Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. El triángulo $BB'C'$ (azul) tiene doble área que el $ABC$ (naranja) ya que tiene base doble $BC'=2BC$ y las mismas alturas respecto de estas bases (las distancias de $A$ y $B'$ a la recta $BC$ coinciden pues el punto medio de $AB'$ pertenece a la recta. De la misma manera, los triángulos $AA'B'$, $CC'D'$ y $DD'A'$ tiene área el doble que las de $ABD$, $BCD$ y $CDA$, respectivamente. Por lo tanto, la suma de las áreas de $AA'B'$, $BB'C'$, $CC'D'$ y $DD'A'$ es cuatro veces la del cuadrilátero $ABCD$. Si le sumamos una vez más el área de $ABCD$, tenemos el área de $A'B'C'D'$ es cinco veces el área de $ABCD$.

Solución. Esta es una sucesión recurrente muy sencilla puesto que $a_{r+2}-3a_{r+1}+2a_r=0$ nos da el polinomio característico $p(x)=x^2-3x+2=(x-2)(x-1)$. Como tiene raíces distintas, podemos escribir el término general de la sucesión como combinación de las potencias de dichas raíces, es decir, se cumple que $a_r=\alpha\cdot 2^r+\beta\cdot 1^r$ para ciertos $\alpha,\beta\in\mathbb{R}$. En $r=0$ tenemos que $\alpha+\beta=a_0$ y en $r=1$ tenemos que $2\alpha+\beta=a_1$, de donde podemos despejar $\alpha$ y $\beta$ para obtener la expresión \[a_r=(a_1-a_0)2^r+(2a_0-a_1)=(a_1-a_0)(2^r-2)+a_1,\qquad\text{para todo }r\geq 0.\] Como $a_0$ y $a_1$ son enteros y $a_1\gt a_0$ por hipótesis, se cumple necesariamente que $a_1-a_0\geq 1$. También tenemos que $a_1\geq 1$ por hipótesis, lo que nos da $a_r\geq 2^r-1$. Ahora sólo hay que observar que $2^{100}-1\gt 2^{100}-2^{99}=2^{99}$, luego se tiene que $a_{100}\gt 2^{99}$.

Nota. De hecho, lo anterior prueba que el menor valor posible de $a_{100}$ bajo las condiciones del enunciado es $2^{100}-1$ y se obtiene únicamente para $a_1=1$ y $a_0=0$.

Solución. Es bien conocido que si $r$ y $s$ son números enteros, entonces $r-s$ divide a $p(r)-p(s)$ (ver la nota). Esto nos dice que, si existe el polinomio propuesto, $62-19=43$ divide a $2-1=1$, lo cual es claramente imposible.

Nota. En realidad, la propiedad propuesta se deduce de que $r-s$ divide a $r^n-s^n$ para todo $n\in\mathbb{N}$, lo cual es a su vez consecuencia de la factorización \[r^n-s^n=(r-s)(r^{n-1}+r^{n-2}s+r^{n-3}s^2+\ldots+s^{n-1}).\]

Solución. Al cambiar un $1$ por un $-1$, el número cambia la paridad en exactamente una fila y una columna, luego el número total de filas y columnas que tienen un número impar de entradas iguales a $-1$ crece en dos unidades, decrece en dos unidades o se mantiene igual. Por tanto, si empezamos con todas las entradas iguales a $1$ y cambiamos $1$ por $-1$ en distintas entradas hasta conseguir la configuración deseada, no cambiará la paridad del número total de filas y columnas que tienen un número impar de entradas iguales a $-1$. Como este número es par cuando son todo unos, seguirá siendo par y no puede ser igual a $n$.

Solución. Si le aplicamos la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica a los diez sumandos del miembro de la izquierda, tenemos que \[\tfrac{a^2+b^2+c^2+d^2+ab+ac+ad+bc+bd+cd}{10}\geq\sqrt[10]{a^2b^2c^2abacadbcbdcd}=\sqrt[10]{a^5b^5c^5d^5}=1,\] de donde deducimos de forma inmediata la desigualdad propuesta.

Nota. Si se alcanza la igualdad, entonces $a^2=b^2=c^2=d^2$, luego $a=b=c=d$ por ser números positivos y, como su producto es $1$, los cuatro números tienen que ser iguales a $1$. Recíprocamente, si los cuatro números son iguales a $1$, la igualdad se alcanza, luego este es la única situación en la que se alcanza.

