Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Razonemos por reducción al absurdo suponiendo que existen $x_1,x_2,x_3,x_4,x_5\in\mathbb{R}$ distintos y tales que \[P(x_1)=P(x_2)=P(x_3)=P(x_4)=7,\qquad P(x_5)=14.\] El polinomio $Q(x)=P(x+x_5)-7$ también tiene coeficientes enteros y cumple que \[Q(y_1)=Q(y_2)=Q(y_3)=Q(y_4)=0,\qquad Q(0)=7,\] siendo $y_k=x_k-x_5$ para $k\in\{1,2,3,4\}$.

Ahora bien, usando la propiedad de que cada $y_k$ divide a $Q(y_k)-Q(0)=-7$ y que los números enteros $y_1,y_2,y_3,y_4$ son distintos, tenemos que han de ser los elementos del conjunto $\{1,-1,7,-7\}$, es decir, $Q(1)=Q(-1)=Q(7)=Q(-7)=0$. Por tanto, el polinomio $Q$ se escribe como \[Q(x)=(x-1)(x+1)(x-7)(x+7)R(x),\] para cierto polinomio $R(x)$ con coeficientes enteros. Evaluando en $x=0$, obtenemos que $Q(0)=-49R(0)$ es múltiplo de $49$, contradiciendo que $Q(0)=-7$.

Nota. Se puede razonar directamente sobre el polinomio $P$ ya que el hecho de considerar $Q$ simplemente es por simplificar la notación.

Solución. El cuadrilátero $ACDE$ está inscrito en la circunferencia circunscrita al heptágono, luego el teorema de Ptolomeo nos asegura que \[AC\cdot DE+CD\cdot AE=AD\cdot CE.\] Dado que $CD=DE=1$ y $AE=AD$ y $CE=AC$, esta igualdad se traduce en \[AC+AD=AD\cdot AC,\] de donde se sigue fácilmente la fórmula del enunciado.

Nota. Aplicando el teorema de Ptolomeo al cuadrilátero $ABCD$ obtenemos \[1+AD=AC^2,\] que es otra relación interesante entre las diagonales del heptágono.

Solución. Consideremos la función $f(x)=x^3-3x^2+5x$. Esta función tiene por derivada $f'(x)=3x^2-6x+5$ y es fácil ver que la ecuación $f'(x)=0$ no tiene soluciones reales, lo que nos dice que $f$ es estrictamente creciente. En particular, $\alpha$ y $\beta$ son los únicos números reales tales que $f(\alpha)=17$ y $f(\beta)=-11$. Vamos a probar que si $f(\alpha)=17$, entonces $f(2-\alpha)=-11$ cumple la segunda, lo que nos dirá que $2-\alpha=\beta$, es decir, $\alpha+\beta=2$ y habremos resuelto el problema.

Evaluando $f(2-\alpha)$ y usando que $f(\alpha)=17$ tenemos que \begin{eqnarray*} f(2-\alpha)&=&(2-\alpha)^3-3(2-\alpha)^2+5(2-\alpha)\\ &=&8-12\alpha+6\alpha^2-\alpha^3-12+12\alpha-3\alpha^2+10-5\alpha\\ &=&-\alpha^3+3\alpha^2-5\alpha+6=-f(\alpha)+6=-17+6=-11. \end{eqnarray*}

Nota. En realidad, nos hemos sacado de la manga que la solución es $2$ y esto puede parecer muy artificial. Una forma de llegar a que la solución es esta consiste en calcular $f(r-\alpha)$ para cierto $r\in\mathbb{R}$, lo que nos lleva a la identidad \[f(r-\alpha)=(r-2)(3 - r + r^2 - 3 r\alpha + 3\alpha^2)-11.\] Ahora está claro que $r=2$ es la solución buscada.

