Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Pongamos que hay $a$ chicos y $b$ chicas. Si todos hubieran comido el mínimo, habrían hecho falta $6a+2b$ porciones, mientras que el máximo sería $7a+3b$. Por tanto, se tiene que cumplir que \[48\lt 6a+2b,\qquad 7a+3b\lt 60.\] Observamos que las desigualdades son estrictas porque se dice que faltó con cuatro pizzas y sobró con cinco. Sumando siete veces la primera desigualdad y seis la segunda, tenemos que $336+42a+18b\lt 42a+14b+360$, de donde $b\lt 6$, es decir $b\leq 5$. Distingamos casos:

• Si $b=1$, las desigualdades quedan $46\lt 6a$ y $7a\lt 57$, es decir, $\frac{46}{6}\lt a\lt\frac{57}{7}$ que tiene por única solución entera $a=8$.
• Si $b=2$, queda $44\lt 6a$ y $7a\lt 54$, que no tiene soluciones enteras.
• Si $b=3$, queda $42\lt 6a$ y $7a\lt 51$, que no tiene soluciones enteras.
• Si $b=4$, queda $40\lt 6a$ y $7a\lt 48$, que no tiene soluciones enteras.
• Si $b=5$, queda $38\lt 6a$ y $7a\lt 45$, que no tiene soluciones enteras.

Deducimos que hay dos soluciones al problema: 8 chicos y 1 chica o bien 7 chicos y 2 chicas.

Solución. Cambiando $x$ por $1-x$, tenemos la ecuación \[(1-x)^2f(1-x)+f(x)=2(1-x)-(1-x)^4.\] Esta ecuación es cierta para todo $x\in\mathbb{R}$ y, junto con la ecuación dada en el enunciado, nos da un sistema lineal de dos ecuaciones si vemos a $f(x)$ y $f(1-x)$ como incógnitas. Restando a esta última ecuación la primera multiplicada por $(1-x)^2$ eliminamos el término $f(1-x)$, lo que nos da \[f(x)-x^2(1-x)^2f(x)=2(1-x)-(1-x)^4-(1-x)^2(2x-x^4).\] Tras simplificar y factorizar (observamos que $1-x^2(1-x)^2$ es diferencia de cuadrados), podemos despejar \[f(x)=\frac{-(x-1)(x+1)(x^2-x-1)(x^2-x+1)}{(x^2-x-1)(x^2-x+1)}.\] El factor $x^2-x+1$ es siempre positivo ya que la ecuación $x^2-x+1=0$ no tiene soluciones. Sin embargo $x^2-x-1=0$ tiene soluciones $x=\frac{1}{2}(1\pm\sqrt{5})$ en cuyo caso no podemos simplificar este factor. Distinguimos dos casos:

• Si $x\neq\frac{1}{2}(1\pm\sqrt{5})$, entonces tras simplificar todos los factores comunes obtenemos que $f(x)=1-x^2$.
• Para el caso $x=\frac{1}{2}(1\pm\sqrt{5})$, sustituimos estos valores en la ecuación inicial, lo que nos da el siguiente sistema lineal en las incógnitas $a=\frac{1}{2}(1-\sqrt{5})$ y $b=\frac{1}{2}(1-\sqrt{5})$: \[\left\{\begin{array}{l}2a+(3+\sqrt{5})b=-5-\sqrt{5},\\ (3-\sqrt{5})a+2b=-5+\sqrt{5}\end{array}\right.\] Es fácil ver que es compatible indeterminado y que podemos despejar \[b=\frac{-5+\sqrt{5}-(3-\sqrt{5})a}{2},\] de forma que $a$ es un parámetro real arbitrario.

Con todo esto, las funciones que verifican la igualdad del enunciado son las de la forma \[f(x)=\begin{cases}1-x^2&\text{si }x\neq\frac{1}{2}(1\pm\sqrt{5}),\\ a&\text{si }x=\frac{1}{2}(1-\sqrt{5}),\\ \frac{-5+\sqrt{5}-(3-\sqrt{5})a}{2}&\text{si }x=\frac{1}{2}(1+\sqrt{5}),\end{cases}\] para cualquier $a\in\mathbb{R}$.

Nota. Este problema se ha marcado con 2,5 estrellas porque es realmente fácil omitir el caso $x=\frac{1}{2}(1\pm\sqrt{5})$ y decir que $f(x)=1-x^2$ para todo $x\in\mathbb{R}$ (este fallo está incluso en la solución oficial), que se corresponde con el caso $a=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$.

