Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Llamemos $a,b,c$ a los lados del triángulo opuestos a los vértices $A,B,C$, respectivamente, y llamemos $h_a$ y $h_b$ a las alturas sobre los lados $a$ y $b$, respectivamente. Como la distancia de $A$ a la recta $BC$ es $h_a$, se tiene que $b\geq h_a\geq a$. Análogamente, como la distancia de $B$ a la recta $AC$ es $h_b$, se tiene que $a\geq h_b\geq b$. Esto nos dice que $a=b$ y también que la distancia de $A$ a la recta $BC$ se realiza en $C$ (es decir, $C$ es el pie de la altura $h_a$). En particular, el ángulo $\angle ACB$ es recto y los ángulos $\angle BAC$ y $\angle ABC$ son de $45º$ por ser $a=b$.

Solución. Supongamos que $m(m+1)$ es igual a $a^n$ para $a,n\in\mathbb{N}$ con $n\geq 2$. Como $m$ y $m+1$ son primos relativos, tanto $m$ como $m+1$ deben ser potencias $n$-ésimas de enteros. No obstante, dos potencias $n$-ésimas se diferencia como mínimo en $2^n-1^n\geq 3$ para $n\geq 2$, mientras que $m$ y $m+1$ se diferencia solo en una unidad.

Solución. La suma de los dígitos de un número tiene el mismo resto que el número al dividirla por $9$. Por tanto, el dígito que resulta al final de hacer sumas reiteradas de dígitos es el propio resto del número o bien $9$ (si el resto es $0$). Entonces, se trata de ver si hay más números que dan resto $1$ o más números que dan resto $2$ del $1$ al $10^9$. Como empezamos en $1$ y terminamos en $10^9$, ambos dan resto $1$ y el resto se repite periódicamente, deducimos que hay exactamente un número más que da resto $1$ que números que dan resto $2$. Por lo tanto, habrá más unos entre los $10^9$ resultados.

Solución. Supongamos que no todos los números $a_1,\ldots,a_n$ son iguales y consideremos el valor máximo $M$ de estos números. Si un número aislado es igual a $M$, entonces en el siguiente paso se sustituirá por un valor menor que $M$. De forma más general, si tuviéramos $k$ números consecutivos iguales a $M$, entonces en el siguiente paso sólo quedarían $k-1$, con lo que tras un número finito de pasos todos los números serán menores que $M$. De la misma forma, tras un número finito de pasos, el valor mínimo $m$ crecerá si los números no son todos iguales. En particular, la diferencia $M-m$ es un número entero positivo que decrece estrictamente tras un número finito de pasos si los números no son iguales; esto demuestra que la sucesión de números es finalmente constante ya que un entero positivo no puede decrecer indefinidamente quedando entero y positivo.

Hemos probado que llegamos siempre a una sucesión constante $a\in\mathbb{Z}$, pero en el paso anterior a esta constante, los números deben ser alternadamente $a+r$ y $a-r$ para otro entero $r$. La sucesión no puede alternar cíclicamente entre dos valores si el número de elementos $n$ es impar.

Nota. Si $n=2k$ es par, sí que podrían ser distintos los números, aunque sigue siendo cierto que la sucesión es finalmente constante. Por ejemplo, si $a_1=a_3=\ldots=a_{2k-1}=1$ y $a_2=a_4=\ldots=a_{2k}=3$, siempre obtenemos números enteros y los números originales no son todos iguales.

Solución. Llamemos $a,b,c$ a los lados del triángulo opuestos a los vértices $A,B,C$, respectivamente, y llamemos $h_a$ y $h_b$ a las alturas sobre los lados $a$ y $b$, respectivamente. Como la distancia de $A$ a la recta $BC$ es $h_a$, se tiene que $b\geq h_a\geq a$. Análogamente, como la distancia de $B$ a la recta $AC$ es $h_b$, se tiene que $a\geq h_b\geq b$. Esto nos dice que $a=b$ y también que la distancia de $A$ a la recta $BC$ se realiza en $C$ (es decir, $C$ es el pie de la altura $h_a$). En particular, el ángulo $\angle ACB$ es recto y los ángulos $\angle BAC$ y $\angle ABC$ son de $45º$ por ser $a=b$.

