Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Por comodidad, llamamos $\alpha=\angle CAL=\angle ABH=\angle BCM$. Como $AL$ es bisectriz, tenemos que $\angle BAH=2\alpha$, luego la suma de los ángulos del triángulo $ABH$ es $90^\circ+3\alpha=180^\circ$, de donde obtenemos que $\alpha=30^\circ$.

Sea $X$ el punto de la recta $AC$ tal que $H$ es el punto medio de $AX$, luego el triángulo $ABX$ es equilátero. Por un lado, como $MH$ y $BX$ son paralelas, ya que $M$ y $H$ son los puntos medios de los lados $AB$ y $AX$, el triángulo $AMH$ es equilátero y se tiene que $\angle MHB=90^\circ-\angle AHM=30^\circ$. Por otro lado, $\angle BMH=30^\circ$ ya que $XM$ es bisectriz en el triángulo equilátero $ABX$. La propiedad del arco capaz nos dice ahora que el cuadrilátero $BMHX$ tiene circunferencia circunscrita (los puntos desde los que $BM$ se ve con un ángulo de $30^\circ$) y que el punto $C$ tiene que estar sobre dicha circunferencia. Como la intersección de la circunferencia con la recta $AC$ son los puntos $H$ y $X$, la propiedad deseada se cumple si, y sólo si, $C=H$ o bien $C=X$. Tenemos así dos casos:

• Si $C=H$, entonces $ABC$ tiene ángulos $A=60^\circ$, $B=30^\circ$ y $C=90^\circ$.
• Si $C=X$, entonces $ABC$ tiene ángulos $A=B=C=60^\circ$.

Solución. Consideremos un cuadrado perfecto $m^2$ mayor que $n^2$. Si podemos expresar $m^2=n^2+p$, entonces podemos factorizar $p=m^2-n^2=(m+n)(m-n)$, lo que nos lleva a alguna de las siguientes dos posibilidades: \[\left\{\begin{array}{l}m+n=p\\m-n=1\end{array}\right.\qquad \left\{\begin{array}{l}m+n=1\\m-n=p\end{array}\right.\] Ambos sistemas tienen solución única y ambas nos dan $m=\frac{1+p}{2}$ (basta sumar las dos ecuaciones en cada caso y dividir por $2$), es decir, $2m-1=p$.

Todo esto nos dice que si tomamos $m\gt n$ tal que $2m-1$ no es primo, entonces $m^2$ no se puede expresar de la forma $n^2+p$. Como hay infinitos números impares que no son primos, llegamos a que la respuesta a la pregunta del enunciado es afirmativa.

Solución. Podemos transformar la ecuación dada como sigue: \begin{align*} \frac{a^2b^2}{a^4-2b^4}=1&\ \Longleftrightarrow\ a^2b^2=a^4-2b^4\\ &\ \Longleftrightarrow\ a^4-a^2b^2-2b^4=0\\ &\ \Longleftrightarrow\ \left(\tfrac{a}{b}\right)^4-\left(\tfrac{a}{b}\right)^2-2=0. \end{align*} En el último paso, hemos dividido por $b^4$ de forma que obtenemos una ecuación bicuadrática en la incógnita $\frac{a}{b}$. Usando la fórmula para la ecuación de segundo grado, tenemos que \[\frac{a^2}{b^2}=\frac{1\pm\sqrt{9}}{2}=\frac{1\pm 3}{2}=2.\] Nos hemos quedado con la solución positiva puesto que $\frac{a^2}{b^2}$ no puede ser negativo. Con esto nos basta para hallar el único valor posible de la expresión dada puesto que \[\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}=\frac{\frac{a^2}{b^2}-1}{\frac{a^2}{b^2}+1}=\frac{2-1}{2+1}=\frac{1}{3}.\]

Nota. Este argumento nos dice que todos los números reales que cumplen la condición dada son los que cumplen $a^2=2b^2$, es decir $a=\pm\sqrt{2}b$. Observemos que, para estos números, no se anula el denominador $a^4-2b^4$.

Solución. Más abajo se puede ver una representación gráfica de las funciones $|x-1|$ (en rojo) y $ax$ (en azul), para distintos valores de $a$. Como las dos semirrectas que forman la gráfica de $|x-1|$ tienen pendiente $\pm 1$, se ve a priori que las soluciones de la ecuación formarán un intervalo no vacío abierto y acotado para $0\lt a\lt 1$, una semirrecta abierta para $a\gt 1$ o $a\lt -1$ no habrá soluciones para $-1\leq a\leq 0$. Con esto en mente, sólo hay que calcular los puntos de corte de $ax$ con $x-1$ y $1-x$ den función del parámetro $a$, lo que nos da los siguientes resultados (¡compruébalos!):

• Si $a\lt -1$, las soluciones son los puntos de la semirrecta $(-\infty,\frac{1}{1+a})$.
• Si $-1\leq a\leq 0$, entonces no hay soluciones.
• Si $0\lt a\lt 1$, las soluciones son los puntos del intervalo $(\frac{1}{1+a},\frac{1}{1-a})$.
• Si $a\geq 1$, las soluciones son los puntos de la semirrecta $(\frac{1}{1+a},+\infty)$.

