Resolución de una ecuación típica de las que aparecen en la Olimpiada Matemática

Calculemos las solución reales y complejas de la ecuación $$x^3+x=30$$

Según el teorema fundamental del álgebra, al ser el grado de la ecuación pedida $3$, deberemos encontrar, considerando las multiplicidades, $3$ raíces complejas (incluidas, aquellas en las que su parte imaginaria es cero, esto es, las raíces reales):
  $x^3+x=30$
    $x^3+x-30=0$
      $x^3+x-27-3=0$ (paso clave)
        $x^3-27+x-3=0$
          $x^3-3^3+x-3=0$
            $(x^3-3^3)+(x-3)=0$
              $(x-3)(x^2+3x+3^2)+(x-3)=0$, por la identidad $a^3-b^3=(a-b)(a^2+a\,b+b^2)$
                $(x-3)\,( (x^2+3x+3^2)+ 1)=0$
                  $(x-3)\,( x^2+3x+9+ 1)=0$
                    $(x-3)\,( x^2+3x+10)=0 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x-3= 0 \Rightarrow x_1=3 \in \mathbb{R}\\ x^2+3x+10=0 \Rightarrow x_{2,3}=\dfrac{-3\pm i\,\sqrt{31}}{2} \in \mathbb{C}\end{matrix}\right.$
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Un problema de álgebra básica, muy típico de Olimpiada Matemática

Si $m+n=1 \quad (1)$ y $m^2+n^2=2 \quad (2)$, donde $m$ y $n$ son números racionales, ¿a qué es igual $m^8+n^8$, sin calcular préviamente $m$ y $n$?

A partir de la identidad $(m+n)^2=m^2+2\,m\,n+n^2$, podemos escribir:
  $m^2+n^2=(m+n)^2-2\,m\,n$
Y teniendo en cuenta $(1)$ y $(2)$,
    $2=1^2-2\,m\,n \Rightarrow m\,n=-\dfrac{1}{2} \quad (3)$

Por otra parte,
  $m^4+n^4=$
    $=(m^2+n^2)^2-2\,m^2\,n^2$
      $=(m^2+n^2)^2-2\,(m\,n)^2$
        $\overset{(2),(3)}{=}2^2-2\cdot (-\dfrac{1}{2})^2$
          $=4-2\cdot \dfrac{1}{4}$
            $=4-\dfrac{1}{2}$
              $=\dfrac{8}{2}-\dfrac{1}{2}$
                $=\dfrac{8-1}{2}$
                  $=\dfrac{7}{2} \quad (4)$

Y, apoyándonos en la misma idea:
  $m^8+n^8=$
    $=(m^4)^2+(n^4)^2$
      $=(m^4+n^4)^2-2\,m^4\,n^4$
        $=(m^4+n^4)^2-2\,(m\,n)^4$
          $\overset{(3),(4)}{=}(\dfrac{7}{2})^2-2\cdot (-\dfrac{1}{2})^4$
            $=\dfrac{49}{4}-2\cdot \dfrac{1}{16}$
              $=\dfrac{49}{4}-\dfrac{1}{8}$
                $=\dfrac{98}{8}-\dfrac{1}{8}$
                  $=\dfrac{97}{8}$

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Un problema de números enteros

Quiero exponer en esta entrada del blog la resolución de un problema de números enteros que bien puediera ser de los que alguna vez aparecen en una Olimpiada Matemática. Se trata de encontrar todas la parejas $(m,n)$ de números enteros tales que satisfagan la siguiente igualdad: $$m+m\,n+n=6$$

Pongámos lápiz a la obra:
  $m+m\,n+n=6$
    $m\,(1+n)+n=6$
      $m\,(1+n)+n+1=6+1$
        $m\,(1+n)+(1+n)=7$
          $(1+n)\,(1+m)=7$
            $(1+n)\,(1+m)=\left\{\begin{matrix}1\cdot 7 \Rightarrow \left\{\begin{matrix}1+n=1 \Rightarrow n=0 \\ 1+m = 7 \Rightarrow m=6 \end{matrix}\right.\\ 7 \cdot 1 \Rightarrow \left\{\begin{matrix}1+n=7 \Rightarrow n=6 \\ 1+m=1 \Rightarrow m=0\end{matrix}\right.\\ (-1)\cdot (-7) \Rightarrow \left\{\begin{matrix}1+n=-1 \Rightarrow n=-2 \\ 1+m=-7 \Rightarrow m=-8\end{matrix}\right. \\ (-7)\cdot (-1) \Rightarrow \left\{\begin{matrix}1+n=-7 \Rightarrow n=-8 \\ 1+m=-1 \Rightarrow m=-2\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.$
En conclusión, las parejas de números enteros pedidos son: $$(m,n)=\{(0,6),(6,0),(-2,-8),(-8,-2)\}$$ $\diamond$

Un interesante problema con números enteros positivos

Un bonito problema que apareció en una Olimpiada Matemática es el siguiente:
  Encontrar las ternas de números enteros positivos $a,b,c$ que cumple la siguiente igualdad $$3^a+3^b+3^c=387$$ Veamos cómo puede resolverse:

