Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Elevando al cuadrado, tenemos que $a-\sqrt{a+x}=x^2$ y depejamos la raíz como $x^2-a=\sqrt{a+x}$. Elevando de nuevo al cuadrado, tenemos la ecuación \[x^4-2ax^2+a^2=a+x\ \Leftrightarrow\ x^4-2ax^2+x+a(a-1)=0.\] Esta última ecuación de grado $4$ puede parecer imposible de resolver ya que tiene el parámetro $a$, pero resulta que se puede factorizar como producto de dos polinomios de grado $2$: \[0=x^4-2ax^2+x+a(a-1)=(x^2-x-a)(x^2+x-a+1).\] Esto nos da dos ecuaciones de segundo grado. La primera ecuación nos da dos soluciones: \[x^2-x-a=0\ \leadsto\ x_1=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2},\ x_2=\frac{1-\sqrt{1+4a}}{2}.\] La segunda por su parte nos da otras dos soluciones: \[x^2+x-a+1=0\ \leadsto\ x_3=\frac{-1+\sqrt{4a-3}}{2},\ x_4=\frac{-1-\sqrt{4a-3}}{2}.\] Sin embargo, tenemos que comprobar si cada una de estas cuatro soluciones realmente cumple la ecuación original (al elevar al cuadrado podemos haber introducido soluciones ficticias (donde las raíces del enunciado no están definidas o no dar los valores correctos).

• $x_2$ y $x_4$ son negativos, luego no son soluciones ya que $x=\sqrt{a-\sqrt{x+a}}\geq 0$ nos dice que $x$ tiene que ser positivo (una raíz nunca es negativa).
• $x_1$ tampoco es solución ya que $x_1=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2}\gt\frac{\sqrt{4a}}{2}=\sqrt{a}$ y cualquier solución cumple que $x=\sqrt{a-\sqrt{x+a}}\lt\sqrt{a}$.
• $x_3$ sí que es solución (la nota de abajo nos da otro motivo del porqué). Para verlo, nos damos cuenta primero de que $x_3\geq 0$ y, por tanto, $x_3+a\geq 0$; además, tenemos que \begin{align*} 0\leq x_3+a&=\frac{2a-1+\sqrt{4a-3}}{2}\\ &\leq \frac{2a-1+2a-1}{2}=2a-1=a^2-(a-1)^2\leq a^2. \end{align*} Por tanto, se cumple que $\sqrt{x_3+a}\leq a$ y la raíz grande del enunciado también está bien definida. Deducimos que $x_3$ es la única solución.

Nota. Un atajo que nos puede hacer entender mejor el problema es darse cuenta de que el miembro de la izquierda $f(x)=\sqrt{a-\sqrt{a+x}}$ es una función continua y estrictamente decreciente definida en un intervalo $[0,x_0]$ con $f(0)>0$ y $f(x_0)=0$ y que el de la derecha $g(x)=x$ es también continua y estrictamente creciente con $g(0)=0$ y $\lim_{x\to\infty}g(x)=+\infty$, luego la ecuación $f(x)=g(x)$ tiene necesariamente una única solución.

Solución. Para cada $k\in\mathbb N$, el intervalo $[2^k,2^{k+1}-2]$ no contiene números de la forma $2^j-1$, luego el valor de la función $f$ en cada número de ese intervalo es una unidad mayor que en el número siguiente. Como $f(2^{k+1}-1)=0$, se sigue que los valores de $f$ decrecen de unidad en unidad desde $f(2^k)=2^k-1$ hasta $f(2^{k+1}-1)=0$. En otras palabras, tenemos que $f(2^k+m)=2^k-m-1$ para todo entero $0\leq m\leq 2^k-1$, lo que determina unívocamente a la función $f$ ya que todo entero positivo se expresa de forma única como $2^k+m$ con $k,m\in\mathbb{N}_0$ y $0\leq m\leq 2^k-1$.

Esto responde a la primera pregunta ya que, si $n=2^k+m$ con $0\leq m\leq 2^k-1$, entonces \[f(n)+n=2^k-m-1+2^k+m=2^{k+1}-1.\] Además $f(0)+0=f(2^0-1)=0=2^0-1$, luego la propiedad también se cumple para $n=0$. Para responder a la segunda pregunta, expresamos $2^{1990}=2^k+m$ con $k=1990$ y $m=0$, luego \[f(2^{1990})=2^{1990}-0-1=2^{1990}-1.\]

Solución. Si $m$ es par, entonces todos los términos de la sucesión son enteros, luego este caso no nos interesa. Supongamos entonces que $m$ es impar y observamos que todos los términos tienen denominador $2$ hasta el menor valor de $n$ para el que $\lceil a_n\rceil$ es par, lo que implica que a partir de $a_{n+1}$ todos los términos serán enteros. Dicho de otro modo, en cuanto un término es entero, todos los siguientes lo son también.

