Olimpiadas de Matemáticas
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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.

Solución. Teniendo en cuenta que una ecuación de la forma $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{z}$ se puede escribir como $(z-x)(z-y)=z^2$, la condición del enunciado se transforma fácilmente en $rq(n-1)^2=(r+q)^2$. Como $r$ y $q$ no pueden ser cero (no se cumpliría la condición del enunciado), deducimos que \[(n-1)^2=\frac{(r+q)^2}{rq}{.}\] A esta última ecuación también puede llegarse operando directamente sobre la condición del enunciado sin dificultad. Podemos usar esta ecuación para expresar \[\frac{n-3}{n+1}=\frac{(n-3)(n+1)}{(n+1)^2}=\frac{n^2-2n-3}{(n+1)^2}=\frac{(n-1)^2-4}{(n+1)^2}=\frac{(r+q)^2-4rq}{rq(n+1)^2}=\frac{(r-q)^2(n-1)^2}{(r+q)^2(n+1)^2}\] y, por tanto, se tiene que $\frac{n-3}{n+1}$ es el cuadrado de un número racional, como queríamos probar.

Es necesario darse cuenta de que $n$ no puede ser $-1$, pues en tal caso el enunciado no se cumpliría. Por reducción al absurdo, si $n=-1$, la condición del enunciado nos dice que $\frac{1}{r+q}=0$, lo que es una contradicción.

Solución. Multiplicando por $xyN$ y pasando todos los términos al segundo miembro, la ecuación se puede escribir también como $xy-xN-yN=0$. Sumando $N^2$ a ambos miembros y factorizando, llegamos a que $(x-N)(y-N)=N^2$. De aquí deducimos que hay tantas soluciones de la ecuación original como divisores tiene $N^2$. Para probar esto, observamos que, para cada divisor $d$ de $N^2$, tenemos que $x=d+N$ e $y=\frac{N^2}{d}+N$ forman una solución de la ecuación y es fácil darse cuenta de que todas las soluciones son de esta forma ya que $x-N$ e $y-N$ tienen que ser divisores complementarios de $N^2$.

De esta forma, la información del enunciado nos dice que $N^2$ tiene exactamente $2005$ divisores. Si descomponemos en divisores primos $N=p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_k^{e_k}$ (aquí $p_1,\ldots,p_k$ son los divisores primos de $N$ y $e_1,\ldots,e_k$ sus exponentes), entonces $N^2=p_1^{2e_1}p_2^{2e_2}\cdots p_k^{2e_k}$, con lo que el número de divisores de $N^2$ es $(2e_1+1)(2e_2+1)\ldots(2e_k+1)=2005$. Como $2005=5\cdot 401$ y $401$ es primo, tenemos dos posibilidades:

• $k=1$ con $2e_1+1=2005$, en cuyo caso $e_1=1002$ y tenemos que $N=p_1^{1002}$ es un cuadrado perfecto.
• $k=2$ con $2e_1+1=5$ y $2e_2+1=401$, en cuyo caso $e_1=2$ y $e_2=200$ y tenemos que $N=p_1^2p_2^{200}$ también es un cuadrado perfecto.

En cualquiera de los dos casos tenemos probado el enunciado.

Solución. Evidentemente el miembro de la izquierda está comprendido entre $0$ y $2$, sean cuales sean los valores de $x$ e $y$, y no puede tomar el valor $0$, luego al ser el miembro de la derecha entero, tiene que ser igual a $1$ ó a $2$. Con $z=2$, se tienen las soluciones $(1,1,2)$, $(1,-1,2)$, $(-1,1,2)$ y $(-1,-1,2)$. Si $z=1$, podemos reescribir la ecuación original como $(x^2-1)(y^2-1)=1$, de donde $x^2-1$ e $y^2-1$ tienen que tomar el valor $1$ ó $-1$. Como $x$ e $y$ no pueden valer cero, deducimos que el caso $z=1$ no da ninguna solución y, por tanto, las únicas son las cuatro ternas obtenidas para $z=2$.

Nota. Otra posible solución más directa al problema consiste en dividir ambos términos por $z$, que es siempre distinto de cero, y escribir el resultado como $(zx^2-1)(zy^2-1)=1$, de donde $zx^2-1$ y $zy^2-1$ tienen que valer $\pm 1$. De aquí es fácil llegar a las cuatro soluciones arriba descritas.