Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Observemos que la condición del enunciado puede reescribirse como \[(a+c)(a-b)=a^2.\] Si probamos que $a+c$ y $a-b$ son primos entre sí, entonces tienen que ser cuadrados perfectos ya que son positivos (¿por qué?) y al multiplicarlos obtenemos un cuadrado perfecto. Razonando por reducción al absurdo, si $a+c$ y $a-b$ tuvieran algún factor primo común $p$, entonces la condición $(a+c)(a-b)=a^2$ nos dice que $p$ divide a $a$. Si $p$ divide a los números $a$, $a+c$ y $a-b$, entonces también divide a $c=(a+c)-a$ y $b=a-(a-b)$, de donde $p$ es un factor primo común a $a$, $b$ y $c$, lo cual es una contradicción.

Nota. Esto mismo prueba que $a+c$ es un cuadrado perfecto. Por otro lado, la condición del enunciado también se escribe como $(c-b)(a-b)=b^2$, lo que nos dice que $b-c$ es otro cuadrado perfecto. Además, como $a-b$ y $c-b$ son cuadrados perfectos (y, en particular, positivos), tenemos que $a>c>b$.

Solución. Dado $a\in\mathbb{R}$, vamos a trabajar con más generalidad en la ecuación \[\sqrt{x+\sqrt{2x-1}}+\sqrt{x-\sqrt{2x-1}}=a.\] Puede probarse que el miembro de la izquierda tiene sentido sólo para $x\geq\frac{1}{2}$, es decir, $x$ tiene que satisfacer esta desigualdad para que todas las raíces estén bien definidas (recordemos que el resultado de hacer una raíz cuadrada siempre es un número positivo).

Multiplicando ambos miembros de la ecuación por $\sqrt{x+\sqrt{2x-1}}-\sqrt{x-\sqrt{2x-1}}$, obtenemos \[2x=a\sqrt{x+\sqrt{2x-1}}-a\sqrt{x-\sqrt{2x-1}}.\] Usando esta ecuación y la original, es fácil despejar \begin{eqnarray*} \sqrt{x+\sqrt{2x-1}}&=&\frac{a^2+2\sqrt{2x-1}}{2a}\\ \sqrt{x-\sqrt{2x-1}}&=&\frac{a^2-2\sqrt{2x-1}}{2a} \end{eqnarray*} La primera de estas igualdades no nos da información por ahora, pero la segunda nos dice que el miembro de la derecha tiene que ser positivo. Despejando $x$, esto es equivalente a que \[x<\frac{1}{2}+\frac{a^4}{8}.\] Observemos también que si $a=\sqrt{2}$ entonces las dos igualdades anteriores se cumplen para cualquier valor de $x$, lo que nos dice que la primera ecuación del enunciado se cumple si, y sólo si, $x\in[\frac{1}{2},\frac{1}{2}+\frac{a^4}{8}]=[\frac{1}{2},1]$.

Vamos a suponer ahora que $a\neq\sqrt{2}$. Elevando al cuadrado las dos igualdades despejadas anteriormente y sumando, llegamos a \[2x=\left(\frac{a^2+2\sqrt{2x-1}}{2a}\right)^2+\left(\frac{a^2-2\sqrt{2x-1}}{2a}\right)^2=\frac{a^4+4(2x-1)}{2a^2}.\] Por lo tanto, podemos expresar esta última condición como la ecuación de primer grado $(8-4a^2)x=4-a^4$. Para $a=1$, la única solución es $x=\frac{3}{4}$... ¡pero no cumple $x< \frac{1}{2}+\frac{a^4}{8}=\frac{5}{8}$, luego tenemos que descartarla! Para $a=2$, la única solución es $x=\frac{3}{2}$, que puede comprobarse que cumple la ecuación.

Resumiendo, para $a=\sqrt{2}$, tenemos que las soluciones son los elementos del intervalo $[\frac{1}{2},1]$, para $a=1$ no hay solución y para $a=2$ la única solución es $x=\frac{3}{2}$.

Solución. Como cualquiera puede ver manejando un reloj, dicha hora estará entre las 1:05 y las 1:10. Una forma de resolver este problema es calcular las velocidades angulares de las agujas y plantear una ecuación: la aguja de las horas habrá avanzado un ángulo $\theta$ mientras que la de los minutos habrá avanzado $360+\theta$ (ha dado exactamente una vuelta más que la de las horas). No obstante, hay una forma más rápida de hacer este cálculo y la explicamos a continuación.

Si el reloj se mueve desde las 12:00 de la mañana a las 12:00 de la noche, en un período de 12 horas las agujas han estado 11 veces en la misma posición (¡haz la prueba!). Como entre dos veces consecutivas que ocurre esto pasa el mismo tiempo, las agujas están en la misma posición cada 12/11 de hora, es decir, la próxima vez que estarán en la misma posición es, aproximadamente, a las 1:05:27.

Solución. Si probamos con valores pequeños de $n$, para $n=1$ ó $n=2$ ambos son iguales pero para $n\gt 2$ parece ser que $n!$ siempre es mayor que $\sqrt{n^n}$, por lo que es razonable intentar probar que $n!\gt\sqrt{n^n}$ para todo $n\gt 2$. Elevando al cuadrado, esto equivale a probar que $(n!)^2\gt{n^n}$ y eso será lo que haremos.

Observemos que $(n!)^2=1^2\cdot2^2\cdots n^2$ y este producto lo podemos reordenar como el producto de $n$ factores (agrupando el primero con el último, el segundo con el penúltimo, etc.), es decir, \[(n!)^2=(1\cdot n)\cdot(2\cdot(n-1))\cdots((n-1)\cdot 2)\cdot(n\cdot 1).\] Ahora vamos a analizar cada término $k(n-k)$. Si nos fijamos bien, la función $f(x)=x(n-x)$ se anula en $x=0$ y $x=n$ y es positiva en el intervalo $(0,n)$. Como su gráfica es una parábola, es fácil ver que los valores más pequeños de $f(x)$ cuando $x$ es un número natural en el intervalo $[1,n-1]$ se alcanzarán para $x=1$ y $x=n-1$, lo que nos dice que $k(n-k)\geq f(1)=n$ para $k$ entre $1$ y $n-1$ y la igualdad se da sólo para $k=1$ y $k=n-1$.

En consecuencia, sustituyendo cada término de la forma $k(n-k)$ por $n$, deducimos que $(n!)^2\geq{n^n}$ y la igualdad se alcanza sólo cuando $n=1$ ó $n=2$.

Solución. Sea $n$ un múltiplo de $100$ cualquiera, pongamos $n=100k$. Entonces, los números $k$, $2k$, $4k$, $5k$, $10k$, $20k$, $25k$ y $50k$ son divisores de $n$ menores que $100k$ y en total suman $117k$, luego la suma de todos los divisores de $n$, que es al menos de $117k$, es mayor que $n$.

Nota. Esta misma solución se puede adaptar para demostrar que los múltiplos de un número abundante son también abundantes e incluso los múltiplos de un número perfecto son también abundantes.