Solución. Razonamos por reducción al absurdo suponiendo que $r$ no es entero. Entonces, existe un único número entero $q\geq 1$ tal que \[\lfloor r\rfloor+\frac{1}{q+1}\leq r\lt \lfloor r\rfloor+\frac{1}{q}.\] Si multiplicamos por $q$, obtenemos que \[q\lfloor r\rfloor+\frac{q}{q+1}\leq qr\lt q\lfloor r\rfloor+1,\] lo que nos dice que $\lfloor qr\rfloor=q\lfloor r\rfloor$. Si ahora multiplicamos por $2q$, obtenemos que \[2q\lfloor r\rfloor+\frac{2q}{q+1}\leq 2qr\lt 2q\lfloor r\rfloor+2.\] Como quiera que $\frac{2q}{q+1}\geq 1$, se tiene que $\lfloor 2qr\rfloor=2q\lfloor r\rfloor+1$. Este último número ha de ser múltiplo de $\lfloor qr\rfloor=q\lfloor r\rfloor$ por la condición del enunciado (para $m=q$ y $n=2q$), pero esto es imposible salvo que $q=1$ y $\lfloor r\rfloor=1$ (ambos son números mayores o iguales que 1).

Por tanto, podemos suponer que $\frac{3}{2}\leq r\lt 2$ y vamos a repetir un razonamiento similar al anterior, considerando el único entero $q\geq 2$ tal que \[2-\frac{1}{q}\leq r\lt 2-\frac{1}{q+1}.\] Multiplicando por $q+1$ y por $2(q+1)$ nos quedan las desigualdades siguientes: \begin{align*} 2q+1-\frac{1}{q}\leq (q+1)r\lt 2q+1&\quad \Longrightarrow\quad \lfloor (q+1)r\rfloor= 2q,\\ 4q+2-\frac{2}{q}\leq r\lt 4q+2&\quad\Longrightarrow\quad \lfloor 2(q+1)r\rfloor= 4q+1. \end{align*} Deducimos que $2q$ debe dividir a $4q+1$, luego $2q$ divide a $1$, lo cual es imposible.

Solución. Llamemos $S(n)$ a la suma de fracciones que nos dice el enunciado y veamos que $S(n)=\frac{1}{2}$ por inducción sobre $n$. En el caso inicial $n=2$, la única fracción que cumple esos requisitos es $\frac{1}{2}$ para $a=1$ y $b=2$, luego $S(2)=\frac{1}{2}$. Supongamos que $S(n)=\frac{1}{2}$ para cierto $n\geq 2$ y probemos que $S(n+1)=\frac{1}{2}$. Observemos que las sumas $S(n)$ y $S(n+1)$ contienen los mismos sumandos excepto los siguientes:

• Los sumandos que aparecen en $S(n)$ y no en $S(n+1)$ son aquellos en que $a+b=n+1$.
• Los sumandos que aparecen en $S(n+1)$ y no en $S(n)$ son aquellos en que $b=n+1$.

Ahora bien, cada par $(a,b)$ de primos relativos con $a+b=n+1$ se puede poner en correspondencia con los pares de primos relativos $(a,n+1)$ y $(b,n+1)$. El valor total de los sumandos no varía ya que \[\frac{1}{a(n+1)}+\frac{1}{b(n+1)}=\frac{a+b}{ab(n+1)}=\frac{1}{ab},\] luego $S(n+1)=S(n)=\frac{1}{2}$ y el enunciado queda demostrado.

Solución. La primera condición nos dice que la función $f(n)$ se lleva muy bien con la factorización de $n$, luego factorizamos $1002=2\cdot 3\cdot 167$ ($167$ es primo, pero no hace falta ni siquiera saberlo para llegar al resultado), lo que nos da $2004=2^2\cdot 3\cdot 167$. Ahora observamos que \[1003969\leq f(1002)\leq 1002^2=1004004,\] lo que deja relativamente pocos valores posibles para $f(1002)$. Ahora bien, la segunda condición nos da también $f(2)\leq 4$, $f(3)\leq 9$ y $f(167)\leq 27889$. Vamos a ver que estas tres desigualdades tienen que ser igualdades, pues en caso contrario, se tendría que $f(2)\leq 3$, $f(3)\leq 8$ o $f(167)\leq 27888$, luego se cumpliría alguna de las siguientes desigualdades \begin{align*} f(1002)&=f(2)f(3)f(167)\leq 4\cdot 9\cdot 27888=1003968,\\ f(1002)&=f(2)f(3)f(167)\leq 4\cdot 8\cdot 27889=892448,\\ f(1002)&=f(2)f(3)f(167)\leq 3\cdot 9\cdot 27889=753003, \end{align*} pero ninguna de ellas es posible ya que $f(1002)\geq 1003969$ (en este punto nos damos cuenta de por qué se ha puesto ese número raro en el enunciado). Deducimos, pues, que \[f(2004)=f(2)^2f(3)f(167)=4^2\cdot 9\cdot 27889=2004^2=4016016\] es el único posible valor.