Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Supongamos que $\sqrt{n_1}+\sqrt[3]{n_2}$ es un racional $\frac{p}{q}$ y probaremos que debe ser entero. Para ello, despejamos la raíz cúbica y elevamos al cubo para eliminarla, esto es, \[\sqrt[3]{n_2}=\frac{p}{q}-\sqrt{n_1}\ \Longleftrightarrow\ n_2=\frac{p^3}{q^3}-3\frac{p^2}{q^2}\sqrt{n_1}+3\frac{p}{q}n_1-n_1\sqrt{n_1}.\] Agrupando los términos con raíz, llegamos a que \[n_2=\left(\frac{p^3}{q^3}+3\frac{p}{q}n_1\right)-\left(n_1+3\frac{p^2}{q^2}\right)\sqrt{n_1}\ \Longleftrightarrow\ \sqrt{n_1}=\frac{n_2-\frac{p^3}{q^3}-3\frac{p}{q}n_1}{n_1+3\frac{p^2}{q^2}}.\] Observemos que el denominador es un número positivo (no puede ser cero). Por lo tanto, $\sqrt{n_1}$ es un número racional, lo que nos dice que $n_1$ ha de ser un cuadrado perfecto (ver la nota). De esta manera, $\sqrt[3]{n_2}=\frac{p}{q}-\sqrt{n_1}$ también es racional, luego $n_2$ ha de ser un cubo perfecto (ver la nota) y $\sqrt[3]{n_1}+\sqrt{n_2}$ es entero.

Nota. Hemos usado el hecho muy conocido de que si $a$ y $n$ son números naturales y $\sqrt[n]{a}$ es racional, entonces $a$ es la potencia $n$-ésima de un entero. Esto se demuestra fácilmente escribiendo $\sqrt[n]{a}=\frac{r}{s}$ equivalentemente como $s^na=r^n$. Si ahora miramos en esta última ecuación el exponente de cualquier primo, el exponente en $a$ tiene que ser múltiplo de $n$.

Solución. Usando que $(n+1)(n-1)=n^2-1\lt n^2$, el crecimiento de $f$ y la condición del enunciado, podemos escribir \[f(n-1)+f(n+1)=f(n^2-1)\leq f(n^2)=2f(n).\] Esta condición, se puede reescribir como \[f(n+1)-f(n)\leq f(n)-f(n-1),\qquad\text{para todo }n\in\mathbb{N}.\] Por tanto, la diferencia entre dos términos consecutivos es positiva y decreciente. Debe llegar un momento en que esta diferencia sea una constante $a\geq 0$, momento a partir del cual la función se comporte como una progresión aritmética. Más rigurosamente, existe $n_0\gt 1$ tal que $f(n)=an+b$ para todo $n\geq n_0$, siendo $a,b\in\mathbb{Z}$ y $a\geq 0$.

Tomando $m,n\geq n_0$, se tiene que $mn\geq n_0$, luego \[amn+b=f(mn)=f(n)+f(m)=a(m+n)+2b.\] Como esta igualdad se cumple para infinitos valores de $m$ y $n$, tiene que ser $a=b=0$, es decir $f(n)=0$ para todo $n\geq n_0$. El problema ya está casi listo porque, por un lado, $f(1)=f(1\cdot 1)=f(1)+f(1)$ nos dice que $f(1)=0$ y, por otro lado, $f(2^r)=rf(2)$ tiene que ser cero para $r$ suficientemente grande tal que $2^r\gt n_0$, luego $f(2)$. Al ser $f(2)-f(1)=0$, tenemos que $f(n+1)=f(n)$ para todo $n\in\mathbb{N}$ y, por tanto, $f$ es la función constante $0$ (se comprueba trivialmente que cumple las condiciones del enunciado).

Solución. Sea $O$ el centro de una de las esferas de radio $r$, $C$ el centro de una de las esferas de radio $R$ y $T$ el punto de tangencia de las dos esferas de radio $r$. Por la simetría de la figura, es evidente que $OCT$ es un triángulo rectángulo con ángulo recto en $T$. Como $T$ es un punto de la esfera de centro $O$, tenemos que $OT=r$; por la tangencia de las esferas de centros $O$ y $C$, tenemos que $OC=R+r$; finalmente, como los centros de las esferas de radio $R$ forman un triángulo equilátero de centro $T$ y lado $2R$, se tiene que $CT$ es $\frac{2}{3}$ de la altura de dicho triángulo, es decir $CT=\frac{2}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot 2R=\frac{2\sqrt{3}}{3}R$. El teorema de Pitágoras nos dice entonces que \[OC^2=OT^2+CT^2\ \Longleftrightarrow\ (R+r)^2=r^2+\tfrac{4}{3}R^2\ \Longleftrightarrow\ 2Rr=\tfrac{1}{3}R^2\ \Longleftrightarrow\ R=6r.\] Esta es la relación buscada (observemos que se ha descartado la solución $R=0$ ya que no es posible en este problema).

Solución. Sea $O_1$ el centro de $C_1$, que está sobre la bisectriz de las semirrectas dadas. Entonces, para pasar de la circunferencia $C_1$ a $C_2$, podemos hacer una homotecia de centro $O$ que lleva uno de los puntos de corte de $C_1$ con la bisectriz en el otro. Como el punto más alejado está a distancia $d_1+r_1$ y el más cercano a distancia $d_1-r_1$, la razón de la homotecia es $\lambda=\frac{d_1-r_1}{d_1+r_1}$. Como la homotecia transforma las áreas en un factor $\lambda^2$ y lleva cada circunferencia $C_k$ en $C_{k+1}$, tenemos que \[\sum_{k=1}^n\mathrm{Area}(C_k)=\sum_{k=1}^n\lambda^{2k-2}\mathrm{Area}(C_1)=\frac{\pi r_1^2(1-\lambda^{2n+2})}{1-\lambda^2},\] donde hemos usado la fórmula de la suma de los términos de una progresión geométrica. En el límite de esta suma cuando $n\to\infty$ el término $\lambda^{2n+2}$ desparece y el resultado es \begin{align*} \sum_{k=1}^\infty\mathrm{Area}(C_k)&=\frac{\pi r_1^2}{1-\lambda^2}=\frac{\pi r_1^2(d_1+r_1)^2}{(d_1+r_1)^2-(d_1-r_1)^2}\\ &=\frac{\pi r_1^2(d_1+r_1)^2}{4r_1d_1}=\frac{\pi r_1}{4d_1}(d_1+r_1)^2. \end{align*}