Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Las relaciones dadas en el enunciado determinan completamente $f(n)$. Al depender formalmente el valor de $f(n)$ del resto de dividir $n$ entre $4$, esto nos pone sobre aviso de trabajar en otra base. Concretamente, trabajaremos en base $2$. En este punto del razonamiento, sería interesante hacer pruebas con números pequeños (por ejemplo, calcular desde $f(1)$ hasta $f(20)$ para tener una mínima intuición de cómo se comporta $f$ y motivar lo que sigue). Vamos a probar que $f$ toma un número en base $2$ e invierte el orden de sus cifras.

Antes de entrar en el detalle de la demostración, observemos que si $n$ se escribe como $a_k\cdots a_1a_0$ en base $2$, donde $a_0,\ldots,a_k$ son sus dígitos, entonces tenemos que \begin{eqnarray} 2n&=&a_k\cdots a_1a_00\\ 2n+1&=&a_k\cdots a_1a_01\\ 4n+1&=&a_k\cdots a_1a_001\\ 4n+3&=&a_k\cdots a_1a_011 \end{eqnarray} Visto eso, procedamos por inducción completa sobre $n$. Para $n=1,2,3,4$ el resultado se comprueba fácilmente ya que, en base 2, $f(1)=1$, $f(10)=f(1)=1$, $f(11)=11$ y $f(100)=f(10)=f(1)=1$. Supongamos entonces que $f(j)$ invierte las cifras de $j$ en base $2$ para $1\leq j\lt n$ y probémoslo para $n$, distinguiendo casos:

• Si $n$ es par, entonces $n=2j$ y $f(n)=f(2j)=f(j)$ por la propiedad del enuncidado. Por hipótesis de inducción, $f(j)$ es invertir las cifras de $j$ en base $2$, pero, como $n$ termina en $0$ en base $2$, es equivalente a invertir las cifras de $n$.
• Si $n=4j+1$, entonces $f(n)=f(4j+1)=2f(2j+1)-f(j)$. Escribamos $j=a_k\cdots a_1a_0$ en base $2$, con lo que $n=a_k\cdots a_1a_001$ y tenemos que probar que $f(n)=10a_0\cdots a_k$. La hipótesis de inducción nos dice que $f(j)=a_0\cdots a_k$ y $2f(2j+1)=1a_0\cdots a_k0$. Como las últimas cifras de $2f(2j+1)$ son $a_0\cdots a_k0=2f(j)$, es fácil darse cuenta de que $f(n)=2f(2j+1)-f(j)=10a_0\cdots a_k$ como queríamos probar.
• Si $n=4k+3$, entonces $f(n)=3f(2j+1)-2f(j)$. Si escribimos $j=a_k\cdots a_1a_0$ en base $2$, entonces se razona de forma análoga al punto anterior que $n=a_k\cdots a_1a_011$ y $3f(2j+1)-2f(j)=11a_0\cdots a_k$.

Queda por calcular el número de enteros positivos $n\leq 1988$ tales que $f(n)=n$, lo que equivale a encontrar los números $n\leq 1988$ que son capicúa en base $2$, es decir, que se escriben igual de derecha a izquierda que de izquierda a derecha. En base $2$ tenemos que $1988$ se escribe $11111000100$, que tiene $11$ cifras. Hay un solo capicúa con $1$ cifra, también hay un solo capicúa con $2$ cifras (el $11$), con $3$ cifras hay $2$ capicúas (el $101$ y el $111$) y, en general, hay $2^k$ capicúas con $2k$ cifras y $2^k$ capicúas con con $2k-1$ cifras. Por tanto, hay $1+1+2+2+4+4+8+8+16+16+32=94$ capicúas con a lo sumo $11$ cifras, pero sólo dos de ellos son mayores que $11111000100$ (el $11111011111$ y el $11111111111$), luego el número buscado es $92$.

Solución. Observemos en primer lugar que $$\frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac{(k+2)-k}{2k(k+1)(k+2)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k(k+1)}-\frac{1}{(k+1)(k+2)}\right).$$ Este truco nos permite expresar la suma del enunciado como una serie telescópica en la que cada dos sumandos consecutivos cancelan un término: \begin{eqnarray} 2S_n&=&\left(\frac{1}{1\cdot 2}-\frac{1}{2\cdot 3}\right)+\left(\frac{1}{2\cdot 3}-\frac{1}{3\cdot 4}\right)+\left(\frac{1}{3\cdot 4}-\frac{1}{4\cdot 5}\right)+\ldots\\ &&\ldots+\left(\frac{1}{(n-1)n}-\frac{1}{n(n+1)}\right)+\left(\frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}\right). \end{eqnarray} Simplificando los términos que aparecen sumando y restando, llegamos a la expresión $$S_n=\frac{1}{4}-\frac{1}{2(n+1)(n+2)}=\frac{n(n+3)}{4(n+1)(n+2)}.$$ Si ahora tomamos $n=2015$, obtenemos que $$S_{2015}=\frac{2015\cdot 2018}{4\cdot 2016\cdot 2017}=\frac{2015\cdot 1009}{2\cdot 2016\cdot 2017}.$$ Sin necesidad de factorizar completamente los números anteriores, observamos que el único factores primos comunes posibles de entre numerador y denominador es el $2$ (son cuatro números consecutivos). Como $2016$ es par y el numerador $2015\cdot 1009$ es impar, deducimos que la fracción dada anteriormente es irreducible.

