Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Para cada $k\in\mathbb N$, el intervalo $[2^k,2^{k+1}-2]$ no contiene números de la forma $2^j-1$, luego el valor de la función $f$ en cada número de ese intervalo es una unidad mayor que en el número siguiente. Como $f(2^{k+1}-1)=0$, se sigue que los valores de $f$ decrecen de unidad en unidad desde $f(2^k)=2^k-1$ hasta $f(2^{k+1}-1)=0$. En otras palabras, tenemos que $f(2^k+m)=2^k-m-1$ para todo entero $0\leq m\leq 2^k-1$, lo que determina unívocamente a la función $f$ ya que todo entero positivo se expresa de forma única como $2^k+m$ con $k,m\in\mathbb{N}_0$ y $0\leq m\leq 2^k-1$.

Esto responde a la primera pregunta ya que, si $n=2^k+m$ con $0\leq m\leq 2^k-1$, entonces \[f(n)+n=2^k-m-1+2^k+m=2^{k+1}-1.\] Además $f(0)+0=f(2^0-1)=0=2^0-1$, luego la propiedad también se cumple para $n=0$. Para responder a la segunda pregunta, expresamos $2^{1990}=2^k+m$ con $k=1990$ y $m=0$, luego \[f(2^{1990})=2^{1990}-0-1=2^{1990}-1.\]

Solución. Si $m$ es par, entonces todos los términos de la sucesión son enteros, luego este caso no nos interesa. Supongamos entonces que $m$ es impar y observamos que todos los términos tienen denominador $2$ hasta el menor valor de $n$ para el que $\lceil a_n\rceil$ es par, lo que implica que a partir de $a_{n+1}$ todos los términos serán enteros. Dicho de otro modo, en cuanto un término es entero, todos los siguientes lo son también.

Pongamos que $a_n=\frac{p}{2}$, con $p$ impar, y escribamos $p=2^eq+1$, siendo $q$ también impar, es decir, $2^e$ es la mayor potencia de $2$ que divide al número par $p-1$. Tenemos que \begin{align*} a_{n+1}=\frac{2^eq+1}{2}\left\lceil\frac{2^eq+1}{2}\right\rceil&=\frac{2^eq+1}{2}\cdot\frac{2^eq+2}{2}\\ &=\frac{(2^eq+1)(2^{e-1}q+1)}{2}\\ &=\frac{2^{2e-1}q^2+2^eq+2^{e-1}q+1}{2}=\frac{2^{e-1}q'+1}{2}, \end{align*}

para el entero impar $q'=2^eq^2+3q$. De esta forma, en cada paso de la sucesión se reduce en una unidad el exponente $e$. Para que $a_{2007}$ sea el primer término entero, tiene que ser $m=2^{2006}q+1$ siendo $q$ cualquier entero positivo impar.

Solución. La suma $\sum_{i\lt j}|a_i-a_j|$ suma sobre las parejas $\{i,j\}$ de índices distintos de números sin repetir parejas, luego podemos suponer sin pérdida de generalidad que los números están ordenados como $a_1\geq a_2\geq\ldots\geq a_n$ y quitar los valores absolutos.

Para demostrar la primera desigualdad, para cada subíndice intermedio $1\lt i\lt n$, vamos a quedarnos solo con los sumandos $a_1-a_i$ y $a_i-a_n$, que suman $a_1-a_n=d$. Esto nos da una cota $s\geq (n-2)d$ ya que hay $n-2$ subíndices intermedios. Si también le añadimos la diferencia $a_1-a_n=d$ entre el mayor y el menor, tenemos que $s\geq (n-1)d$ y la igualdad se alcanza si y sólo cualquier otra diferencia de dos términos es nula, es decir, cuando dados dos subíndices intermedios $1\lt i,j\lt n$, se cumple que $a_i-a_j=0$. Tenemos, por tanto, que la igualdad se alcanza si y solo si $a_2=a_3=\ldots=a_{n-1}$.

