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Olimpiada Costarricense de Matemáticas
II Eliminatoria 2011
Curso preparatorio Nivel B
Elaborado por: Christopher Trejos Castillo
ÁLGEBRA
Iniciamos demostrando dos resultados que pueden ser importantes para resolver problemas
olímpicos.
Problema 1: Demostrar que si los coeficientes an −1 , an − 2 ,..., a1 , a0 son números enteros, la
ecuación en x: x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 = 0 , no tiene raíces racionales. (Note que es
necesario que an sea igual a 1).
Solución: Supongamos con el afán de llegar a una contradicción que x =
p
es una solución
q
con ( p, q ) = 1 . Entonces:
n
n
p
p n−1
p
p
+
a
+ a0 = 0 ⇒
= −an−1 p n−1 − an−2 p n−2 q − ... − a1 pq n−2 − a0 q n−1
n−1 n−1 + ... + a1
n
q
q
q
q
Con esto, como el lado derecho de la igualdad es un número entero, es necesario que q=1,
es decir que x=p, por lo tanto la ecuación no puede tener soluciones racionales.
Problema 2: Demostrar que si a, b y c son números enteros impares, la ecuación de segundo
grado en x : a x 2 + b x + c = 0 , no tiene raíces racionales no enteras. (Banco de problemas
Final Olimpiada Costarricense de Matemáticas, 2008, Nivel B)
Solución: Supongamos con el afán de llegar a una contradicción que x =
p
es una solución
q
con ( p, q ) = 1 . Entonces:
2
 p
 p
a   + b  +
c = 0 ⇒ ap 2 + bpq + cq 2 = 0
 q 
 q 
Como p y q son coprimos, entonces se debe dar que o ambos son impares o uno es par y el
otro es impar. Veamos cada uno de los casos:
I Caso: p impar y q impar, los tres términos ap 2 , bpq, cq 2 son impares, lo cual no es
posible pues la suma de tres números impares da como resultado un número impar y por
tanto diferente de cero.
II Caso: Sin pérdida de generalidad, supongamos que p es impar y q es par, de este modo
los términos ap 2 y bpq son números pares, mientras que cq 2 es un número impar, lo cual
no es posible pues la suma de números pares y un número impar es igual a un número
impar y por tanto diferente de cero.
De los 2 casos anteriores vemos que las raíces de la ecuación a x 2 + b x + c = 0 no pueden
ser números racionales no enteros.
Lema del Factor
x–a divide a P(x) si y solo si P(a)=0, es decir existe un polinomio Q(x), tal que
P ( x) = ( x − a)Q ( x) .
Factorización
En muchas ocasiones, realizar una factorización tanto de las expresiones algebraicas y de
los números, puede ser la clave para resolver un problema de olimpiadas.
Ejemplo 3: Encuentre las soluciones enteras positivas de la ecuación 2 x−1 ⋅ x − 2 x = 768 :
(Banco de problemas Final Olimpiada Costarricense de Matemáticas, 2009, Nivel B)
Solución: Factorizamos la ecuación, así:
2 x−1 ( x − 2) = 28 ⋅ 3
Los valores que puede tomar x van de 3 a 9, esto para que el exponente x–1, sea menor que
8 y también para que el factor x–2 sea positivo, probando dichos valores, vemos que el
único valor de x que da una igualdad es x=8, pues 28−1 (8 − 2) = 27 ⋅ 6 = 28 ⋅ 3 .
Problema 4: Sea P( x ) = x3 − 3 ⋅ 2006 x 2 + 2 ⋅ 10032 x + 20062 . Probar que no existen
enteros distintos a, b tal que P( a + 2006) = P( b + 2006) . (Banco de problemas Final
Olimpiada Costarricense de Matemáticas, 2006, Nivel B)
Solución: Supongamos en búsqueda de un absurdo que existen a y b que cumplen que
P( a + 2006) = P( b + 2006) , lo cual es equivalente a:
P (a + 2006) − P (b + 2006) = (a + 2006)3 − (b + 2006)3 − 3 ⋅ 2006  (a + 2006) 2 − (b + 2006)2 
+2 ⋅10032 [(a + 2006) − (b + 2006)] = 0
Factorizando cada uno de los términos, así:
3
3
(a + 2006) −(b + 2006) =
2
2
((a + 2006)−(b + 2006))((a + 2006) + (a + 2006)(b + 2006) + (b + 2006) ) =
(a − b)(a 2 + 2 ⋅ 2006a + 20062 + ab + 2006a + 2006b + 20062 + b 2 + 2 ⋅ 2006b + 20062 )
(a − b)(a 2 + ab + b2 + 3⋅ 2006 (a + b + 2006))
Factorizamos el siguiente término, así:
(
2
2
)
−3⋅ 2006 (a + 2006) − (b + 2006) =
−3⋅ 2006 ⋅ ((a + 2006) − (b + 2006))((a + 2006) + (b + 2006)) =
−3⋅ 2006 (a − b)(a + b + 2 ⋅ 2006)
Realizamos las restas en el último término y llegamos a:
2 ⋅10032 ((a + 2006) − (b + 2006)) =
2 ⋅10032 (a − b)
Combinamos las tres factorizaciones anteriores, notando que (a – b) divide a todos:
P ( a + 2006) − P (b + 2006) =
(a − b)(a 2 + ab + b2 + 3 ⋅ 2006 (a + b + 2006) − 3 ⋅ 2006 ⋅ (a + b + 2 ⋅ 2006) + 2 ⋅10032 ) =
(a − b)(a 2 + ab + b2 + 3 ⋅ 20062 − 6 ⋅ 20062 + 2 ⋅10032 ) =
(a − b)(a 2 + ab + b2 −10 ⋅10032 ) = 0
a 2 + ab + b 2 − 10 ⋅10032 = 0 , es decir
a 2 + ab + b 2 = 10 ⋅10032 , lo cual no tiene solución pues a y b deben ser ambos pares, esto
ya que si uno de los dos es impar y el otro par ó ambos son impares, se obtendrá por
resultado un número impar, de este modo debe cumplirse que a y b son números pares, pero
si a y b son pares entonces 4 | a 2 + ab + b 2 = 10 ⋅ 10032 (pruébalo), lo cual nos lleva a una
Como
a≠b,
entonces
se
sigue
que
contradicción, ya que 4 | 10 ⋅ 10032 .
Problema 5: Determinar todos los pares ordenados (m,n) tales que:
• mn ≥ 0
• m3 + n3 + 99mn = 333
Solución: La segunda condición se convierte en:
m3 + n3 + 3mn(m + n) + 99mn = 333 + 3mn(m + n)
⇒ (m + n)3 − 333 = 3mn(m + n − 33)
⇒ (m + n − 33)((m + n) 2 + 33(m + n) + 332 − 3mn) = 0
⇒ (m + n − 33)(m 2 + n 2 − mn + 33m + 33n + 332 ) = 0
⇒ (m + n − 33)((m − n) 2 + (n + 33) 2 + (m + 33) 2 ) = 0
De aquí las soluciones serán los pares (m,n), tales que m+n=33, de los cuales habrán 33
pares ordenados y además el caso en que m=n= –33, solución que aparece al igualar a 0 el
segundo factor.
Polinomios y la ecuación cuadrática
Una herramienta muy útil en problemas de polinomios, son las fórmulas de Viète, las
cuales dicen lo siguiente:
Fórmulas de Viète: Para un polinomio de grado n, P ( x) = an x n + an−1 x n−1 + ... + a1 x + a0 ,
con coeficientes a j reales o complejos y con an = 0 . Siendo x1 , x2 , x3 , ..., xn , sus n.raíces
o ceros se cumple que:

