Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. En primer lugar, observemos que, para cualesquiera $x,y\in\mathbb{R}$, se tiene que \[\mathrm{th}(x+y)=\frac{\mathrm{th}(x)+\mathrm{th}(y)}{1+\mathrm{th}(x)\mathrm{th}(y)}=\mathrm{th}(x)*\mathrm{th}(y)\] luego $x*y=\mathrm{th}(\mathrm{arcth}(x)+\mathrm{arcth}(y))$ para cualesquiera $x,y\in(-1,1)$, donde estamos considerando la tangente hiperbólica $\mathrm{th}:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ y su inversa $\mathrm{arcth}:(-1,1)\rightarrow\mathbb{R}$, que están definidas por \[\mathrm{th}(x)=\frac{e^x-e^{-x}}{e^x-e^{-x}}\ \ (x\in\mathbb{R})\hspace{1.5cm} \mathrm{arcth}(x)=\frac{1}{2}\log\left(\frac{1+x}{1-x}\right)\ \ (x\in(-1,1))\] Ahora bien, esto no se lo podemos aplicar directamente a nuestro problema ya que $\mathrm{arcth}(n)$ no está definido para $n\in\mathbb{N}$, pero si observamos que $\frac{1}{x}*\frac{1}{y}=x*y$ y llamamos $S(n)$ al resultado que buscamos, tenemos que \begin{eqnarray*} S(n)&=&\mathrm{th}\left(\mathrm{arcth}(\frac{1}{2})+\mathrm{arcth}(\frac{1}{3})+\ldots+\mathrm{arcth}(\frac{1}{n})\right)\\ &=&\mathrm{th}\left(\frac{1}{2}\log(\frac{3}{1})+\frac{1}{2}\log(\frac{4}{2})+\frac{1}{2}\log(\frac{5}{3})+\ldots+\frac{1}{2}\log(\frac{n+1}{n-1})\right)\\ &=&\mathrm{th}\left(\frac{1}{2}\log\left(\frac{1}{2}n(n+1)\right)\right)=\frac{n(n+1)-2}{n(n+1)+2} \end{eqnarray*} que es la expresión que buscábamos.

Solución. Multiplicando ambos miembros por $-x+\sqrt{1+x^2}$, llegamos a que \begin{eqnarray*} y+\sqrt{1+y^2}=-x+\sqrt{1+x^2}&\Rightarrow&x+y=\sqrt{1+x^2}-\sqrt{1+y^2}\\ &\Rightarrow&(x+y)^2=2+x^2+y^2-2\sqrt{(1+x^2)(1+y^2)}\\ &\Rightarrow&2xy=2-2\sqrt{(1+x^2)(1+y^2)}\\ &\Rightarrow&(xy-1)^2=(1+x^2)(1+y^2)\\ &\Rightarrow&x^2y^2-2xy+1=1+x^2+y^2+x^2y^2\ \Rightarrow\ (x+y)^2=0, \end{eqnarray*} donde sucesivamente hemos ido aislando las raíces y elevando al cuadrado para eliminarlas. De aquí deducimos que $x+y=0$.

