Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. La ecuación se puede escribir de forma equivalente como $p(x)=0$, donde $p(x)=3x^3-13x^2+14x-2$. Como $p(x)$ es una función continua y cumple que $p(0)=2$, $p(1)=-2$, $p(2)=-2$ y $p(3)=4$, el teorema de Bolzano nos dice que $p(x)$ tiene una raíz en $(0,1)$, otra en $(1,2)$ y otra en $(2,3)$. Como el polinomio $p(x)$ tiene tres raíces complejas, deducimos que son reales positivas y hemos demostrado el primer apartado.

Para el segundo apartado, vamos a hacer uso de la fórmula de la tangente del la suma. Concretamente, dados $x,y,z\in(0,\frac{\pi}{2})$, de dicha fórmula se deduce que \[\mathrm{tg}(x+y+z)=\frac{\mathrm{tg}(x+y)+\mathrm{tg}(z)}{1-\mathrm{tg}(x+y)\mathrm{tg}(z)}=\frac{\mathrm{tg}(x)+\mathrm{tg}(y)+\mathrm{tg}(z)-\mathrm{tg}(x)\mathrm{tg}(y)\mathrm{tg}(z)}{1-\mathrm{tg}(x)\mathrm{tg}(y)-\mathrm{tg}(y)\mathrm{tg}(z)-\mathrm{tg}(z)\mathrm{tg}(x)}.\] Sustituyendo $x=\mathrm{arctg}(r)$, $y=\mathrm{arctg}(s)$ y $z=\mathrm{arctg}(t)$, tenemos que \[\mathrm{tg}(\mathrm{arctg}(r)+\mathrm{arctg}(s)+\mathrm{arctg}(t))=\frac{(r+s+t)-rst}{1-(rs+st+rt)}=\frac{\frac{13}{3}-\frac{2}{3}}{1-\frac{14}{3}}=-1.\] ya que las relaciones de Cardano para el polinomio $p(x)$ nos aseguran que \[ r+s+t=\frac{13}{3},\quad rs+st+rt=\frac{14}{3},\quad rst=\frac{2}{3}. \] Esto nos dice que existe un número entero $k$ tal que \[\mathrm{arctg}(r)+\mathrm{arctg}(s)+\mathrm{arctg}(t)=-\frac{\pi}{4}+k\pi.\] Como $r,s,t\gt 0$, tenemos que $0<\mathrm{arctg}(r)+\mathrm{arctg}(s)+\mathrm{arctg}(t)\lt\frac{3\pi}{2}$, de donde $k=1$ y \[\mathrm{arctg}(r)+\mathrm{arctg}(s)+\mathrm{arctg}(t)=\frac{3\pi}{4}.\]

Solución. Observemos que la condición del enunciado se puede expresar como \[a_{n+2}a_{n+1}=a_{n+1}a_n+1.\] Como $a_2a_1=1$, es fácil darse cuenta de que $a_{n+2}a_{n+1}=n+1$ para todo número natural $n$. Así, para cada $n\geq 3$, podemos despejar $a_n=\frac{n-1}{a_{n-1}}$ y calcular \[a_{2004}=\frac{2003}{a_{2003}}=\frac{2003\cdot a_{2002}}{2002}=\frac{2003\cdot 2001}{2002\cdot a_{2001}}=\ldots=\frac{2003\cdot 2001\cdots 3}{2002\cdot 2000\cdots 2}.\] Otra forma de expresar el resultado usando factoriales es: \[a_{2004}=\frac{2003!}{(2002\cdot 2000\cdots 2)^2}=\frac{2003!}{2^{2002}\cdot (1001!)^2}.\]

Solución. Cualquier intento de manipulación de la ecuación está abocado al fracaso puesto que esta ecuación es lo que se conoce como ecuación trascendente. No obstante, hay un método indirecto que nos lleva a la solución.

Consideremos la función $f(x)=\log_5(x-5)+\log_6(x+6)$, que está definida para $x\gt 5$ y es estrictamente creciente (es decir, $f(x)\gt f(y)$ si $x\gt y$), lo que nos dice que si la ecuación $f(x)=4$ tiene una solución, entonces la solución es única (¿por qué?). Visto eso, si uno prueba un poco con números sencillos, verá rápidamente que $x=30$ es una solución, luego es la única.

Solución. Dado $a\in\mathbb{R}$, vamos a trabajar con más generalidad en la ecuación \[\sqrt{x+\sqrt{2x-1}}+\sqrt{x-\sqrt{2x-1}}=a.\] Puede probarse que el miembro de la izquierda tiene sentido sólo para $x\geq\frac{1}{2}$, es decir, $x$ tiene que satisfacer esta desigualdad para que todas las raíces estén bien definidas (recordemos que el resultado de hacer una raíz cuadrada siempre es un número positivo).

