Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Llamemos $x_1,x_2,x_3,x_4\in\mathbb{R}$ a esos cuatro números y $P$ a su producto. La condición del enunciado es equivalente a $P+x_i^2=2x_i$ para cualquier $x_i$; en otras palabras, $x_i^2-2x_i=P$ no depende de $i$, luego $x_i^2-2x_i=x_j^2-2x_j$ para cualesquiera $i,j$. Esta última igualdad puede expresarse como \[(x_i-x_j)(x_i+x_j-2)=0.\] Vemos así que, dados dos de los cuatro números, o bien son iguales, o bien suman $2$. Deducimos que entre los cuatro números $x_1,x_2,x_3,x_4$ no puede haber más de dos valores distintos. Se nos presentan así tres casos, salvo reordenación de los números:

• $x_1=x_2=x_3=x_4=a$, de donde tiene que ser $a=1$ para que se cumpla el enunciado.
• $x_1=x_2=x_3=a$, $x_4=2-a$. Imponiendo la condición del enunciado, obtenemos $a=1$ (que se correponde al caso anterior) o bien $a=-1$.
• $x_1=x_2=a$, $x_3=x_4=2-a$. Imponiendo la condición del enunciado, obtenemos sólo $a=1$.

De esta discusión deducimos que las soluciones son $\{1,1,1,1\}$ y $\{-1,-1,-1,3\}$.

Solución. Si desarrollamos la condición del enunciado tomando denominador común, llegamos a que \[(bc+ac+ab)(a+b+c)=abc.\] Desarrollando esta igualdad y pasándolo todo al miembro de la derecha tenemos que \[a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b+2abc=0.\] Esta última igualdad se puede factorizar de la siguiente forma (no es fácil darse cuenta pero el hecho de que si sustituimos $b$ por $-a$, se obtiene $0=0$ nos puede dar una pista): \[(a+b)(b+c)(a+c)=0.\] Por lo tanto, se cumplirá que $a=-b$, $b=-c$ ó $c=-a$. Supongamos que se cumple la primera condición (con las demás se razona de forma similar); entonces tenemos que \begin{eqnarray*} \frac{1}{a^{1999}}+\frac{1}{b^{1999}}+\frac{1}{c^{1999}}&=&\frac{-1}{b^{1999}}+\frac{1}{b^{1999}}+\frac{1}{c^{1999}}=\frac{1}{c^{1999}}\\ &=&\frac{1}{(-b)^{1999}+b^{1999}+c^{1999}}=\frac{1}{a^{1999}+b^{1999}+c^{1999}}. \end{eqnarray*} como queríamos probar.

Nota. Obviamente podría haberse sustituido $1999$ por cualquier otro número impar.

Solución. Probaremos que la única sucesión que cumple las condiciones del enunciado es la de las potencias de $2$, esto es, $\{1,2,4,8,16,\ldots\}$. Que esta sucesión cumple el enunciado es obvio puesto que cada número natural se expresa, de forma única, en base $2$, lo que corresponde a expresarlo como suma de términos de esta sucesión.

Supongamos que $\{a_n\}$ es una sucesión cumpliendo el enunciado. El número $1$ se tiene que expresar como suma de términos de $\{a_n\}$, luego no queda otra posibilidad que $a_1=1$ (es estrictamente creciente). Probemos ahora por inducción que $a_n=2^{n-1}$ para lo que supondremos que $a_k=2^{k-1}$ para $0\leq k\lt n$. Todo número menor que $2^{n-1}$ se puede expresar como suma de términos distintos de $\{a_1,\ldots,a_{n-1}\}$ y $a_1+a_2+\ldots+a_{n-1}=2^{n-1}-1$ es el mayor número así construído luego necesariamente $a_n=2^{n-1}$. En caso contrario, $2^{n-1}$ no podría expresarse como suma de términos distintos de la sucesión y hemos demostrado que esta es la única solución.

Solución. Podemos expresar \begin{eqnarray*} \sum_{i,j=1}^n\cos(x_i-x_j)&=&\sum_{i,j=1}^n\left(\cos(x_i)\cos(x_j)+\mathrm{sen}(x_i)\mathrm{sen}(x_j)\right)\\ &=&\left(\sum_{i=1}^n\cos(x_i)\right)^2+\left(\sum_{i=1}^n\mathrm{sen}(x_i)\right)^2\geq 0, \end{eqnarray*} donde hemos usado la fórmula del coseno de una diferencia y agrupado términos.

Solución. Dado que la sucesión de los últimos dígitos de los números naturales es cíclica, también lo es la sucesión $a_n$. Concretamente, puede verse fácilmente que se repite cada veinte dígitos, los cuales son \begin{eqnarray*} 1&\to& 3\to 6\to 0\to 5\to 1\to 8\to 6\to 5\to 5\to\\ &\to&6\to 8\to 1\to 5\to 0\to 6\to 3\to 1\to 0\to 0 \end{eqnarray*} La suma de estos veinte números es igual a 70 y, como $1992=99\cdot 20+12$, deducimos que \[\sum_{n=1}^{1992} a_n=99\cdot\sum_{n=1}^{20} a_n+\sum_{n=1}^{12} a_n=99\cdot 70+54=6984.\]