Problema 1 de la Fase Local de la LXII Olimpiada Matemática Española Se dirige a una edad de: 16-17 años
Determina todas las soluciones reales del sistema de ecuaciones siguiente:
x³ = 5x + y
y³ = 5y + x
Solución:
Lo primero que apreciamos es que las dos ecuaciones relacionan de manera simétrica ambas variables, es decir, si cambiamos el papel de x y de y, cumplen una u otra ecuación.
También es cierto que podemos despejar fácilmente alguna variable, de forma que y = x³ – 5x o bien x = y³ – 5y.
Si ambas variables fuesen iguales, tendríamos que cumplir x = x³ – 5x, es decir, que 0 = x³ – 6x, que tiene tres soluciones muy sencillas de calcular, x = 0, x = raíz(6) y x = – raíz(6). En esos tres valores, siendo x = y tendríamos una solución del sistema, por tanto, tenemos ya tres soluciones (0, 0), (raíz(6), raíz(6)) y (-raíz(6), – raíz(6)).
Vamos a despejar y sustituir, puesto que y = x³ – 5x, tenemos que y³ = x⁹ – 15x⁷ + 75x⁵ – 125x³, operación que si no sabes desarrollar un cubo te interesa lograr multiplicando (x³ – 5x)²· (x³ – 5x). Si quieres asegurarte de que lo has hecho bien, prueba a cambiar la x por un número sencillo, como 1, para ver si da lo mismo en ambos casos.
Al sustituir en la ecuación y³ = 5y + x, tenemos x⁹ – 15x⁷ + 75x⁵ – 125x³ = 5x³ – 25x + x. Igualando a cero, tenemos un polinomio de noveno grado que factorizar: x⁹ – 15x⁷ + 75x⁵ – 130x³ + 24x = 0. Observa que le faltan varios términos y que a lo sumo va a tener 9 soluciones. Y 3 de esas soluciones ya las tenemos.
Procedemos a sacar factor común la x (que corresponde a la solución x = 0), y vemos que se queda una ecuación fácilmente reducible, ya que todos sus términos son pares. Haciendo el cambio t = x², quedaría t⁴ – 15t³ + 75t² – 130t + 24 = 0
Pero recordad que ya tenemos dos soluciones, es decir, que sabemos que si x = raíz(6) y x = -raíz(6), se cumple. En ambos casos, t = 6. Por lo tanto, dividiendo por ruffini bajamos el grado de la ecuación:
1 -15 +75 -130 24 6 6 -54 126 -24 1 -9 21 -4 0
Queda el polinomio t³ – 9t² +21t – 4 = 0. Todavía no podemos aplicarle fórmula, pero polinomios de este tipo hemos trabajado. Debemos seguir probando con divisores de 4. Tras descartar 1 y -1, 2 y -2, tenemos que centrarnos en el 4.
1 -9 21 -4 4 4 -20 4 1 -5 1 0
Con lo que t = 4 es solución, que nos da otro par de soluciones, ya que tendríamos que x = 2 e y = – 2, y por otro lado x= -2 e y = 2. Es decir, las soluciones (2, -2) y (-2, 2), lo que hace un total de 5 soluciones.
Lo que nos queda es un polinomio t² – 5t + 1 = 0, que claramente no tiene más soluciones enteras, pero sí reales, ya que t puede ser (5 + raíz(21))/2 o bien ser (5 – raíz(21))/2, ambas positivas, con lo que x podría tener cuatro valores diferentes más.
1) x = raíz((5 + raíz(21))/2), calculando y = x³ – 5x.
2) x = -raíz((5 + raíz(21))/2), calculando y = x³ – 5x.
3) x = raíz((5 – raíz(21))/2), calculando y = x³ – 5x.
4) x = -raíz((5 – raíz(21))/2), calculando y = x³ – 5x.
Con esto el problema queda cerrado, porque tenemos las 9 soluciones que podía tener a lo sumo.
Sin embargo, estaría bien saber algo más de esas raíces, ya que la raíz de una suma no es sencilla de obtener. ¿Podríamos reescribir (5 + raíz(21))/2 como el cuadrado de una suma, para poder hacer la raíz cuadrada? Resulta que sí.
Supongamos que tenemos como objetivo mejor (10 + 2raíz(21))/4), que es más sencillo que sea el cuadrado de algo partido por 2, y podemos suponer que ese algo es raíz(a) + raíz(b). Haciendo un sistema con la parte que se queda en la raíz y la que se eleva al cuadrado, podemos deducir que a = 3 y b = 7.
Por tanto (5 + raíz(21))/2 = ((raíz(3) + raíz(7))/2)², por lo que las raíces quedan así, y son algo más cómodas de escribir:
1) x = (raíz(3) + raíz(7))/2, operando, tenemos que y = (raíz(3) – raíz(7))/2.
2) x = -(raíz(3) + raíz(7))/2, calculando y = (-raíz(3) + raíz(7))/2.
3) x = (raíz(3) – raíz(7))/2, calculando y = (raíz(3) + raíz(7))/2.
4) x = (-raíz(3) + raíz(7))/2, calculando y = -(raíz(3) + raíz(7))/2.
Y esos eran los 4 puntos que faltaban. Serían, por tanto, las 9 soluciones.