Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Claramente, el problema puede reducirse a estudiar los máximos y mínimos de la función \[f:[0,1]\to\mathbb{R},\qquad f(x)=ax+b+\frac{1}{1+x}.\] Observemos que esta función es derivable en el intervalo $[0,1]$ y su derivada está dada por \[f'(x)=a-\frac{1}{(1+x)^2}.\] Los extremos relativos de $f$ se podrán alcanzar en los puntos en que $f'(x)=0$ así como en los extremos $x=0$ y $x=1$, donde vale $f(0)=1+b$ y $f(1)=\frac{1}{2}+a+b$. Además, la ecuación $f'(x)=0$ tiene a $x=\frac{1}{\sqrt{a}}-1$ por única solución en el intervalo $[0,1]$ siempre que $a\geq \frac{1}{4}$, en cuyo caso \[f\left(\frac{1}{\sqrt{a}}-1\right)=2\sqrt{a}-a+b.\] Además, $f''(x)\gt 0$ para todo $x\in[0,1]$, luego $f$ es una función convexa y, si tiene un punto crítico, éste será un mínimo absoluto (esta información puede ser útil para tener intuición sobre los cálculos que desarrollamos a continuación).

Si $|f(0)|\gt\frac{1}{24}$, como $f$ es continua, bastará tomar $c$ suficientemente cercano a $0$. Análogamente, si $|f(1)|\gt\frac{1}{24}$, podremos tomar $c$ sufientemente cercano a $1$ y habremos terminado. Por tanto, supondremos a partir de ahora que $|f(0)|=|1+b|\leq\frac{1}{24}$ y $|f(1)|=|\frac{1}{2}+a+b|\leq\frac{1}{24}$. Desarrollando los valores absolutos, estas desigualdades equivalen a \[\frac{-25}{24}\leq b\leq\frac{-23}{24},\qquad \frac{-13}{24}\leq a+b\leq\frac{-11}{24}.\] Entonces, podemos acotar $a$ de la forma \[a=(a+b)-b\geq\frac{-13}{24}-\frac{-23}{24}=\frac{10}{24}\gt\frac{1}{4},\] luego $c=\frac{1}{\sqrt{a}}-1\in(0,1)$ es un mínimo absoluto de $f$ y el resultado que probamos se reduce a probar que $f(c)=2\sqrt{a}-a+b\lt\frac{-1}{24}$. Ahora bien, observemos que \[f(x)=(1-x)b+(a+b)x+\frac{1}{1+x}\leq (1-x)\frac{-23}{24}-\frac{11}{24}x+\frac{1}{1+x}=\frac{-23}{24}+\frac{1}{2}x+\frac{1}{1+x},\] luego el mínimo absoluto de $f$ es menor o igual que el mínimo absoluto para $a=\frac{1}{2}$ y $b=\frac{-23}{24}$. De esta forma, llegamos a que \[f(c)=2\sqrt{a}-a+b\leq 2\sqrt{\frac{1}{2}}-\frac{1}{2}-\frac{23}{24}=\sqrt{2}-\frac{35}{24}\lt\frac{-1}{24}.\] Para probar la desigualdad $\sqrt{2}-\frac{35}{24}\lt\frac{-1}{24}$, tenemos que es equivalente a $24\sqrt{2}\lt 34$ que, a su vez, elevando al cuadrado, equivale a $1152\lt 1156$, lo que concluye la demostración.

Nota. La desigualdad del enunciado puede parecer muy técnica, pero tiene una interpretación geométrica que puede ayudar a elaborar la solución: la ecuación $ax+b$ representa una recta arbitraria y el valor absoluto nos da la distancia entre esta recta y la función $g(x)=\frac{-1}{1+x}$. Por tanto, el problema nos dice que al aproximar $g(x)$ por cualquier recta en el intervalo $[0,1]$ siempre habrá puntos de la recta que distarán más de $\frac{1}{24}$ del correspondiente punto en la recta.

El resultado no es óptimo ya que tenemos una desigualdad estricta, pero en la solución puede verse que el valor $\frac{1}{24}$ está muy cerca de la cota óptima. Tal cota óptima es mucho más difícil de obtener.

Solución. En primer lugar, tenemos que $f(x)+f(1-x)\leq f(x+1-x)=f(1)=1$, luego $f(x)\leq 1-f(1-x)\leq 1$ para todo $x\in[0,1]$. En particular, $f(x)\leq 1\leq 2x$ para todo $x\geq \frac{1}{2}$, así que supondremos a partir de ahora que $x\lt\frac{1}{2}$.