a
 x1 + x2 + ... + xn = − n−1

an

an−2

( x1 x2 + x1 x3 + ... + x1 xn ) + ( x2 x3 + x2 x4 + ... + x2 xn ) + ... + xn−1 xn = a

n

⋮

 x x ...x = (−1)n a0
 1 2 n
an

Para un polinomio de segundo grado P ( x) = ax2 + bx + c , siendo x1 y x2 las raíces de la
ecuación se cumple que: x1 + x2 = −
b
c
y x1 x2 = .
a
a
Problema 6: Considere el polinomio P ( x) = x 2 + bx + c con b y c enteros no negativos.
Encuentre el valor de b y c sabiendo que las raíces de P(x) son números enteros, que c es
primo y que P(c+1) = 135, donde P(c+1) , es el valor numérico de P(x) cuando x = c+1.
(Banco de problemas Final Olimpiada Costarricense de Matemáticas, 2009, Nivel B)
Solución: Por las fórmulas de Viète, siendo x1 y x2 las raíces de P(x), se tiene que
c
b
x1 x2 = = c (1) y x1 + x2 = − = −b (2) , de la ecuación (1), como c es un número
1
1
primo, se sigue que x1 = ±c y x2 = ±1 , con esto tenemos 2 casos:
I Caso: c +1 = −b ⇒ b = −c −1
II Caso: −c −1 = −b ⇒ b = c +1 .
P(c+1)=135, entonces sustituyendo el valor de b en el I Caso:
2
2
2
2
2
2
2
P (c +1) = (c +1) + b (c +1) + c = (c +1) −(c +1)(c +1) + c = (c +1) −(c +1) + c = c = 135
este caso se descarta pues c es un número primo y c=135 no es un número primo, pues 135
es divisible por 5.
Sustituyendo el valor de b en el II Caso:
2
P (c +1) = (c +1) + b (c +1) + c = (c +1) + (c +1)(c +1) + c = (c +1) + (c +1) + c =
2
= 2 ⋅(c +1) + c = 2 (c 2 + 2c +1) + c = 2c 2 + 5c + 2 = 135
De lo anterior, 2c 2 + 5c + 2 −135 = 0 ⇒ 2c 2 + 5c −133 = 0 ⇒ (2c +19)(c − 7) = 0 , de aquí
c=7 y b=c+1=7+1=8.
Sistemas de Ecuaciones
Problema 7: Halle las soluciones reales del sistema de ecuaciones
 x3 + y 3 = 5a3