La única forma de que el intervalo de soluciones contenga únicamente dos enteros es que $a\lt 0\lt 1$. En tal caso, tenemos el intervalo $I=(\frac{1}{1+a},\frac{1}{1-a})$, que está contenido en los reales positivos y siempre contiene a $1$, luego queremos saber cuándo $2\in I$ pero $3\not\in I$. Resolviendo las ecuaciones $\frac{1}{1-a}=2$ y $\frac{1}{1-a}=3$, obtenemos que el extremo superior de $I$ es $2$ para $a=\frac{1}{2}$ y este extremo es $3$ para $a=\frac{2}{3}$. Como este extremo superior es estrictamente creciente en $a$, llegamos a que la solución al apartado (b) son los valores de $a$ en el intervalo $(\frac{1}{2},\frac{2}{3}]$. Obsérvese que el intervalo es abierto por la izquierda y cerrado por la derecha puesto que $I$ es abierto y no contiene a sus extremos.

Solución. Desarrollamos \[\left(x+\tfrac{1}{x}\right)^2=x^2+2+\frac{1}{x^2}=2+7=9,\] por lo que se tiene que $x+\frac{1}{x}=3$ (por ser $x$ positivo). Vamos entonces calcular otras potencias de $x+\frac{1}{x}$ utilizando el binomio de Newton. Por un lado, tenemos que \[27=\left(x+\tfrac{1}{x}\right)^3=x^3+3x+\tfrac{3}{x}+\tfrac{1}{x^3}=\left(x^3+\tfrac{1}{x^3}\right)+3\left(x+\tfrac{1}{x}\right)\] nos permite despejar $x^3+\frac{1}{x^3}=27-3\cdot 3=18$. Por otro lado, de \begin{align*} 243=3^5=\left(x+\tfrac{1}{x}\right)^5&=x^5+5x^3+10x+\tfrac{10}{x}+\tfrac{5}{x^3}+\tfrac{1}{x^5}\\ &=\left(x^5+\tfrac{1}{x^5}\right)+5\left(x^3+\tfrac{1}{x^3}\right)+10\left(x+\tfrac{1}{x}\right) \end{align*} podemos despejar $x^5+\tfrac{1}{x^5}=243-5\cdot 18-10\cdot 3=123$.

Solución. Podemos resolver la ecuación como la bicuadrada $x^4-7x^2+1=0$, lo que nos da $x^2=\frac{1}{2}(7\pm 3\sqrt{5})$, que es un número positivo para ambos signos. Vamos a ver que las soluciones son de la forma $x=a+b\sqrt{5}$ para ciertos números racionales $a,b\in\mathbb{Q}$, para lo que expresamos \[(a^2+5b^2)+2ab\sqrt{5}=\left(a+b\sqrt{5}\right)^2=\frac{1}{2}(7\pm 3\sqrt{5})\ \Leftrightarrow\ \begin{cases}a^2+5b^2=\tfrac{7}{2}\\2ab=\tfrac{3}{2}\end{cases}.\] Este sistema puede resolverse dando $a=\pm\frac{3}{2}$ y $b=\pm\frac{1}{2}$, lo que nos da las dos soluciones positivas a la ecuación original, correspondientes a tomar $a$ positivo: \[x_1=\tfrac{1}{2}\left(3+\sqrt{5}\right),\qquad x_2=\tfrac{1}{2}\left(3-\sqrt{5}\right).\] Además, se cumple que $\frac{1}{x_1}=x_2$, por lo que, independientemente de cuál de ellas tomemos, llamémosla $x$, se tiene que \begin{align*} x^5+\frac{1}{x^5}&=x_1^5+x_2^5=\frac{(3+\sqrt{5})^5}{2^5}+\frac{(3+\sqrt{5})^5}{2^5}. \end{align*} Al desarrollar ambas potencias por el binomio de Newton los términos con $\sqrt{5}$ se cancelan (podemos omitirlos) y los términos sin $\sqrt{5}$ se duplican, luego queda un número racional, que de hecho es entero: \begin{align*} x^5+\frac{1}{x^5}&=2\cdot \frac{3^5+10\cdot 5\cdot 3^3+5\cdot 5^2\cdot 3}{2^5}=123. \end{align*}

Nota. Se trata de una ecuación con un polinomio simétrico, luego sabemos que si $\alpha$ es una solución, también lo es $\frac{1}{\alpha}$. Esto puede dar algunas pistas. La solución 1 requiere menos habilidad de cálculo algebraico pero esta solución es la vieja confiable: resolver y sustituir.