos que $xy(x+y)\equiv 1\cdot 1\cdot 2\not\equiv 0\ (\text{mod }3)$, luego $(x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}$ es múltiplo de $3xy(x+y)$ para todo $n\in\mathbb{N}$, en particular, para $n=1006$.

Nota. No es cierto en general que $(x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}$ sea múltiplo de $(x+y)^3-x^3-y^3=3xy(x+y)$ y el problema justamente es el $3$ final. No es difícil completar el argumento para ver que esta propiedad es cierta para todo $n$ si, y sólo si, $x\equiv y\equiv 1$ o bien $x\equiv y\equiv 2$ (mod $3$).

Solución. La desigualdad entre las medias aritmética y cuadrática aplicada a $\sqrt{ab}$ y $\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}$ nos da \[\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}}{2}\leq\sqrt{\frac{ab+\frac{a^2+b^2}{2}}{2}}=\sqrt{\frac{2ab+a^2+b^2}{4}}=\frac{a+b}{2},\] luego tenemos la desigualdad del enunciado.

Solución. El teorema de Euler-Fermat nos dice que $a^{\varphi(m)}\equiv 1(\ \text{mod }m)$ siempre que $\mathrm{mcd}(a,m)=1$. Podemos aplicar esto para $a=7$ y $m=1000$ (que claramente son primos entre sí), teniendo en cuenta que $\varphi(1000)=\varphi(2^3\cdot 5^3)=(2-1)2^2(5-1)5^2=400$. En otras palabras, tenemos que \[7^{2014}=(7^{400})^5\cdot 7^{14}\equiv 7^{14}\ (\text{mod }1000).\] Ahora podemos calcular $7^{14}$ módulo $1000$ haciendo unas pocas multiplicaciones y quedándonos con la últimas tres cifras (calcular $7^{14}$ completamente lleva un buen rato y podría llevar a más errores): \begin{align*} 7^2&\equiv 49\ (\text{mod }1000),&7^3&\equiv 49\cdot 7\equiv 343\ (\text{mod }1000),\\7^6&\equiv 343\cdot 343\equiv\ 649\ (\text{mod }1000),&7^{12}&\equiv 649\cdot 649\equiv\ 201\ (\text{mod }1000),\\ 7^{14}&\equiv 201\cdot 49\equiv\ 849(\text{mod }1000). \end{align*} Deducimos así que las últimas cifras son $849$.

Nota. La menor potencia $7^n$ que da resto $1$ módulo $1000$ es $n=20$ (un divisor de $\varphi(1000)=400$. Se puede encontrar después de probar un poco si nos damos cuenta de que $7^4\equiv 401\ (\text{mod }1000)$ y que, por consiguiente, potencias de la forma $7^{4k}$ tienen por últimos dígitos $01$. Esto evitaría tener que usar el teorema de Euler-Fermat.

Solución. Si llamamos $\alpha,\beta,\gamma$ a las tres raíces de $p(x)$, entonces podemos escribir \begin{align*} p(x)&=(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)\\ &=x^3-(\alpha+\beta+\gamma)x^2+(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)x-\alpha\beta\gamma, \end{align*} de modo que identificando coeficientes obtenemos las relaciones de Cardano-Vieta: \[\alpha+\beta+\gamma=2,\qquad \alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=-25,\qquad\alpha\beta\gamma=a.\] Esto nos permite calcular \[\alpha^2+\beta^2+\gamma^2=(\alpha+\beta+\gamma)^2-2(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)=4+2\cdot 25=54.\] Las raíces son números enteros y las únicas formas de escribir $54$ como suma de tres cuadrados son $49+4+1$, $36+9+9$ y $25+25+4$. Reordenando las raíces si es necesario, distinguimos tres casos:

• Si $\alpha=\pm 7$, $\beta=\pm 2$ y $\gamma=\pm 1$, es imposible que se cumpla que $\alpha+\beta+\gamma=2$ (el sumando $\alpha=\pm 7$ es demasiado grande en valor absoluto para que sumarle $\beta+\gamma$ lo hagan igual a $2$), luego no hay soluciones en este caso.
• Si $\alpha=\pm 6$, $\beta=\pm 3$ y $\gamma=\pm 3$, también es imposible que se cumpla que $\alpha+\beta+\gamma=2$ ya que $\alpha+\beta+\gamma$ siempre dará un múltiplo de tres independientemente de los signos elegidos.
• Si $\alpha=\pm 5$, $\beta=\pm 5$ y $\gamma=\pm 2$, entonces la condición $\alpha+\beta+\gamma=2$ fuerza a que $\alpha=5$, $\beta=-5$ y $\gamma=2$ (salvo posiblemente intercambiar $\alpha$ y $\beta$). Tenemos entonces que $\alpha\beta\gamma=5\cdot(-5)\cdot 2=-50$, luego $a=50$ único valor que cumple la condición del enunciado.

Solución. Pasando todos los términos al segundo miembro podemos identificar algunos cuadrados perfectos y reescribir la desigualdad como \[(1-x)(x-y)^2+y(1-y)+x\geq 0.\] Esta desigualdad es evidente ya que 0\leq x,y\leq 1$.