 x 2 y + xy 2 = a3

Con la condición de que a es real y no es igual a 0.
Solución: Sumamos la primera ecuación más 3 veces la segunda ecuación, se tiene que:
3
( x + y ) = 8a3 ⇒ x + y = 2a , lo cual se cumple pues buscamos las soluciones reales del
sistema.
Sustituyendo en la segunda ecuación
xy ( x + y ) = a3 ⇒ xy =
obtenemos el sistema de ecuaciones x + y = 2a, xy =
ecuación cuadrática, x (2a − x) =
son x1 = a
a3 a 2
= .
2a
2
Con esto
a2
. De lo anterior obtenemos la
2
a2
a2
⇒ x 2 − 2ax + = 0 . Las soluciones a la ecuación
2
2
2+ 2
2− 2
2− 2
2+ 2
, y1 = a
, x2 = a
, y2 = a
.
2
2
2
2
Polinomios simétricos
Un polinomio es simétrico si cumple que f ( x, y ) = f ( y, x) , para todo x, y. Muchos
problemas olímpicos pueden ser resueltos utilizando la siguiente fórmula para expresar un
polinomio simétrico en x, y; que incluye los polinomios simétricos fundamentales
σ1 = x + y y σ2 = xy .
sn = x n + y n = ( x + y)( x n−1 + y n−1 ) − xy ( x n−2 + y n−2 ) = σ1 sn−1 − σ2 sn−2
Problema 8: Encuentre las soluciones reales a la ecuación
4
Solución:
Sea
97 − x + 4 x = 5
y = 4 x , z = 4 97 − x ,
con
lo
que
obtenemos
que
y 4 + z 4 = x + 97 − x = 97 . Entonces tenemos el sistema de ecuaciones:
y + z = 5 , y 4 + z 4 = 97
Siendo σ1 = x + y y σ2 = xy , llegamos al sistema de ecuaciones equivalente:
σ1 = 5, y 4 + z 4 = σ1 ( y 3 + z 3 ) − σ2 ( y 2 + z 2 )
= σ1 (σ1 ( y 2 + z 2 ) − σ2 ( y + z )) − σ2 (σ1 ( y + z ) − σ2 ( y 0 + z 0 ))
= σ12 (σ1 ( y + z ) − σ2 ( y 0 + z 0 )) − σ12 σ2 − σ12 σ2 + 2σ2 2
= σ14 − 2σ12 σ2 − σ12 σ2 − σ12 σ2 + 2σ2 2
= σ14 − 4σ12 σ2 + 2σ2 2 = 97
Sustituyendo el valor de σ1 = x + y = 5 resulta que: 54 − 4 ⋅ 52 σ2 + 2σ2 2 = 97 , lo que es lo
mismo que 2σ2 2 −100σ2 + 625 − 97 = 2σ2 2 −100σ2 + 528 = σ2 2 − 50σ2 + 264 = 0 . La
ecuación cuadrática anterior tiene como soluciones σ2 = 6, ó σ2 = 44 .
En el primer caso σ2 = yz = 6 , esto junto a y+z=5, lo cual es equivalente a z = 5 – y,
sustituyendo lo anterior en el producto nos lleva a la ecuación cuadrática
y (5 − y ) = 6 ⇒ y 2 − 5 y + 6 = 0 . La ecuación anterior tiene como soluciones a y=3 y y =2,
lo cual lleva a x = 34 = 81 ó x = 24 = 16 .
El caso σ2 = yz = 44 , nos lleva a la ecuación cuadrática y 2 − 5 y + 44 = 0 , la cual no
tiene soluciones reales. Por lo tanto, las únicas soluciones reales de la ecuación son x=81 y
x=16.
Problema 9: La ecuación de tercer grado x 3 − 6 x 2 + 5 x − 1 = 0 , posee tres soluciones reales
a, b y c. Encuentre el valor numérico de la expresión a 4 + b 4 + c 4 .
Solución: Por las fórmulas de Viête se sigue que :
a+b+c=6, ab+ ac +bc=5, abc=1
Ahora valiéndonos de la relación de recurrencia