Solución. El problema es equivalente a encontrar los números naturales tales que \((n-1)!\) no es divisible por \(n\). Si \(n\) es primo, entonces \((n-1)!\) no es divisible por \(n\) ya que todos los factores primos de \((n-1)!\) son menores que \(n\). Por el contrario, si \(n\) no es primo, podremos expresarlo como \(n=ab\) para \(a,b\in\mathbb{N}\) tales que \(1\lt a,b\leq n-1\) y distinguimos dos casos. Si \(a\neq b\), entonces \(a\) y \(b\) son dos factores de \((n-1)!\) luego \(n=ab\) divide a \((n-1)!\). Si \(a=b\), como \(a\geq 2\), tenemos que \(2a\leq a^2=n\): si \(2a\lt n\), entonces \((n-1)!=1\cdot2\cdots a\cdots2a\cdots(n-1)\) es divisible por \(a^2=n\) y, si \(2a=n=a^2\), entonces \(a=2\) y \(n=4\), que no divide a \(3!=6\). Deducimos que los números para los que \(n!\) no es divisible por \(n^2\) son \(4\) y todos los números primos.

Solución. Lo que nos están preguntando es que al expresar el resultado como una única fracción, siendo el numerador el producto de varios de los números y el denominador el producto del resto, de cuántas formas distintas pueden estar dispuestos los números. Por ejemplo, para $n=2$ sólo podemos obtener $\frac{a_1}{a_2}$; para $n=3$ podemos colocar los paréntesis como $(a_1/a_2)/a_3=\frac{a_1}{a_2a_3}$ o bien como $a_1/(a_2/a_3)=\frac{a_1a_3}{a_2}$; para $n=4$, obtenemos las siguientes cinco posibilidades: \begin{align*} ((a_1/a_2)/a_3)/a_4&=\frac{a_1}{a_2a_3a_4},& (a_1/(a_2/a_3))/a_4&=\frac{a_1a_3}{a_2a_4},\\[5pt] (a_1/a_2)/(a_3/a_4)&=\frac{a_1a_4}{a_2a_3},& a_1/((a_2/a_3)/a_4)&=\frac{a_1a_3a_4}{a_2},& a_1/(a_2/(a_3/a_4))&=\frac{a_1a_3}{a_2a_4}.& \end{align*} Observamos que $a_1$ siempre está en el numerador y $a_2$ siempre está en el denominador, pero el resto de números pueden estar en cualquiera de los dos. Veamos por inducción sobre $n$ que esto último siempre es posible. Consideremos una disposición de los elementos dada por \[\frac{a_1a_{k_1}\cdots a_{k_r}}{a_2a_{j_1}\cdots a_{j_s}}.\qquad\qquad (\star)\] Distinguiremos dos casos dependiendo del primer elemento después de $a_2$ que encontremos en el numerador:

• Si todos los elementos $a_3,\ldots,a_n$ están en el denominador, entonces podemos los poner paréntesis para hacer las divisiones en orden: \[((((a_1/a_2)/a_3)/\ldots)/a_n=\frac{a_1}{a_2a_3\cdots a_n}.\]
• Si no todos los elementos $a_3,\ldots,a_n$ están en el denominador, entonces habrá un primer índice $k\geq 2$ para el que $a_k$ está en el denominador y $a_{k+1}$ en el numerador. Entonces, podemos poner paréntesis de la forma $(A)/(B)$. En $A$ están los números $a_1,a_2,\ldots,a_{k-1}$ con los paréntesis necesarios para obtener la misma disposición que en ($\star$), lo cual se consigue usando la hipótesis de inducción. Análogamente, en $B$ están los números $a_k,\ldots,a_n$ con paréntesis para obtener la misma disposición que en ($\star$) cambiando numerador por denominador, lo que de nuevo es posible por la hipótesis de inducción. De esta forma, la expresión $(A)/(B)$ es algebraicamente equivalente a ($\star$).

Como hay total libertad para elegir las posiciones (numerador o denominador) de $n-2$ números (del $a_3$ al $a_n$), concluimos que hay un total de $2^{n-2}$ expresiones distintas.

Solución. El cuadrilátero $ABCD$ puede ser o bien un rombo o bien un trapecio isósceles. En el caso del rombo, se tiene que $r_1=r_2=r_3=r_4$ por simetría de la figura, luego la fórmula dada se cumple evidentemente. Supondremos entonces que se trata de un trapecio isósceles y supondremos sin perder generalidad que $BC=AD=1$ y escribiremos $CD=x\lt 1$. La condición de que tiene círculo inscrito nos dice que $AB+CD=BC+AD$, de donde $CD=2-x$.

