Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. En primer lugar, si $q(x)=a$ es constante, llegamos a que $ax^2=p(a)$, de donde $a=0$. En tal caso $p(0)=0$ y, por tanto, existe otro polinomio $r(x)$ tal que $p(x)=xr(x)$. Es fácil ver que $p(x)=xr(x)$ y $q(x)=0$ cumplen la ecuación del enunciado, luego son las únicas soluciones en que $q(x)$ es constante.

Supongamos entonces que $q(x)$ no es constante, luego podemos tomar una raíz $\lambda$ de $q(x)$ (posiblemente $\lambda$ sea un número complejo). Sustituyendo $x=\lambda$ en la ecuación original, tenemos que $p(0)=0$ luego ha de existir un polinomio $r(x)$ tal que $p(x)=xr(x)$. La ecuación original queda $x^2q(x)=q(x)r(q(x))$ y, como $q(x)$ no es constante cero, podemos simplificar a $r(q(x))=x^2$. Ahora bien, el grado de la composición de dos polinomios es el producto de los grados y esto nos da dos posibilidades:

• El grado de $r(x)$ es 2 y el grado de $q(x)$ es 1. En este caso $q(x)=mx+n$ para ciertos números reales $m,n\in\mathbb{R}$ y $m\neq 0$, luego el cambio de variable $x=\frac{y-n}{m}$ nos dice que \[\left(\frac{y-n}{m}\right)^2=x^2=r(q(x))=r\left(m\frac{y-n}{m}+n\right)=r(y),\] para cualquier $y$. Tenemos así las soluciones dadas por $q(x)=mx+n$ y $p(x)=xr(x)=x(\frac{x-n}{m})^2$ para $m,n\in\mathbb{R}$ con $m\neq 0$ (se comprueba que son soluciones).
• El grado de $r(x)$ es 1 y el grado de $q(x)$ es 2. En este caso $r(x)=ax+b$ para ciertos números reales $a,b\in\mathbb{R}$ no nulos, luego $r(q(x))=aq(x)+b=x^2$, y de aquí despejamos $q(x)=\frac{x^2-b}{a}$. Por tanto, tenemos las soluciones dadas por $q(x)=\frac{x^2-b}{a}$ y $p(x)=xr(x)=ax^2+bx$ (que también se comprueba que son soluciones).

En resumen, toda solución de la ecuación cae en una de las siguientes familias:

• $(p(x),q(x))=(xr(x),0)$ para cualquier polinomio $r(x)$ con coeficientes reales.
• $(p(x),q(x))=(x(\frac{x-n}{m})^2,mx+n)$, para cualesquiera $m,n\in\mathbb{R}$ con $m\neq 0$.
• $(p(x),q(x))=(ax^2+bx,\frac{x^2-b}{a})$ para cualesquiera $a,b\in\mathbb{R}$ con $a\neq 0$.

Solución. Razonemos por reducción al absurdo, suponiendo que es racional. Entonces, existen números enteros $p$ y $q$ ($p\neq 0$) tales que \[\frac{\log_{10}m}{\log_{10}n}=\frac{p}{q}.\] Usando las propiedades de los logaritmos, podemos escribir la igualdad anterior como \[q\log_{10}m=p\log_{10}n\ \Longrightarrow\ \log_{10}(m^q)=\log_{10}(n^p).\] Podemos quitar los logaritmos de ambos miembros haciendo \[m^q=10^{\log_{10}(m^q)}=10^{\log_{10}(n^p)}=n^p{.}\] Como $m$ y $n$ son primos entre sí no tienen factores primos comunes y $p\neq 0$, deducimos que $m^q=n^p$ sólo puede ocurrir si $m=n=1$ y el enunciado nos dice que $m,n\gt 1$.

Solución. Lo que se nos pide es equivalente a demostrar que algunos de los números $m_1-1$, $m_2-2$,... $m_n-n$ es par. Si los sumamos todos obtenemos claramente $0$, que es un número par, luego no pueden ser todos impares pues en tal caso su suma sería impar por ser $n$ un número impar.

Solución. Alguno de los números $m_1,m_3,m_5,...,m_n$ tiene que ser impar pues hay más impares que pares entre $1$ y $n$. Por lo tanto, existe un impar $i$ tal que $m_i$ es también impar, luego $m_i-i$ es par y, en consecuencia, $(m_1-1)(m_2-2)\ldots(m_n-n)$ es par al tener (al menos) un factor par.