Multiplicando ambos miembros de la ecuación por $\sqrt{x+\sqrt{2x-1}}-\sqrt{x-\sqrt{2x-1}}$, obtenemos \[2x=a\sqrt{x+\sqrt{2x-1}}-a\sqrt{x-\sqrt{2x-1}}.\] Usando esta ecuación y la original, es fácil despejar \begin{eqnarray*} \sqrt{x+\sqrt{2x-1}}&=&\frac{a^2+2\sqrt{2x-1}}{2a}\\ \sqrt{x-\sqrt{2x-1}}&=&\frac{a^2-2\sqrt{2x-1}}{2a} \end{eqnarray*} La primera de estas igualdades no nos da información por ahora, pero la segunda nos dice que el miembro de la derecha tiene que ser positivo. Despejando $x$, esto es equivalente a que \[x<\frac{1}{2}+\frac{a^4}{8}.\] Observemos también que si $a=\sqrt{2}$ entonces las dos igualdades anteriores se cumplen para cualquier valor de $x$, lo que nos dice que la primera ecuación del enunciado se cumple si, y sólo si, $x\in[\frac{1}{2},\frac{1}{2}+\frac{a^4}{8}]=[\frac{1}{2},1]$.

Vamos a suponer ahora que $a\neq\sqrt{2}$. Elevando al cuadrado las dos igualdades despejadas anteriormente y sumando, llegamos a \[2x=\left(\frac{a^2+2\sqrt{2x-1}}{2a}\right)^2+\left(\frac{a^2-2\sqrt{2x-1}}{2a}\right)^2=\frac{a^4+4(2x-1)}{2a^2}.\] Por lo tanto, podemos expresar esta última condición como la ecuación de primer grado $(8-4a^2)x=4-a^4$. Para $a=1$, la única solución es $x=\frac{3}{4}$... ¡pero no cumple $x< \frac{1}{2}+\frac{a^4}{8}=\frac{5}{8}$, luego tenemos que descartarla! Para $a=2$, la única solución es $x=\frac{3}{2}$, que puede comprobarse que cumple la ecuación.

Resumiendo, para $a=\sqrt{2}$, tenemos que las soluciones son los elementos del intervalo $[\frac{1}{2},1]$, para $a=1$ no hay solución y para $a=2$ la única solución es $x=\frac{3}{2}$.

Solución. Volviendo a aplicar $f$ tenemos que $f(f(f(n)))=f(n+a)$ y también que $f(f(f(n)))=f(n)+a$ luego $f(n+a)=f(n)+a$. Vamos a discutir ahora cada caso por separado.

1. En el caso $a=1$, tenemos que $f(n+1)=f(n)+1$, lo que nos dice que $f(n)=f(1)+n-1$ para todo $n\in\mathbb{N}$ luego se tendrá que $n+1=f(f(n))=2f(1)+n-2$ para todo $n\in\mathbb{N}$, de donde $2f(1)-2=1$ lo cual es imposible ya que el miembro de la izquierda es par y el de la derecha no.
2. En el caso $a=2$, tenemos que $f(n+2)=f(n)+2$ y, por lo tanto, dado $k\in\mathbb{N}$, se cumple que $f(n)=f(2)+n-2$ si $n$ es par y $f(n)=f(1)+n-1$ si $n$ es impar, pues cada valor $f(n)$ se obtiene de $f(n-2)$ sumándole 2. Por un lado, $f(2)$ tiene que ser impar ya que si es par, entonces $2k+2=f(f(2k))=f(f(2)+2k-2)=2f(2)+2k-4$, de donde $f(2)=3$ contradiciendo que hemos supuesto que es par. Como es impar, tenemos que $2k+2=f(f(2k))=f(f(2)+2k-2)=f(1)+f(2)+2k-3$ luego $f(1)+f(2)=5$ y tenemos dos posibilidades: o bien $f(1)=2$ y $f(2)=3$, o bien $f(1)=4$ y $f(2)=1$. Estas dos posibilidades nos llevan a que las únicas posibles soluciones son las funciones \[f(n)=\begin{cases}n+3&\text{si }n\text{ es impar}\\n-1&\text{si }n\text{ es par}\end{cases}\hspace{2cm}f(n)=n+1\] y es fácil comprobar que las dos cumplen la propiedad del enunciado.