a n + b n + c n = ( a + b + c)(a n −1 + b n −1 + c n −1 ) − (ab + bc + ac)( a n −2 + b n −2 + c n −2 ) + abc( a n −3 + bn −3 + c n −3 )
Y obteniendo que:
a 0 + b0 + c 0 = 1 + 1 + 1 = 3
a+b+c = 6
a 2 + b 2 + c 2 = (a + b + c) 2 − 2(ab + bc + ac) =36-2·5=26
Gracias a la recurrencia y a las fórmulas de Viète se sigue que:
a 3 + b3 + c 3 =6·26-5·6+1·3=129
a 4 + b 4 + c 4 =6·129-5·26+1·6=650, con lo cual obtenemos el resultado deseado.
Media Potencial-Media Aritmética- Media Geométrica-Media Armónica
Las desigualdades MQ-MA-MG-MH, permiten resolver una gran cantidad de problemas
olímpicos incluso de olimpiadas internacionales, acá mostramos las desigualdades y
algunos ejemplos de interés.
xn 2 + xn−12 + ... + x12
x + xn−1 + ... + x1 n
n
≥ n
≥ xn xn−1 ⋅ ... ⋅ x1 ≥
1
1
1
n
n
+
+ ... +
xn xn−1
x1
El caso de igualdad de las desigualdades anteriores es cuando x1 = x2 = ... = xn .
El matleta deberá intercambiar diferentes valores de n en las desigualdades anteriores, para
así llegar a desigualdades de utilidad.
Problema 9: Muestre que a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + ac + bc .
Solución: Por MA-MG, se sigue que:
a 2 + b2
a2 + c2
b2 + c 2
≥ a 2b 2 = ab,
≥ a 2 c2 = ac,
≥ b2 c2 = bc
2
2
2
Sumando las desigualdades anteriores obtenemos que:
a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + ac + bc
Que es lo que queríamos probar.
Ejercicios Propuestos
Ejercicio 1: Muestre que: x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = ( x + y + z )( x 2 + y 2 + z 2 − xy − xz − yz) .
Ejercicio 2: Muestre que
n+1
abn ≤
a + nb
.
n +1
 1 1 1 1 1
Ejercicio 3: Muestre que: 25 ≤ (a + b + c + d + e) + + + + 
 a b c d e 
Ejercicio 4: Considere dos números racionales positivos
3 a + 3 b
a y b, tales que la suma
es un número racional. Demuestre que 3 a y 3 b son números
racionales. (Banco de problemas Final Olimpiada Costarricense de Matemáticas, 2006,
Nivel B)
Ejercicio 5: Existe algún polinomio P(x), para los cuales xP ( x −1) = ( x + 1) P ( x) ?
Ejercicio
nx
n +1
6:
Encuentre
todas
las
soluciones
positivas
de
la
ecuación
− (n + 1) x + 1 = 0
n
Ejercicio 7: En el polinomio x3 + px 2 + qx + r s cumple que un cero es la suma de los
otros dos. Muestre que p 3 − 4 pq + 8r = 0 .
Ejercicio 8: Resuelva el sistema de ecuaciones:
 x 2 + xy + y 2 = 4

 x + xy + y = 2
n
 n +1
Ejercicio 9: Muestre que: n ! ≤ 
, con n ! = n (n −1)(n − 2)⋅ ...⋅ 2 ⋅1 .
 2  .
Ejercicio 10: Sea a, b ∈ ℤ . Resuelva (¡numéricamente!) la ecuación
2
2
(ax − b) + (bx − a) = x
sabiendo que admite una raíz entera. (M. Becheanu, Gazeta Matematica, Rumania)
Bibliografía
Engel, A. (2000). Problem-Solving Strategies. Frankfurt: Springer.
Lidski, V. B. (1978). Problemas de matemáticas elementales. Moscú: Mir.Moscu.