Empecemos suponiendo, sin pérdida de generalidad, que $a\ge b \ge c\quad (1)$, con lo cual $3^a \ge 3^b \ge 3^c$, con lo cual
  $3^a+3^b+3^c=387$ puede expresarse de la siguiente manera:
  $3^c\cdot (3^{a-c}+3^{b-c}+1)=387$
Por otra parte, $387= 3^3\cdot 31$, por tanto lo anterior puede escribirse como
  $3^c\cdot (3^{a-c}+3^{b-c}+1)=3^3\cdot 31 \Rightarrow \left\{\begin{matrix}3^c=3^3 \Rightarrow c=3 & (2) \\ 3^{a-c}+3^{b-c}+1=31 & (3)\end{matrix}\right.$
Simplificando $(3)$,   $3^{a-c}+3^{b-c}=30=3\cdot 10$
Y teniendo en cuenta $(1)$, $3^{a-c} \ge 3^{b-c}$, con lo cual la igualdad anterior puede escribirse como
  $3^{b-c}\cdot \left(3^{(a-c)-(b-c)}+1\right)=3\cdot 10$
    $3^{b-c}\cdot \left( 3^{a-b}+1\right)=3\cdot 10 \Rightarrow \left\{\begin{matrix}3^{b-c}=3 \Rightarrow b-c=1 \overset{(2)}{\Rightarrow} b=4 & (4)\\ 3^{a-b}+1=10 & (5)\end{matrix}\right.$
Y de $(5)$,
  $3^{a-b}=9=3^2 \Rightarrow a-b=2 \overset{(4)}{=} a=6$
Así pues, la terna que se obtiene es $(a,b,c)=(6,4,3)$. Pero, como la suposición $(1)$ sólo nos ha servido para encontrar ésta, podríamos repetir todo lo anterior permutando los elementos de dicha desigualdad por lo que, además de $(6,4,3)$ son también solución las ternas que resultan de permutar los valores obtenidos: $(6,3,4)$, $(4,3,6)$, $(4,6,3)$, $(3,4,6)$ y $(3,6,4)$.

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Un problema de Olimpiada Matemática sobre números enteros positivos

En este artículo quiero mostrar la resolución de la ecuación $m+2\,m\,n+n=22$, donde $m$ y $n$ son números enteros positivos. No se trata de un ejercicio al uso en un curso estándar de bachillerato; en realidad, corresponde a un problema aparecido en alguna edición de la Olimpiada Matemática, pero creo que bien merece atención, por el valor formativo y por la estética del planteamiento, tal como enseguida veremos. Como idea general, en cuanto al enfoque de la resolución, se trata de factorizar la expresión algebraica que, toda vez transformada la ecuación convenientemente, permitirá razonar acerca de las posibilidades para obtener la cantidad el segundo miembro.

De entrada, no parece que el primer miembro se brinde de manera directa a la factorización que se persigue, por lo que vamos a multiplicar por $2$ ambos miembros, para que el tercer término del primer miembro sea más propicio a poder realizar la factorización de la que estamos hablando:
  $m+2\,m\,n+n=22$
    $2\,(m+2\,m\,n+n)=2\cdot 22$
      $2\,(m+2\,m\,n)+2\,n=44$
        $2\,m\,(1+2\,n)+2\,n=44$
Convendría ahora poder extraer factor común de $1+2\,n$, pero, para ello, nos falta un $1$ en el primer miembro, por lo que vamos a sumar $1$ a cada miembro; así, tenemos casi preparada la ecuación equivalente que se va a prestar a la factorización del primer miembro:
        $2\,m\,(1+2\,n)+2\,n+1=44+1$
          $2\,m\,(1+2\,n)+(1+2\,n)=45$
Ahora, ya sí, podemos realizar la factorización:
          $(2\,m+1)\,(1+2\,n)=45$
Notemos ahora que la cantidad del segundo miembro, expresada como producto de factores primos, es $45=3\cdot \cdot 5$; pero, como en el primer miembro tenemos dos factores algebraicos, nos interesa escribirla como producto de dos (y no de tres) factores, los cuales pueden ser: $1\cdot 45$, $45\cdot 1$, $3\cdot 15$, $15\cdot 3$, $9\cdot 5$ y $5 \cdot 9$

Por otra parte, si nos fijamos bien en las expresiones de la factorización del primer miembro, y teniendo en cuenta que $m$ y $n$ han de ser números enteros positivos, com el número entero positivo más pequeño es $1$ resulta que tanto $2\,m+1$ como $2\,n+1$ han de ser mayores o iguales que $2\cdot 1+1=3$, por lo que las dos primeras posibilidades, $1\cdot 45=45$ y $45\cdot 1=45$, debemos descartarlas por la inviabilidad de ese factor $1$. Entonces, sólo nos queda investigar las cuatro últimas posibilidades:

• Para la tercera posibilidad, $3\cdot 15=45$, tenemos que $2\,m+1=3$, luego $m=1$; y $2\,n+1=15$, por lo que $n=7$. Ya tenemos una parte de la solución: $(m,n)=(1,7)$
• Para la cuarta posibilidad, $15\cdot 2=45$, tenemos que $2\,m+1=15$, y por tanto $m=7$; y $2\,n+1=3$, por lo que $n=1$. Tenemos otro elemento de la solución: $(m,n)=(7,1)$
• Para la quinta posibilidad, $9\cdot 5=45$, se tiene que $2\,m+1=9$, es decir $m=4$; y $2\,n+1=5$, por lo que $n=2$, así que otro elemento de la solución: $(m,n)=(4,2)$
• Y, para la sexta posiblidad, $5\cdot 9=45$, se tiene que $2\,m+1=5$, en consecuencia $m=2$; y $2\,n+1=9$, por lo que $n=4$, así que el último elemento de la solución es $(m,n)=(2,4)$

Resumiendo, la solución viene dada por el siguiente conjunto de parejas $(m,n)$ de números enteros positivos: $$\displaystyle \left\{(1,7),(7,1),(4,2),(2,4)\right\}$$

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