Solución. Podemos despejar $m$ y expresarla como $m=f(n)$, siendo \[f(n)=\frac{4(n^2+1)}{n(3n-4)}.\] Esta función tiene derivada \[f'(n)=\frac{-8(n+2)(2n-1)}{(4-3 n)^2 n^2},\] que se anula en $n=-2$ y $n=\frac{1}{2}$. Analizando el signo de la derivada y teniendo también en cuenta que $f(n)$ no está definida para $n=0$ ni $n=\frac{4}{3}$, deducimos que $f(n)$ es creciente en $(-2,0)\cup(0,\frac{1}{2})$ y decreciente en $(-\infty,-2)\cup(\frac{1}{2},\frac{4}{3})\cup(\frac{4}{3},+\infty)$. Como cociente de dos polinomios cuadráticos, podemos calcular los siguientes límites como cociente de los coeficientes de mayor grado: \[\lim_{n\to-\infty}f(n)=\lim_{n\to+\infty}f(n)=\frac{4}{3}.\]

Ahora bien para $n\leq -2$, la función decrece desde el límite $\frac{4}{3}$ hasta $f(-2)=1$, lo que nos dice que para $n$ en este intervalo sólo tenemos la solución $(m,n)=(1,-2)$. Ahora comprobamos algunos valores: \begin{align*} f(-1)&=\frac{8}{7},&f(0)&\text{ no definido},&f(1)&=-8,\\ f(2)&=5,&f(3)&=\frac{8}{3},&f(4)&=\frac{17}{8}. \end{align*} Como $f(5)=\frac{104}{55}\lt 2$, deducimos que la función decrece desde este valor hasta el límite $\frac{4}{3}\gt 1$, luego no hay soluciones enteras para $n\geq 5$.

Hemos probado que $(1,-2)$, $(-8,1)$ y $(5,2)$ son las únicas soluciones.

Nota. Si sólo buscamos las soluciones positivas, hay otro truco que merece la pena comentar. Si $m=1$ ó $n=1$, entonces $\frac{1}{m}+\frac{1}{n}+\frac{1}{mn^2}\gt 1\gt\frac{3}{4}$, luego supondremos que $m\geq 2$ y $n\geq 2$ en lo que sigue. Comenzamos probando valores:

• Si $n=2$, entonces $\frac{1}{m}+\frac{1}{n}+\frac{1}{mn^2}=\frac{1}{2}+\frac{5}{4m}=\frac{3}{4}$, que tiene por solución $m=5$, luego el par $(m,n)=(5,2)$ es solución de la ecuación original.
• Si $n=3$, entonces $\frac{1}{m}+\frac{1}{n}+\frac{1}{mn^2}=\frac{1}{3}+\frac{10}{9m}=\frac{3}{4}$, de donde $m=\frac{3}{8}$, que no es un número natural.
• Si $n=4$, entonces $\frac{1}{m}+\frac{1}{n}+\frac{1}{mn^2}=\frac{1}{4}+\frac{17}{16m}=\frac{3}{4}$, de donde $m=\frac{17}{8}$, que tampoco es un número natural.
• Si $n\geq 5$, como $m\geq 2$, tenemos que \[\frac{1}{m}+\frac{1}{n}+\frac{1}{mn^2}\leq\frac{1}{5}+\frac{1}{2}+\frac{1}{50}=\frac{18}{25}\lt\frac{3}{4}{,}\] luego no hay soluciones con $n\geq 5$.

Hemos probado que $(m,n)=(2,5)$ es la única solución.

Solución. Llamemos $N_0=19^{19}$ y $N_k$ al resultado de aplicar a $N_0$ la operación $k$ veces. Restando reiteradamente el mayor divisor propio del número, obtenemos la siguiente sucesión de resultados: \begin{eqnarray*} N_1&=&19^{19}-19^{18}=18\cdot 19^{18},\\ N_2&=&18\cdot 19^{18}-9\cdot 19^{18}=9\cdot 19^{18},\\ N_3&=&9\cdot 19^{18}-3\cdot 19^{18}=6\cdot 19^{18},\\ N_4&=&6\cdot 19^{18}-3\cdot 19^{18}=3\cdot 19^{18},\\ N_5&=&3\cdot 19^{18}-19^{18}=2\cdot 19^{18},\\ N_6&=&2\cdot 19^{18}-19^{18}=19^{18},... \end{eqnarray*} Vemos que en 6 pasos reducimos el exponente en una unidad, y claramente esto puede hacerse para cualquier exponente. En $18\cdot 6=108$ pasos obtendremos el número $N_{108}=19$. A partir de aquí, seguimos repitiendo el proceso, obteniendo \begin{eqnarray*} N_{109}&=&19-1=18,\\ N_{110}&=&18-9=9,\\ N_{111}&=&9-3=6,\\ N_{112}&=&6-3=3,\\ N_{113}&=&3-1=2,\\ N_{114}&=&2-1=1.\\ \end{eqnarray*} Por lo tanto, el número de veces que se ha aplicado la operación es 114.