Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Llamamos $x=2^a$ e $y=2^b$ por comodidad. Podemos eliminar $c$ en la segunda ecuación usando la primera para escribir \[7=2^a+2^b+2^{3-a-b}=2^a+2^b+\frac{8}{2^a2^b}=x+y+\frac{8}{xy}.\] Por otro lado, la tercera ecuación nos dice que $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{3}{4}$, que también puede escribirse como $x+y=\frac{3}{4}xy$. Por tanto, tenemos que \[7=x+y+\frac{8}{xy}=\frac{3}{4}xy+\frac{8}{xy}\ \Leftrightarrow\ 3(xy)^2-28xy+32=0.\] Esto puede verse como una ecuación de segundo grado con incógnita el producto $xy$, que nos da las soluciones $xy=\frac{4}{3}$ y $xy=8$. Distingamos los dos casos:

• Si $xy=\frac{4}{3}$, entonces $x+y=\frac{3}{4}xy=1$. Conociendo la suma $1$ y el producto $\frac{3}{4}$, ls números $x$ e $y$ deben las soluciones de la ecuación $t^2-t+\frac{3}{4}=0$, pero esta ecuación no tiene soluciones reales.
• Si $xy=8$, entonces $x+y=\frac{3}{4}xy=6$, en cuyo caso $x$ e $y$ son soluciones de la ecuación $t^2-6t+8=0$, que son $t=2$ y $t=4$, lo que nos da $a=1$ y $b=2$ (salvo reordenación) y la condición $a+b+c=3$ nos da $c=0$.

Deducimos así que las soluciones al sistema son $(1,2,0)$ y $(2,1,0)$.

Solución. Si aplicamos la desigualdad de Cauchy-Schwarz a los vectores $(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5)$ y $(a_2,a_3,a_4,a_5,a_6)$ obtenemos que cualesquiera que sean los valores de los seis números dados, se tiene que \[(a_1a_2+a_2a_3+\ldots+a_5a_6)^2\leq (a_1^2+\ldots+a_5^2)(a_2^2+\ldots+a_6^2).\] Ahora bien, el enunciado nos dice que se da la igualdad, luego los dos vectores tienen que ser proporcionales. Como son números no nulos, deberá existir una constante $\lambda\neq 0$ tal que \[(a_2,a_3,a_4,a_5,a_6)=\lambda(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5).\] En otras palabras, $a_2=\lambda a_1$, $a_3=\lambda a_2$, $a_4=\lambda a_3$, $a_5=\lambda a_4$ y $a_6=\lambda a_5$. Tenemos así que los números están en progresión geométrica de razón $\lambda$.

Solución. Observamos en primer lugar que, para cualquier entero positivo $k$, se tiene que $\frac{k+2}{k(k+1)(k+3)(k+4)}=\frac{1}{6k(k+1)}-\frac{1}{6(k+3)(k+4)}$ (ver la nota más abajo). Por lo tanto, podemos expresar \begin{align*} \frac{3}{1\cdot 2\cdot 4\cdot 5}&=\frac{1}{6\cdot 1\cdot 2}-\frac{1}{6\cdot 4\cdot 5},\\ \frac{4}{2\cdot 3\cdot 5\cdot 6}&=\frac{1}{6\cdot 2\cdot 3}-\frac{1}{6\cdot 5\cdot 6},\\ \frac{5}{3\cdot 4\cdot 6\cdot 7}&=\frac{1}{6\cdot 3\cdot 4}-\frac{1}{6\cdot 6\cdot 7},\\ &\vdots\\ \frac{n+2}{n(n+1)(n+3)(n+4)}&=\frac{1}{6n(n+1)}-\frac{1}{6(n+3)(n+4)} \end{align*} Si sumamos todas estas igualdades, en el miembro de la derecha se simplifican casi todos los sumandos menos los tres primeros y los tres últimos. Con lo cual la suma del enunciado es igual a \[S=\frac{1}{6\cdot 1\cdot 2}+\frac{1}{6\cdot 2\cdot 3}+\frac{1}{6\cdot 3\cdot 4}-\frac{1}{6(n+1)(n+2)}-\frac{1}{6(n+2)(n+3)}-\frac{1}{6(n+3)(n+4)}\] Si hacemos todas las operaciones, esta suma puede simplificarse como \[S=\frac{n(n+5)}{8(n+1)(n+4)}.\]

Nota. Se trata de una suma telescópica en la que cada sumando se escribe como diferencia de dos términos, de forma que al sumar estos términos se cancelan casi todos. Una forma de hacer esto (que funciona con cualquier suma cuyo término general es racional y cuyo denominador tiene raíces enteras simples) es escribir \[\frac{n+2}{n(n+1)(n+3)(n+4)}=\frac{A}{n}+\frac{B}{n+1}+\frac{C}{n+3}+\frac{D}{n+4}\] y resolver las variables $A,B,C,D\in\mathbb{R}$ para que la igualdad sea cierta para todo $n$. En este caso, se tiene que $A=-B=C=-D=\frac{1}{6}$ y pueden agruparse los sumandos por parejas (aunque no es necesario hacerlo así en general). Al sumar en la igualdad anterior, salvo el factor $\frac{1}{6}$, se suman y restan inversos de enteros. Cancelándolos convenientemente se obtiene el resultado de arriba.

Solución. La idea clave es darse cuenta de que la segunda ecuación se puede escribir equivalentemente como $(x-y)(y-z)(x-z)=0$, lo que nos dice que dos de las incógnitas tienen que ser iguales. Como no hay simetría, tendremos que distinguir tres casos:

• Si $x=y$, entonces la primera ecuación nos dice que $2x+z=1$. Sustituyendo $y=x$ y $z=1-2x$ en la tercera y simplificando, llegamos a la ecuación $3x^2-x=0$, que nos da soluciones $x=0$ y $x=\frac{1}{3}$. Deshaciendo las sustituciones, obtenemos la soluciones al sistema original $(x,y,z)=(0,0,1)$ y $(x,y,z)=(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3})$.
• Si $y=z$, la primera ecuación nos da $x+2y=1$, luego podemos sustituir $z=y$ y $x=1-2y$ en la tercera ecuación y después de simplificar nos queda $y(3y^2-4y+1)=0$, que tiene soluciones $y=0$, $y=1$ e $y=\frac{1}{3}$. En el sistema original, esto se corresponde con las soluciones $(1,0,0)$, $(-1,1,1)$ y $(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3})$, aunque esta última ya la hemos obtenido previamente.
• Si $z=x$, procedemos de forma análoga usando la primera ecuación para obtener $y=1-2x$. Sustituyendo en la tercera y simplificando, llegamos a que $x(9x^2-9x+2)=0$, ecuación que tiene por soluciones $x=0$, $x=\frac{1}{3}$ y $x=\frac{2}{3}$. Estas nos dan las soluciones del sistema $(0,1,0)$, $(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3})$ y $(\frac{2}{3},\frac{-1}{3},\frac{2}{3})$.

Se han obtenido así un total de $7$ soluciones distintas.