Para ello, observemos que $f(nx)\geq nf(x)$ para todo entero positivo $n$ tal que $nx\in[0,1]$ (sin más que aplicar la tercera propiedad del enunciado reiteradamente). Tomemos entonces $n\geq 2$ tal que $\frac{1}{n+1}\leq x\lt\frac{1}{n}$, con lo que $nf(x)\leq f(nx)\leq 1$. Por tanto, \[f(x)\leq\frac{1}{n}=\frac{n+1}{n(n+1)}\leq\frac{n+1}{n}x=\left(1+\frac{1}{n}\right)x\leq\left(1+\frac{1}{2}\right)x=\frac{3}{2}x\leq 2x.\]

Finalmente, vamos a probar que la respuesta a la última pregunta es negativa (en realidad, no puede sustituirse $2$ en la desigualdad $f(x)\leq 2x$ por otra constante menor). Como contraejemplo sirve la función definida a trozos: \[f:[0,1]\to\mathbb{R},\qquad f(x)=\begin{cases}2x&\text{si }0\leq x\lt\frac{1}{2},\\1&\text{si }\frac{1}{2}\leq x\leq 1.\end{cases}\] Es fácil ver que cumple las condiciones del enunciado (los detalles se dejan al lector), mientras que $f(\frac{1}{2})=2\cdot\frac{1}{2}$, luego $2$ no puede sustituirse por $1,\!9$.

Solución. Si llamamos $N$ al radicando, entonces $N$ está determinado por la ecuación $N=2207-\frac{1}{N}$. La única solución positiva de esta ecuación está dada por \[N=\frac{2207+987\sqrt{5}}{2},\] luego éste ha de ser el valor del radicando. El resto del problema consistirá en calcular la raíz decimosexta de $N$, lo que se puede interpretar como calcular cuatro veces consecutivas la raíz cuadrada.

Si bien puede ser difícil un calculo directo, vamos a suponer que dicha raíz es de la forma $x+y\sqrt{5}$, siendo $x$ e $y$ números racionales. Esto nos dice que \[\frac{2207+987\sqrt{5}}{2}=(x+y\sqrt{5})^2=x^2+5y^2+2xy\sqrt{5},\] Si estos números son iguales entonces ha de cumplirse que \[\left\{\begin{array}{l}x^2+5y^2=\frac{2207}{2},\\2xy=\frac{987}{2}\end{array}\right.\] Este sistema de dos ecuaciones de segundo grado con dos incógnitas puede resolverse despejando $y=\frac{987}{4x}$ en la segunda ecuación y sustituyendo en la primera: \[x^2+\frac{5\cdot 987^2}{16x^2}=\frac{2207}{2}\ \Leftrightarrow\ 16x^4-17656x^2+4870845=0.\] Esta ecuación bicuadrada tiene sólo dos soluciones racionales $x=\pm\frac{47}{2}$, que dan lugar a los valores $y=\pm\frac{21}{2}$. Como sólo queremos la solución positiva (ya que debemos volver a tomar raíces cuadradas), concluimos que \[\sqrt{N}=\frac{47+21\sqrt{5}}{2}.\] Ahora hay que repetir tres veces más el proceso. Usando exactamente el mismo razonamiento, se llega a los siguientes resultados: \[\sqrt[4]{N}=\frac{7+3\sqrt{5}}{2},\qquad\sqrt[8]{N}=\frac{3+\sqrt{5}}{2},\qquad\sqrt[16]{N}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}.\] Por lo tanto, el número buscado es la razón áurea $\phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.

Nota. El radicando $N$ es lo que se conoce como una fracción continua y el lector más inquisitivo puede encontrar una falta de rigor en los puntos suspensivos que aparecen en el enunciado. Esta fracción continua no es otra cosa que el límite de la sucesión \[\left\{2207+\frac{1}{2207},2207+\frac{1}{2207+\frac{1}{2207}},2207+\frac{1}{2207+\frac{1}{2207+\frac{1}{2207}}},2207+\frac{1}{2207+\frac{1}{2207+\frac{1}{2207+\frac{1}{2207}}}},\ldots\right\}\] y puede probarse usando técnicas de cálculo que dicha sucesión es convergente y su límite verifica la relación intuitiva $N=2207+\frac{1}{N}$. No obstante, esto queda fuera del alcance de este problema.

