Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Como intercambiar $x$ e $y$ no hace otra cosa que cambiar de orden las ecuaciones, tenemos que $(x,y)$ solución si, y sólo si, $(y,x)$ lo es. Esto nos da un número par de soluciones con $x\neq y$. Nos queda encontrar las soluciones con $x=y$, en cuyo caso las dos ecuaciones son la misma y queda \[(x^2+6)(x-1)=x(x^2+1)\ \Leftrightarrow\ x^2-5x+6=0,\] que tiene dos soluciones reales ($x=2$ y $x=3$), que también es un número par.

Nota. Es interesante preguntarse si realmente es que no se pueden calcular todas las soluciones, pero no es así. Si obviamos las soluciones $(2,2)$ y $(3,3)$ obtenidas, podemos sumar y restar las dos ecuaciones dadas para obtener el sistema cuadrático siguiente (tras simplificar el factor $x-y$ que aparece en la diferencia): \[\left\{\begin{array}{l} 2xy-x-y=7\\ x^2+y^2-5x-5y=-12 \end{array}\right.\] Despejando $x=\frac{7+y}{2y-1}$ en la primera ecuación y sustituyendo en la segunda, obtenemos la ecuación cuadrática $y^4-6 y^3+15 y^2-26 y+24=0$, cuyas únicas soluciones reales son $y=2$ e $y=3$ (se obtienen por Ruffini). Por tanto, el sistema del enunciado tiene cuatro soluciones: $(2,2)$, $(3,3)$, $(2,3)$ y $(3,2)$.

Solución. La primera condición nos dice que $f$ es su propia inversa, luego $f$ es biyectiva. Ahora bien, si suponemos por reducción al absurdo que $f(f(n)+1)=2$, entonces $n$ no puede ser impar ya que entonces $2=n+3$ y tendríamos $n=-1\not\in\mathbb{N}$; tampoco puede ser par ya que entonces $2=n-1$ y tendríamos $n=3$, que en realidad es impar. Por ser $f$ biyectiva, debe existir un único $n_0\in\mathbb{N}$ tal que $f(n_0)=2$ pero entonces hemos vismo que $n_0\neq f(n)+1$ para ningún $n\in\mathbb{N}$. Usando la sobreyectividad de $f$, el término $f(n)+1$ toma todos los valores enteros mayores que $1$, luego sólo queda la posibilidad $n_0=1$. Tenemos así demostrada la pista que nos da el propio enunciado y que nos va a servir para resolver el problema.

Haciendo el cambio $n\mapsto f(n)$ en la segunda condición, tenemos que \[f(n+1)=f(f(f(n))+1)=\begin{cases}f(n)+1&\text{si }n\text{ es par},\\f(n)+3&\text{si }n\text{ es impar}.\end{cases}\] De esta forma, los valores de $f(n)$ decrecen 1 y aumentan 3 cíclicamente cuando $n$ se incrementa en una unidad. Por tanto, cuando $n$ avanza 2 unidades, $f(n)$ también se incrementa también en 2 unidades, independientemente de que $n$ sea par o impar. De esta forma, llegamos a que $f(2k+2)=2k+f(2),\qquad f(2k+1)=2k+f(1)$. Como quiera que $f(1)=2$ y $f(2)=f(f(1))=1$, tenemos que $f$ disminuye en una unidad los números pares y aumenta en una unidad a los impares, es decir, la única posible función que cumple las condiciones del enunciado es \[f(n)=\begin{cases}n-1&\text{si }n\text{ es par},\\n+1&\text{si }n\text{ es impar}.\end{cases}\] Es fácil comprobar que de verdad esta función cumple las condiciones.

Nota. En realidad, este problema nos obliga a usar la pista ya que nos dice observando previamente que... Aun así, es esperable que si alguien encuentra otra forma de resolverlo sin usar la pista, debería otorgarse la puntuación completa.

Solución. Observemos que el coste de arrancar es el mismo que el de funcionar durante 5 minutos, por lo que parar durante 10 minutos y luego arrancar ahorra 5 minutos de funcionamiento. Siguiendo un esquema voraz, la configuración óptima debe hacer parar durante 10 minutos el mayor número de veces posible. Con la restricción de que debe funcionar al menos 15 minutos seguidos, los $600=24\cdot (10+15)$ minutos totales darán una configuración óptima cuando haya 24 períodos de parada. Este razonamiento es muy sencillo, si bien la parte complicada es ahora minimizar el número de arranques, lo que nos dará la configuración óptima.

Si se intercalan ciclos de parada-arranque, como cada ciclo necesita 2 litros de gasóleo (medio litro en los 10 minutos que para y arranca y litro y medio en los 15 minutos que funciona), esta opción nos da un total de $24\cdot 2=48$ litros de gasóleo. Podemos mover uno de los ciclos de parada al final para evitar arrancar una vez, es decir, durante los últimos 40 minutos de las 10 horas, en lugar de hacer funcionamiento-parada-funcionamiento, podríamos hacer funcionamiento-funcionamiento-parada. De esta forma, solo se usan 47,5 litros. Está claro que es imposible colocar los períodos de parada para arrancar menos veces.