Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Llamamos $a=\sqrt[3]{1729-x}$ y $b=\sqrt[3]{x}$, luego podemos reescribir esa ecuación como el sistema de ecuaciones \[\left\{\begin{array}{l}a+b=19\\a^3+b^3=1729.\end{array}\right.\] Factorizando $a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$, obtenemos que $a^2-ab+b^2=\frac{1729}{19}=91$. Restando a esta última expresión $a^2+2ab+b^2=(a+b)^2=361$, llegamos a que $-3ab=91-361=-270$, de donde $ab=90$. Tenemos, entonces que $a+b=19$ y $ab=90$, lo que nos dice que $a$ y $b$ son las soluciones de la ecuación $t^2-19t+90=0$. Usando la fórmula de la ecuación de segundo grado, se llega fácilmente a que $(a,b)=(9,10)$ o $(a,b)=(10,9)$. Como $x=b^3$, tenemos las posibles soluciones $x=1000$ y $x=729$ y se comprueba fácilmente que ambas efectivamente verifican la ecuación.

Solución. Llamamos $a=\sqrt[4]{97-x}$ y $b=\sqrt[4]{x}$, con lo que la ecuación que nos dan se puede escribir de forma equivalente como el siguiente sistema: \[\left\{\begin{array}{l}a+b=5\\a^4+b^4=97\end{array}\right.\] Utilizando el binomio de Newton, podemos desarrollar \begin{align*} (a+b)^4&=a^4+4a^3b+6a^2b^2+4ab^3+b^4\\ &=a^4+b^4+4ab(a^2+b^2)+6a^2b^2\\ &=a^4+b^4+4ab((a+b)^2-2ab)+6a^2b^2\\ &=a^4+b^4+4ab(a+b)^2-2a^2b^2. \end{align*} Sustituyendo $a+b=5$ y $a^4+b^4=97$, obtenemos la siguiente ecuación de segundo grado en la incógnita $ab$, que podemos resolver fácilmente: \[(ab)^2-50ab+264=0\ \Longrightarrow\ ab=\frac{50\pm \sqrt{1444}}{2}=\begin{cases}44,\\6.\end{cases}\] Distinguimos dos casos:

• Si $ab=44$, entonces tenemos la suma $a+b=5$ y el producto $ab=44$, lugo podemos despejar $a$ y $b$ como las soluciones de la ecuación de segundo grado $x^2-5x+44=0$. Esta ecuación no tiene soluciones reales.
• Si $ab=6$, entonces $a$ y $b$ son las soluciones de la ecuación de segundo grado $x^2-5x+6=0$, es decir, $(a,b)=(2,3)$ o bien $(a,b)=(3,2)$. Como $x=b^4$, tenemos las soluciones $x=16$ y $x=81$, que claramente verifican la ecuación inicial.

Solución. Distinguimos casos según el resto de dividir $n$ entre $6$.

• Si $n=6k$, entonces $\lfloor\frac{n}{2}\rfloor=\lfloor 3k\rfloor=3k$ y $\lfloor\frac{2n}{3}\rfloor=\lfloor 4k\rfloor=4k$, luego la ecuación queda $7k=6k+335$, cuya solución es $k=335$. Tenemos así que $n=6\cdot 335=2010$.
• Si $n=6k+1$, entonces $\lfloor\frac{n}{2}\rfloor=\lfloor 3k+\frac{1}{2}\rfloor=3k$ y $\lfloor\frac{2n}{3}\rfloor=\lfloor 4k+\frac{2}{3}\rfloor=4k$, luego la ecuación queda $7k=6k+336$, cuya solución es $k=336$. Tenemos así que $n=6\cdot 336+1=2017$.
• Si $n=6k+2$, entonces $\lfloor\frac{n}{2}\rfloor=\lfloor 3k+1\rfloor=3k+1$ y $\lfloor\frac{2n}{3}\rfloor=\lfloor 4k+\frac{4}{3}\rfloor=4k+1$. La ecuación queda $7k+2=6k+337$, luego $k=335$ y $n=6\cdot 335+2=2012$.
• Si $n=6k+3$, entonces $\lfloor\frac{n}{2}\rfloor=\lfloor 3k+\frac{3}{2}\rfloor=3k+1$ y $\lfloor\frac{2n}{3}\rfloor=\lfloor 4k+2\rfloor=4k+2$. La ecuación queda $7k+3=6k+338$, luego $k=335$ y $n=6\cdot 335+3=2013$.
• Si $n=6k+4$, entonces $\lfloor\frac{n}{2}\rfloor=\lfloor 3k+2\rfloor=3k+2$ y $\lfloor\frac{2n}{3}\rfloor=\lfloor 4k+\frac{8}{3}\rfloor=4k+2$. La ecuación queda $7k+4=6k+339$, luego $k=335$ y $n=6\cdot 335+4=2014$.
• Si $n=6k+5$, entonces $\lfloor\frac{n}{2}\rfloor=\lfloor 3k+\frac{5}{2}\rfloor=3k+2$ y $\lfloor\frac{2n}{3}\rfloor=\lfloor 4k+\frac{10}{3}\rfloor=4k+3$. La ecuación queda $7k+5=6k+340$, luego $k=335$ y $n=6\cdot 335+5=2015$.

Deducimos así que las soluciones son 2010, 2012, 2013, 2014, 2015 y 2017.

Solución. Si los números son consecutivos, podemos escribir $a_2=a_1+1$, $a_3=a_1+2$,... y así sucesivamente. Esto nos dice que $a_{k}=a_1+k-1$ y, por tanto, \[a_1+\ldots+a_n=a_1+1+a_1+2+\ldots+a_1+(n-1)=na_1+\frac{(n-1)n}{2},\] donde hemos usado la fórmula $1+2+\ldots+k=\frac{k(k+1)}{2}$ de la suma de los primeros $k$ naturales para $k=n-1$. Esto nos dice que la condición del enunciado se traduce en \[na_1+\frac{(n-1)n}{2}=2009\ \Leftrightarrow\ n(2a_1+n-1)=4018.\] De esta forma, $n$ tiene que ser un divisor mayor o igual que $3$ de $4018$ y $2a_1+n-1$ su divisor complementario. Los divisores positivos de $4018=2\cdot 7^2\cdot 41$ pueden calcularse fácilmente y son \[{1, 2, 7, 14, 41, 49, 82, 98, 287, 574, 2009, 4018}\] Como $2a_1+n-1\gt n$, realmente $n$ tiene que ser menor que $\sqrt{4018}\lt 64$, por lo que de los divisores sólo nos quedamos con cuatro casos:

• $n=7$ y $2a_1+n-1=574$ nos da $a_1=284$ y la sucesión \[\{284,285,286,\ldots,290\}.\]
• $n=14$ y $2a_1+n-1=287$ nos da $a_1=137$ y la sucesión \[\{137,138,139,\ldots,150\}.\]
• $n=41$ y $2a_1+n-1=98$ nos da $a_1=29$ y la sucesión \[\{29,30,31,\ldots,69\}.\]
• $n=49$ y $2a_1+n-1=82$ nos da $a_1=17$ y la sucesión \[\{17,18,19,\ldots,65\}.\]

Estas son las únicas cuatro sucesiones de naturales consecutivos que suman $2009$.