Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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

Solución. Comenzaremos estudiando la función del enunciado.

• Cada función $f_i(x)=\frac{a_i}{x+a_i}$ está definida en $\mathbb{R}-\{-a_i\}$ y es decreciente en todo su dominio, lo que nos dice que la función $f(x)=\sum_{i=1}^n f_i(x)$ está definida en $\mathbb{R}-\{-a_1,\ldots,-a_n\}$ y es continua y decreciente en todo su dominio.
• En cada punto de la forma $-a_i$, el límite de $f(x)$ por la derecha es $+\infty$ y por la izquierda $-\infty$, lo que nos dice que:
  • Existe un único punto $x_1\gt-a_1$ tal que $f(x_1)=1$.
  • Si $2\leq i\leq n$, existe un único punto $x_i\in(-a_i,-a_{i-1})$ tal que $f(x_i)=1$.
  • $f(x)\lt 0$ para todo $x\lt-a_n$.

De todo esto deducimos que existen exactamente $n$ puntos $x_n\lt\cdots\lt x_2\lt x_1$ en los que la función toma el valor $1$. Además, los intervalos en que $f(x)\gt 1$ son los de la forma $(-a_i,x_i)$ para $1\leq i\leq n$, que tienen longitud $x_i+a_i$. Por tanto, la suma de longitudes buscada es \[S=x_1+x_2+\ldots+x_n+a_1+a_2+\ldots+a_n{.}\] Volviendo a la expresión de la función, podemos poner denominador común para transformar la ecuación $f(x)=1$ en la ecuación polinómica de grado $n$ siguiente: \begin{eqnarray*}(x+a_1)\cdots(x+a_n)&-&a_1(x+a_2)\cdots(x+a_n)\\ &-&a_2(x+a_1)(x+a_3)\cdots(x+a_n)-\ldots-a_n(x+a_1)\cdots(x+a_{n-1})=0. \end{eqnarray*} Esto cuadra con la afirmación anterior de que existen exactamente $n$ valores de $x$ para los que $f(x)=1$, pero ahora sabemos que son las raíces de este polinomio. Es fácil ver que este polinomio tiene coeficiente de $x^n$ igual a $1$ y coeficiente de $x^{n-1}$ igual a $0$, luego las relaciones de cardano nos dicen que la suma de sus raíces es $x_1+\ldots+x_n=0$. Deducimos finalmente que la suma de las longitudes de los intervalos que nos piden es $S=a_1+a_2+\ldots+a_n$.

Solución. Si desarrollamos el producto $(x+yt+zt^2)(u+vt+wt^2)$ usando que $t^3=2$, llegamos el polinomio de segundo grado siguiente: \[[xu+2zv+2yw]+[yu+xv+2zw]t+[zu+yv+xw]t^2\] Vamos a ver que existen $u,v,w\in\mathbb{Q}$ tales que el primer corchete es igual a $1$ y los demás son cero, lo que nos daría el resultado que buscamos. Para ello, escribimos estas tres ecuaciones como \[\left.\begin{array}{r} xu+2zv+2yw=1\\ yu+xv+2zw=0\\ zu+yv+xw=0 \end{array}\right\} \] Nos encontramos así con un sistema de ecuaciones lineales con incógnitas $u,v,w$. Resolviendo este sistema (aquí pueden usarse los métodos de reducción o bien escribirlo matricialmente y usar la regla de Kramer, pero omitimos los detalles por ser algo estándar) llegamos a que el sistema es compatible determinado si, y sólo si, $x^3+2y^3+4z^3-6xyz\neq 0$, en cuyo caso \[\begin{array}{r} u=\frac{x^2-2 y z}{x^3+2 y^3+4 z^3-6 xyz}\\ v=\frac{2 z^2-x y}{x^3+2 y^3+4 z^3-6 xyz}\\ w=\frac{y^2-x z}{x^3+2 y^3+4 z^3-6 xyz} \end{array}\] son números racionales cumpliendo la condición del enunciado. Por tanto, falta por ver que si los racionales $x,y,z$ no son cero a la vez, entonces $x^3+2y^3+4z^3-6xyz\neq 0$ (esta última cantidad puede ser cero para ciertos números reales no nulos --por ejemplo para $x^3=2y^3=4z^3$-- luego habrá que usar fuertemente que se trata de números racionales).

Observamos que si multiplicamos los números $x$, $y$ y $z$ por un número no nulo, entonces $x^3+2y^3+4z^3-6xyz$ queda multiplicado por el cubo de ese número y es cero si, y sólo si, originalmente era cero. Por tanto, no hay pérdida de generalidad en multiplicar $x$, $y$ y $z$ por el mismo entero no nulo. Expresando $x$, $y$ y $z$ como fracción irreducible y multiplicando por el mínimo común múltiplo de los denominadores, podremos suponer sin perder generalidad que $x$, $y$ y $z$ son números enteros sin factores comunes.

Ahora bien, si ocurriera que $x^3+2y^3+4z^3-6xyz=0$, entonces $x$ es par y podemos poner $x=2a$ para cierto entero $a$. La igualdad anterior se reescribe como $4a^3+y^3+2z^3-6ayz=0$, luego $y=2b$ para cierto entero $b$, y podemos volver a reescribirla como $2a^3+4b^3+z^3-6abz=0$, de donde $z$ también es par y hemos encontrado un factor común a $x$, $y$ y $z$ en contra de lo que habíamos supuesto.