Nota. Una suma $S=a_1+a_2+\ldots+a_n$ es telescópica cuando podemos encontrar una sucesión $b_1,\ldots,b_{n+1}$ de forma que $a_k=b_{k+1}-b_k$, de forma que $S=b_{n+1}-b_1$. En realidad, todas las sumas son telescópicas con esta definición, pero en la práctica se habla de suma telescópica sólo cuando la sucesión $b_n$ tiene una expresión sencilla.

Solución. Vamos a desarrollar en primer lugar el primer paréntesis: \begin{eqnarray*} \frac{y-z}{x}+\frac{z-x}{y}+\frac{x-y}{z}&=&\frac{yz(y-z)+xz(z-x)+xy(x-y)}{xyz}\\ &=&\frac{yz(y-z)-(y+z)z(y+2z)-(y+z)y(-2y-z)}{xyz}\\ &=&\frac{yz(y-z)+2(y+z)(y^2-z^2)}{xyz}\\ &=&\frac{(y-z)(2y^2+5yz+2z^2)}{xyz}\\ &=&\frac{(y-z)(2y+z)(y+2z)}{xyz}\\ &=&\frac{-(y-z)(x-y)(z-x)}{xyz}. \end{eqnarray*} Lo que hemos hecho no es otra cosa que sustituir $x=-y-z$ en el numerado y luego factorizar el polinomio en las variables $y$ y $z$ resultante. Ahora hacemos lo mismo con el segundo paréntesis (observa que en denominador obtenido arriba cuadra con el denominador de desarrollar el producto, lo que nos indica que vamos por el buen camino): $$\frac{x}{y-z}+\frac{y}{z-x}+\frac{z}{x-y}=\frac{x(z-x)(x-y)+y(y-z)(x-y)+z(y-z)(z-x)}{(y-z)(z-x)(x-y)}$$ Queremos probar que el numerador anterior es igual a $-9xyz$, luego intentaremos sacar factor común $x$ y ver que el factor restante es igual a $-9yz$ sustituyendo $x=-y-z$ y operando con $y$ y $z$. Con esto en mente, tenemos que \begin{eqnarray*} \frac{x}{y-z}+\frac{y}{z-x}+\frac{z}{x-y}&=&\frac{x(z-x)(x-y)+(y-z)(y(x-y)+z(z-x)))}{(y-z)(z-x)(x-y)}\\ &=&\frac{x(z-x)(x-y)-(y-z)((x+z)(x-y)+(x+y)(z-x))}{(y-z)(z-x)(x-y)}\\ &=&\frac{x(z-x)(x-y)-(y-z)(2xz-2xy)}{(y-z)(z-x)(x-y)}\\ &=&x \frac{(z-x)(x-y)+2(y-z)^2}{(y-z)(z-x)(x-y)}\\ &=&x \frac{-(y+2z)(2y+z)+2(y-z)^2}{(y-z)(z-x)(x-y)}=\frac{-9xyz}{(y-z)(z-x)(x-y)}{.}\\ \end{eqnarray*}

Solución. Observemos en primer lugar que \[\frac{(x^2+x)+(x^3+2x)}{(x^2+x)+3}=\frac{x^3+x^2+3x}{x^2+x+3}=x,\] luego si $x^2+x$ y $x^3+2x$ son racionales, también lo será $x$ (a menos que sea $x^2+x+3=0$, pero este polinomio no tiene raíces racionales).

Para responder al segundo apartado, vamos a intentar hacer el mismo truco, expresando \[\frac{(w^2+w)+(w^3-2w)}{(w^2+w)+1}=\frac{w^3+w^2+w}{w^2+w+1}=w,\] igualdad que nos diría también que si $w^2+w$ y $w^3-2w$ son racionales, también lo es $w$. Igual que en el caso anterior, esto es cierto a menos que $w^2+w+1=0$, lo que nos lleva a que $w=\frac{-1}{2}(1\pm\sqrt{5})$ luego éstos son los únicos posibles números que cumplen el apartado (b). Comprobamos que \[w=\frac{-1}{2}(1\pm\sqrt{5})\quad\Rightarrow\quad\left\{ \begin{array}{l} w^2+w=\frac{1}{4}(1\pm\sqrt{5})^2-\frac{1}{2}(1\pm\sqrt{5})=-1\\ w^3-2w=\frac{-1}{8}(1\pm\sqrt{5})^3+(1\pm\sqrt{5})=-1, \end{array} \right.\] luego estos dos valores de $w$ son los únicos que lo cumplen.

Solución. Completando cuadrados, la ecuación se escribe equivalentemente como \[0=(x+\mathrm{sen}(xy))^2+1-\mathrm{sen}^2(xy)=(x+\mathrm{sen}(xy))^2+\cos^2(xy).\] Como la suma de dos cuadrados es cero, ambos términos tienen que ser cero, esto es, $x+\mathrm{sen}(xy)=\cos(xy)=0$. De la condición $\cos(xy)=0$ deducimos que $xy=\frac{\pi}{2}+k\pi$ para cierto $k\in\mathbb{Z}$.

• Si $k$ es par, entonces $\mathrm{sen}(xy)=\mathrm{sen}(\frac{\pi}{2})=1$ y tenemos que $x=-1$, luego $y=-\frac{\pi}{2}+2m\pi$ para $m\in\mathbb{Z}$.
• Si $k$ es impar, entonces $\mathrm{sen}(xy)=\mathrm{sen}(\frac{3\pi}{2})=-1$, de donde $x=1$, luego $y=-\frac{\pi}{2}+2m\pi$ para $m\in\mathbb{Z}$.

Por tanto, todas las soluciones son \[(x,y)=\left(\pm 1,\frac{-\pi}{2}+2m\pi\right),\qquad m\in\mathbb{Z}.\]