Para la otra desigualdad, vamos a calcular $s$ explícitamente. En la suma $s$, un término $a_k$ se suma $n-k$ veces (una por cada subíndice $k\lt j\leq n$) y se resta $k-1$ veces (una por cada subíndice $1\leq j\lt k$). Por lo tanto, tenemos que \begin{align*} s&=(n-1)a_1+(n-2)a_2+(n-3)a_3+\ldots+1a_{n-1}+0a_n\\ &\qquad -0a_1-1a_2-2a_3-\ldots-(n-2)a_{n-1}-(n-1)a_n\\ &=(n-1)a_1+(n-3)a_2+(n-5)a_3+\ldots+(5-n)a_{n-2}+(3-n)a_{n-1}+(1-n)a_n. \end{align*} Distinguimos dos casos:

• Si $n=2k$ es par, entonces hay $k$ coeficientes positivos y $k$ negativos. Si dejamos fijos $a_1$ y $a_n$, la suma $s$ será menor o igual que si tomamos $a_1=a_2=\ldots=a_k$ y $a_{k+1}=a_{k+2}=\ldots=a_n$ (maximizamos los términos con coeficiente positivo y minimizamos los que tienen coeficiente negativo). Esto nos dice que \[s\leq ((2k-1)+(2k-3)+\ldots+1)(a_1-a_n)=k^2d=\tfrac{n^2}{4}d\] y la igualdad se alcanza si y sólo si la mitad de los números son iguales al menor y la otra mitad iguales al mayor.
• Si $n=2k+1$ es impar, entonces el coeficiente central que multiplica a $a_{k+1}$ es $0$, luego el valor de $a_{k-1}$ no influye en $s$. Haciendo un razonamiento similar al caso anterior, tenemos que \[s\leq (2k+(2k-2)+\ldots+2)(a_1-a_n)=(k^2+k)d=\tfrac{n^2-1}{4}d.\] Por tanto, se tiene que $s\lt\frac{n^2}{4}$ a menos que $d=0$, es decir, la igualdad se alcanza si y solo si todos los números son iguales.

Solución. Desarrollando los cuadrados en la tercera ecuación y usando las dos primeras se llega fácilmente a que $$xy^2+yz^2+zx^2=73.$$ Observemos que esta ecuación es muy parecida a la segunda del enunciado pero los cuadrados están en el otro factor. Restando la segunda ecuación del enunciado y esta que hemos obtenido, llegamos a que $$0=73-73=xy^2+yz^2+zx^2-x^2y-y^2z-z^2x=(y-x)(z-y)(x-z).$$ Por lo tanto, dos de las incógnitas deben ser iguales, pongamos que $y=z$ sin perder generalidad. Entonces, las tres ecuaciones del enunciado se transforman en las dos siguientes: $$\left.\begin{array}{r}xy^2=8\phantom{3}\\x^2y+y^3+xy^2=73\end{array}\right\}$$ (la tercera ecuación ya no nos hace falta porque es redundante). Esto nos dice que $x^2y+y^3=65$ y, multiplicando por $y^3$, tenemos que $64+y^6=(xy^2)^2+y^6=65y^3$. En consecuencia, $y$ debe ser solución de la ecuación bicúbica $y^6-65y+64=0$, que puede factorizarse como $(y^3-1)(y^3-64)=0$, lo que nos da las soluciones $y=1$ e $y=4$. Como $xy^2=8$ y $z=y$, tenemos que $(x,y,z)=(8,1,1)$ o bien $(x,y,z)=(\tfrac{1}{2},4,4)$. Ahora bien, cualquier permutación de las variables también da una solución (hemos roto la simetría al suponer que $y=z$), luego tenemos seis soluciones para $(x,y,z)$: \[(8,1,1),\quad (1,8,1),\quad (1,1,8),\quad (\tfrac{1}{2},4,4),\quad (4,\tfrac{1}{2},4),\quad (4,4,\tfrac{1}{2}).\]