Solución. Escribamos los términos de la sucesión como $a_n=a_1+(n-1)d$ para cierto $d\in\mathbb{R}$ no nulo (la sucesión no es constante). Probaremos que $a_1$ y $d$ son enteros, lo que nos dará el resultado buscado. Para ello, si \begin{eqnarray*} a_{p+1}^2=(a_1+pd)^2&=&a_1^2+2pa_1d+p^2d^2,\\ a_{q+1}^2=(a_1+qd)^2&=&a_1^2+2qa_1d+q^2d^2, \end{eqnarray*} son elementos de la sucesión y $a_1^2$ también lo es, entonces $a_{p+1}^2-a_1^2=rd$ y $a_{q+1}^2-a_1^2=sd$ para ciertos enteros $r$ y $s$. Desarrollando estas diferencias de cuadrados llegamos a las ecuaciones \[\begin{cases} 2pa_1+p^2d=r,\\ 2qa_1+q^2d=s. \end{cases}\] Podemos resolver fácilmente este sistema de ecuaciones lineales con incógnitas $a_1$ y $d$, obteniendo que \[a_1=\frac{p^2 s-q^2 r}{2 p q (p-q)},\qquad d=\frac{q r-p s}{p q (p-q)}.\] Es importante observar que el sistema es compatible determinado ya que los denominadores no se anulan por ser $p$ y $q$ primos entre sí (y, en particular, distintos). Esto prueba que $a_1$ y $d$ son racionales, luego podemos escribir como fracciones irreducibles $a_1=\frac{x}{y}$ y $d=\frac{z}{w}$. Probaremos que $y=\pm 1$ y $w=\pm 1$ y habremos terminado.

Como $a_1^2$ es un elemento de la sucesión, existirá $m\in\mathbb{N}$ tal que $a_1^2=a_1+md$, luego $x^2w=xyw+m y^2dz$. De aquí deducimos que $y$ divide a $x^2w$ luego también divide a $w$ (ya que $x$ e $y$ no tienen factores comunes). Por otro lado, de la ecuación $2pa_1+p^2d=r$ deducimos que $2pxw+p^2yz=ryw$, luego $w$ divide a $p^2y$ (ya que $w$ no tiene factores en común con $z$). Análogamente, la ecuación $2qa_1+q^2d=s$ nos dice que $w$ divide a $q^2y$. Por consiguiente, $w$ divide a $y$ ya que, en caso contrario, $w$, $p^2$ y $q^2$ tendrían algún factor en común, contradiciendo la hipótesis de que $p$ y $q$ son primos entre sí.

Hemos demostrado que $y$ y $w$ se dividen mutuamente, lo que nos asegura que $w=\pm y$. Entonces, la igualdad $x^2w=xyw+m y^2dz$ que ha aparecido anteriormente se rescribe como $\pm x^2=(\pm x+mdz)y$. Como $x$ e $y$ no tienen factores comunes, ha de ser $y=\pm 1$ y, por tanto, $w=\pm 1$ como queríamos probar.

Solución. La desigualdad entre las medias aritmética y geométrica nos asegura que \[a_1\cdot a_2\cdots a_n\leq\left(\frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}{n}\right)^n=\frac{10^n}{n^n}.\] Es importante darse cuenta de que la igualdad se alcanza para $a_1=a_2=\ldots=a_n=\frac{10}{n}$, luego para cada valor de $n$ el máximo será precisamente $\frac{10^n}{n^n}$ y será suficiente maximizar esta cantidad. Esto es equivalente a encontrar el máximo de la función \[f:(0,\infty)\to\mathbb{R},\qquad f(x)=\left(\frac{10}{x}\right)^x\] sobre los números naturales. La derivada de $f$ viene dada por \[f'(x)=\left(\frac{10}{x}\right)^x\left(-1+\log\frac{10}{x}\right),\] que se anula sólo en el valor $x=\frac{10}{e}$. Además, $f'(x)\gt 0$ en el intervalo $(0,\frac{10}{e})$ y $f'(x)\lt 0$ en el intervalo $(\frac{10}{e},\infty)$, lo que nos dice que el máximo de $f$ sobre los números naturales ha de ser el entero más cercano por defecto o por exceso a $\frac{10}{e}\approx 3,\!68$, es decir, el valor que buscamos es $n=3$ ó $n=4$. Como quiera que $f(3)=(\frac{10}{3})^3$ y $f(4)=(\frac{10}{4})^4$, es fácil probar que $f(3)\lt f(4)$ (los detalles se dejan al lector), de donde deducimos que el máximo se alcanza para $n=4$ y para $a_1=a_2=a_3=a_4=\frac{10}{4}=\frac{5}{2}$. Por tanto, el mayor valor del producto es $f(4)=\frac{625}{16}$, que es lo que se pide en el enunciado.