Solución. La respuesta es afirmativa para 2003. Escribiendo los números de la primera fila como $a_k=a_0+k$ y los de la segunda como $b_k=b_0+k$ para $k\in\{1,\ldots,2003\}$, una forma de distribuir los números es la siguiente:

$a_{1002}$	$a_{1001}$	$a_{1000}$	...	$a_{1}$	$a_{2003}$	$a_{2002}$	$a_{2001}$	...	$a_{1001}$
$b_{1}$	$b_{3}$	$b_{5}$	...	$b_{2003}$	$b_{2}$	$b_{4}$	$b_{6}$	...	$b_{2002}$

Los números de la primera fila forman dos sucesiones decrecientes de números consecutivos, mientras que los de la segunda forman dos sucesiones crecientes de números que van saltando de dos en dos.

Veamos que la respuesta es negativa para 2004. Razonando por reducción al absurdo, supongamos que la respuesta es afirmativa. Escribiendo los números de la primera fila como $a_k=a_0+k$, los de la segunda fila como $b_k=b_0+k$ y las sumas como $c_k=c_0+k$ para $k\in\{1,\ldots,2004\}$, tenemos que las sumas de los números de estas filas están dadas por \begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{2004}a_k&=&2004a_0+\sum_{k=1}^{2004}k=2004a_0+\frac{2004\cdot 2005}{2}=2004\left(a_0+\frac{2005}{2}\right),\\ \sum_{k=1}^{2004}b_k&=&2004b_0+\sum_{k=1}^{2004}k=2004b_0+\frac{2004\cdot 2005}{2}=2004\left(b_0+\frac{2005}{2}\right),\\ \sum_{k=1}^{2004}c_k&=&2004c_0+\sum_{k=1}^{2004}k=2004c_0+\frac{2004\cdot 2005}{2}=2004\left(c_0+\frac{2005}{2}\right). \end{eqnarray*} Ahora bien, independientemente de la colocación de los $a_k$ y $b_k$, la suma de las dos primeras sumas ha de ser igual a la de la tercera, luego tenemos que \[a_0+b_0+\frac{2005}{2}=c_0.\] Esto es una contradicción ya que $a_0$, $b_0$ y $c_0$ son números enteros mientras que $\frac{2005}{2}$ no lo es.

Nota. En la demostración anterior puede suponerse sin perder generalidad que $a_0=b_0=0$, con lo que $a_k=b_k=k$ para todo $k$ y así simplificar ligeramente la notación.

Solución. Comenzaremos demostrando que $S$ es un entero. Observemos que para todo $\alpha\in\{1º,3º,\ldots,89º\}$, se cumple que $\cos(90\alpha)=0$. Usando números complejos, la fórmula de De Moivre y el binomio de Newton, podemos desarrollar entonces \begin{eqnarray*} 0&=&\mathrm{Re}(\cos(90\alpha)+i\sin(90\alpha))=\mathrm{Re}(\cos(\alpha)+i\sin(\alpha))^{90}\\ &=&\sum_{k=0}^{45}(-1)^{2k}\binom{90}{2k}\cos^{90-2k}(\alpha)\sin^{2k}(\alpha)\\ &=&\cos^{90}(\alpha)\sum_{k=0}^{45}(-1)^{2k}\binom{90}{2k}\tan^{2k}(\alpha). \end{eqnarray*} En la identidad anterior podemos cancelar $\cos^{90}(\alpha)$ ya que es distinto de cero, obteniendo que los 45 números que queremos sumar ($\tan^2(1º)$, $\tan^2(3º)$, ..., $\tan^2(89º)$) son raíces del polinomio de grado 45 \[P(x)=\sum_{k=0}^{45}(-1)^{2k}\binom{90}{2k}x^k.\] Como estos 45 números son todos distintos (la tangente es creciente en el intervalo $[0,90]$), deducimos que son exactamente las raíces de $P(x)$, por lo que su suma será el coeficiente del término de grado $1$ de $P(x)$, es decir, \[S=\binom{90}{2}=\frac{90\cdot 89}{2}=4005.\]

Finalmente, como $\tan(90-x)=\mathrm{cotan}(x)$ y $\tan^2(x)+\tan^2(90-x)=4\mathrm{cotan}^2(2x)+2$ (estas fórmulas se demuestran fácilmente y se dejan para el lector), podemos escribir \begin{align*} S+C&=\sum_{\alpha=1}^{89}\tan^2(\alpha)=\frac{1}{2}\sum_{\alpha=1}^{89}\left(\tan^2(\alpha)+\tan^2(90-\alpha)\right)\\ &=89+2\sum_{\alpha=1}^{89}\mathrm{cotan}^2(2\alpha)=89+4\sum_{\alpha=1}^{44}\mathrm{cotan}^2(2\alpha)=89+4C \end{align*} de donde $S=3C+89$ y podemos despejar $C=\frac{3916}{3}$.