Solución. Escribamos $P(x)=a_0+a_1x+\ldots+a_nx^n$ y observemos que \begin{eqnarray*} P(8)&=&a_0+2^3a_1+2^6a_2+\ldots+2^{3n}a_n\\ &=&\sqrt{a_0}\sqrt{a_0}+\sqrt{2^2a_1}\sqrt{2^4a_1}+\sqrt{2^4a_2}\sqrt{2^8a_2}+\ldots+\sqrt{2^{2n}a_n}\sqrt{2^{4n}a_n}\\ &\leq&\sqrt{a_0+2^2a_1+\ldots+2^{2n}a_n}\sqrt{a_0+2^4a_1+\ldots+2^{4n}a_n}\ =\ \sqrt{P(2)P(4)}\ =\ 4 \end{eqnarray*} donde hemos usado la desigualdad de Cauchy-Schwartz aplicada a los vectores \[u=\left(\sqrt{a_0},\sqrt{2^2a_1},\ldots,\sqrt{2^{2n}a_n}\right)\] \[v=\left(\sqrt{a_0},\sqrt{2^4a_1},\ldots,\sqrt{2^{4n}a_n}\right)\] y la igualdad se alcanza cuando exista $\lambda\in\mathbb{R}$ tal que $u=\lambda v$. El cociente entre las primeras componentes de $u$ y $v$ es igual a 1, entre las segundas es igual a $2$, entre las terceras $2^2$ y así sucesivamente siempre que el correspondiente coeficiente de $P(x)$ no se anule. Por tanto si existe $\lambda\in\mathbb{R}$ tal que $u=\lambda v$, $P(x)$ sólo puede tener un coeficiente no nulo, esto es, $P(x)=ax^k$ para cierto $a\geq 0$ y $k\in\mathbb{N}$. Además tiene que cumplir que $P(4)=2^{2k}a=2$ y $P(16)=2^{4k}a=8$, de donde se obtiene que $a=\frac{1}{2}$ y $k=1$. Por lo tanto, el único polinomio con coeficientes positivos que cumple la igualdad es $P(x)=\frac{1}{2}x$.

Solución. En primer lugar, no es difícil probar que cada sumando $\frac{k}{x-k}$ es una función decreciente de $x$ que tiene una asíntota vertical en $x=k$, es negativa para $x\lt k$ y tiende a $0$ cuando $x\rightarrow+\infty$. Por lo tanto, la suma de todas ellas, $f(x)=\sum_{k=1}^{70}\frac{k}{x-k}$ es también una función decreciente, tiene asíntotas verticales en $x=k$ para cada $k\in\{1,\ldots,70\}$, es negativa para $x\lt 1$ y tiende a cero cuando $x\rightarrow +\infty$. De aquí es fácil ver que el conjunto del que habla el enunciado está dado por \[S=(1,x_1]\cup (2,x_2]\cup\ldots\cup (70,x_{70}]\] para ciertos números reales $x_1,\ldots,x_{70}$ que cumplen que $k\lt x_k\lt k+1$. La suma de las longitudes de los intervalos que forman $S$ es \[L=(x_1-1)+(x_2-1)+\ldots+(x_{70}-1)=(x_1+\ldots+x_{70})-(1+2+\ldots+70).\]

Observemos que $x_1,\ldots,x_{70}$ no son otra cosa que las soluciones de la ecuación $f(x)=\frac{5}{4}$. Multiplicando esta ecuación por $(x-1)\cdots(x-70)$ la podemos expresar como \begin{eqnarray} &&(x-2)(x-3)\cdots(x-70)+2(x-1)(x-3)\cdots(x-70)+\ldots+70(x-1)\cdots(x-69)\\ &&\quad =\frac{5}{4}(x-1)\cdots(x-70). \end{eqnarray} Necesitamos encontrar la suma de las raíces de este polinomio de grado $70$, pero esto no es más que el coeficiente de grado $69$ entre el de grado $70$. Usando esta regla y con un poco de cuidado se calcula \[x_1+\ldots+x_{70}=\frac{9}{5}(1+2+\ldots+70).\] Tenemos entonces que la longitud buscada es \[L=\frac{4}{5}(1+\ldots+70)=\frac{4\cdot 70\cdot 71}{2\cdot 5}=1988.\]

Solución. En primer lugar, $2(ab+bc+ac)=(a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)=(a+b+c)^2-1\geq -1$ y de aquí deducimos la desigualdad de la izquierda. Para la desigualdad de la derecha, podemos usar las desigualdades $ab\leq\frac{1}{2}(a^2+b^2)$, $bc\leq\frac{1}{2}(b^2+c^2)$ y $ac\leq\frac{1}{2}(a^2+c^2)$, que nos dicen directamente que $ab+bc+ac\leq a^2+b^2+c^2=1$. La igualdad en la desigualdad de la izquierda se tiene obviamente cuando $a+b+c=0$ y en la de la izquierda cuando $a=b=c=\frac{\sqrt{3}}{3}$.