Pongamos que $a_n=\frac{p}{2}$, con $p$ impar, y escribamos $p=2^eq+1$, siendo $q$ también impar, es decir, $2^e$ es la mayor potencia de $2$ que divide al número par $p-1$. Tenemos que \begin{align*} a_{n+1}=\frac{2^eq+1}{2}\left\lceil\frac{2^eq+1}{2}\right\rceil&=\frac{2^eq+1}{2}\cdot\frac{2^eq+2}{2}\\ &=\frac{(2^eq+1)(2^{e-1}q+1)}{2}\\ &=\frac{2^{2e-1}q^2+2^eq+2^{e-1}q+1}{2}=\frac{2^{e-1}q'+1}{2}, \end{align*}

para el entero impar $q'=2^eq^2+3q$. De esta forma, en cada paso de la sucesión se reduce en una unidad el exponente $e$. Para que $a_{2007}$ sea el primer término entero, tiene que ser $m=2^{2006}q+1$ siendo $q$ cualquier entero positivo impar.

Solución. La suma $\sum_{i\lt j}|a_i-a_j|$ suma sobre las parejas $\{i,j\}$ de índices distintos de números sin repetir parejas, luego podemos suponer sin pérdida de generalidad que los números están ordenados como $a_1\geq a_2\geq\ldots\geq a_n$ y quitar los valores absolutos.

Para demostrar la primera desigualdad, para cada subíndice intermedio $1\lt i\lt n$, vamos a quedarnos solo con los sumandos $a_1-a_i$ y $a_i-a_n$, que suman $a_1-a_n=d$. Esto nos da una cota $s\geq (n-2)d$ ya que hay $n-2$ subíndices intermedios. Si también le añadimos la diferencia $a_1-a_n=d$ entre el mayor y el menor, tenemos que $s\geq (n-1)d$ y la igualdad se alcanza si y sólo cualquier otra diferencia de dos términos es nula, es decir, cuando dados dos subíndices intermedios $1\lt i,j\lt n$, se cumple que $a_i-a_j=0$. Tenemos, por tanto, que la igualdad se alcanza si y solo si $a_2=a_3=\ldots=a_{n-1}$.

Para la otra desigualdad, vamos a calcular $s$ explícitamente. En la suma $s$, un término $a_k$ se suma $n-k$ veces (una por cada subíndice $k\lt j\leq n$) y se resta $k-1$ veces (una por cada subíndice $1\leq j\lt k$). Por lo tanto, tenemos que \begin{align*} s&=(n-1)a_1+(n-2)a_2+(n-3)a_3+\ldots+1a_{n-1}+0a_n\\ &\qquad -0a_1-1a_2-2a_3-\ldots-(n-2)a_{n-1}-(n-1)a_n\\ &=(n-1)a_1+(n-3)a_2+(n-5)a_3+\ldots+(5-n)a_{n-2}+(3-n)a_{n-1}+(1-n)a_n. \end{align*} Distinguimos dos casos:

• Si $n=2k$ es par, entonces hay $k$ coeficientes positivos y $k$ negativos. Si dejamos fijos $a_1$ y $a_n$, la suma $s$ será menor o igual que si tomamos $a_1=a_2=\ldots=a_k$ y $a_{k+1}=a_{k+2}=\ldots=a_n$ (maximizamos los términos con coeficiente positivo y minimizamos los que tienen coeficiente negativo). Esto nos dice que \[s\leq ((2k-1)+(2k-3)+\ldots+1)(a_1-a_n)=k^2d=\tfrac{n^2}{4}d\] y la igualdad se alcanza si y sólo si la mitad de los números son iguales al menor y la otra mitad iguales al mayor.
• Si $n=2k+1$ es impar, entonces el coeficiente central que multiplica a $a_{k+1}$ es $0$, luego el valor de $a_{k-1}$ no influye en $s$. Haciendo un razonamiento similar al caso anterior, tenemos que \[s\leq (2k+(2k-2)+\ldots+2)(a_1-a_n)=(k^2+k)d=\tfrac{n^2-1}{4}d.\] Por tanto, se tiene que $s\lt\frac{n^2}{4}$ a menos que $d=0$, es decir, la igualdad se alcanza si y solo si todos los números son iguales.