Solución. La mayor suma de cifras posible para números de 1998 cifras es que todas sean nueves, con lo cual podemos estimar $x\leq 9\cdot 1998=17982$. El número con mayor suma de cifras menor o igual que $17982$ es $9999$, lo que nos da la estimación $y\leq 9+9+9+9=36$. El número menor o igual que $36$ con mayor suma de cifras es $29$, que nos da $z\leq 2+9=11$. Ahora bien, la divisibildad entre $9$ se mantiene al sumar las cifras, luego $x$, $y$ y $z$ han de ser todos múltiplos de $9$. Esto nos deja con las posibilidades $z=0$ y $z=9$. Como $z=0$ no es posible (sólo sería posible si $n=0$), tenemos que $z=9$.

Solución. Al cambiar un $1$ por un $-1$, el número cambia la paridad en exactamente una fila y una columna, luego el número total de filas y columnas que tienen un número impar de entradas iguales a $-1$ crece en dos unidades, decrece en dos unidades o se mantiene igual. Por tanto, si empezamos con todas las entradas iguales a $1$ y cambiamos $1$ por $-1$ en distintas entradas hasta conseguir la configuración deseada, no cambiará la paridad del número total de filas y columnas que tienen un número impar de entradas iguales a $-1$. Como este número es par cuando son todo unos, seguirá siendo par y no puede ser igual a $n$.

Solución. El área $S$ del triángulo es la mitad del producto de dos lados por el seno del ángulo que forman, luego tenemos que $S=\frac{1}{2}AB\cdot BC\cdot\operatorname{sen}(B)$. Como el seno es menor que $1$, se tiene que $S\leq\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 2\cdot 1=1$ y la igualdad se alcanza si y sólo si $AB=1$, $BC=2$ y $B=90^\circ$ (el único ángulo para el que el seno puede valer $1$). En tal caso, el triángulo es rectángulo y el teorema de Pitágoras nos dice que $AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{5}$. Como este número está en el intervalo $[2,3]$, el máximo $S=1$ se alcanza en las condiciones del enunciado, luego este es el valor buscado.

Nota. El mismo razonamiento vale cambiando los números $0,1,2,3$ por otros. Lo que ocurre es que posiblemente no podamos llegar hasta $B=90^\circ$ por las restricciones sobre $AC$ y tengamos que discutir dónde el seno es máximo.

Solución. Consideremos los enteros $a=x-y$ y $b=y-z$, con lo que $z-x=-a-b$. Así, \begin{align*} (x-y)^5+(y-z)^5+(z-x)^5&=a^5+b^5-(a+b)^5\\ &=-5ab(a^3+2ab+2ab+b^3)\\ &=-5ab(a+b)(a^2+ab+b^2). \end{align*} Por tanto, el número dado es múltiplo de $-5ab(a+b)=5(x-y)(y-z)(z-x)$.

Solución. Supongamos que el máximo de todos los números es $a_k$ para cierto índice $k$ distinto de $0$ y $n$ (si el máximo fuera $a_0=0$ o $a_n=0$ no habría nada que demostrar). Entonces, \[2a_k\leq a_{k-1}+a_{k+1}\leq a_k+a_k=2a_k,\] ya que $a_k$ es el máximo. Esto nos dice que $a{k-1}=a_k=a_{k+1}$, por lo que el máximo también se alcanza en $a{k-1}$. Repitiendo el argumento, el máximo también se alcanzará en $a_{k-2}$, en $a_{k-3}$,... y así sucesivamente. Por tanto, el máximo también se alcanza en $a_0=0$ y hemos terminado.

Nota. Lo que hemos probado realmente es que el máximo de la sucesión se alcanza estrictamente en $a_0$ y $a_n$ o bien la sucesión es constante cero. Más aún, no es difícil ver a partir de este argumento que si la sucesión no es constante cero, entonces tiene un único mínimo y es estrictamente decreciente hasta el mínimo y luego estrictamente creciente hasta el máximo

Solución. Cada equipo juega un total de 7 partidos luego se lleva como máximo 14 puntos. Por un lado, no puede haber dos equipos con 13 y 14 puntos, puesto que entonces querría decir que el de 14 le ha ganado a todos (en particular, al que ha sacado 13), pero el que tiene 13 ha ganado a todos salvo a uno con el que ha empatado. Esto nos dice que el segundo clasificado tiene como máximo 12 puntos. Por otro lado, si nos fijamos en los cuatro equipos con menos puntos, han jugado entre sí un total de 6 partidos en los que se han repartido 12 puntos, luego estos cuatro equipos tienen una suma de al menos 12 puntos. Con la condición del enunciado deducimos que el segundo clasificado tiene 12 puntos y que los cuatro equipos con menos puntos han perdido todos sus partidos contra los cuatro equipos con más puntos. Por lo tanto, el equipo que quedó en tercer lugar ganó contra el equipo que quedó en séptimo lugar.