Los triángulos $BEC$ y $AED$ son congruentes, luego $r_4=r_2$. Los triángulos $AEB$ y $CED$ son semejantes ya que $AB$ y $CD$ son paralelas y están en proporción $2-x$ a $x$. En consecuencia, tenemos que $r_1=\frac{2-x}{x}r_3$, lo que nos permite reescribir la condición del enunciado como: \[\frac{1}{r_1}+\frac{1}{r_3}=\frac{1}{r_2}+\frac{1}{r_4}\ \Leftrightarrow\ r_2=(2-x)r_3.\] Sea $P$ el pie de la perpendicular por $D$ al lado $AB$. El teorema de Pitágoras en el triángulo $APD$ nos dice que $1=AP^2+DP^2=(1-x)^2+DP^2$ y en el triángulo $BDP$ nos dice que $BD^2=DP^2+BP^2=DP^2+1$. De estas dos ecuaciones, se deduce que $DP^2=1+2x-x^2$, luego se tiene por la semejanza entre $CED$ y $AEB$ que \[DE=\frac{x}{2}DP=\frac{x}{2}\sqrt{1+2x-x^2},\qquad BE=\frac{2-x}{2}DP=\frac{2-x}{2}\sqrt{1+2x-x^2}.\] Para obtener la relación entre $r_2$ y $r_3$, usamos que el área de un triángulo es igual al semiperímetro por el radio inscrito en los triángulos $BEC$ y $CED$, que tienen por altura común $h$ a la perpendicular por $C$ a $DB$. En el triángulo $BEC$, tenemos que \[\tfrac{1}{2}(1+\sqrt{1+2x-x^2})r_2=\tfrac{1}{2}BE\cdot h=\frac{2-x}{4}\sqrt{1+2x-x^2}\cdot h,\] mientras que en el triángulo $CED$ obtenemos \[\tfrac{1}{2}(x+x\sqrt{1+2x-x^2})r_3=\tfrac{1}{2}DE\cdot h=\frac{x}{4}\sqrt{1+2x-x^2}\cdot h.\] Despejando e igualando $h$ en ambas fórmulas, se tiene que $r_2=(2-x)r_3$, como queríamos demostrar.

Solución. Lo que nos están preguntando es que al expresar el resultado como una única fracción, siendo el numerador el producto de varios de los números y el denominador el producto del resto, de cuántas formas distintas pueden estar dispuestos los números. Por ejemplo, para $n=2$ sólo podemos obtener $\frac{a_1}{a_2}$; para $n=3$ podemos colocar los paréntesis como $(a_1/a_2)/a_3=\frac{a_1}{a_2a_3}$ o bien como $a_1/(a_2/a_3)=\frac{a_1a_3}{a_2}$; para $n=4$, obtenemos las siguientes cinco posibilidades: \begin{align*} ((a_1/a_2)/a_3)/a_4&=\frac{a_1}{a_2a_3a_4},& (a_1/(a_2/a_3))/a_4&=\frac{a_1a_3}{a_2a_4},\\[5pt] (a_1/a_2)/(a_3/a_4)&=\frac{a_1a_4}{a_2a_3},& a_1/((a_2/a_3)/a_4)&=\frac{a_1a_3a_4}{a_2},& a_1/(a_2/(a_3/a_4))&=\frac{a_1a_3}{a_2a_4}.& \end{align*} Observamos que $a_1$ siempre está en el numerador y $a_2$ siempre está en el denominador, pero el resto de números pueden estar en cualquiera de los dos. Veamos por inducción sobre $n$ que esto último siempre es posible. Consideremos una disposición de los elementos dada por \[\frac{a_1a_{k_1}\cdots a_{k_r}}{a_2a_{j_1}\cdots a_{j_s}}.\qquad\qquad (\star)\] Distinguiremos dos casos dependiendo del primer elemento después de $a_2$ que encontremos en el numerador:

• Si todos los elementos $a_3,\ldots,a_n$ están en el denominador, entonces podemos los poner paréntesis para hacer las divisiones en orden: \[((((a_1/a_2)/a_3)/\ldots)/a_n=\frac{a_1}{a_2a_3\cdots a_n}.\]
• Si no todos los elementos $a_3,\ldots,a_n$ están en el denominador, entonces habrá un primer índice $k\geq 2$ para el que $a_k$ está en el denominador y $a_{k+1}$ en el numerador. Entonces, podemos poner paréntesis de la forma $(A)/(B)$. En $A$ están los números $a_1,a_2,\ldots,a_{k-1}$ con los paréntesis necesarios para obtener la misma disposición que en ($\star$), lo cual se consigue usando la hipótesis de inducción. Análogamente, en $B$ están los números $a_k,\ldots,a_n$ con paréntesis para obtener la misma disposición que en ($\star$) cambiando numerador por denominador, lo que de nuevo es posible por la hipótesis de inducción. De esta forma, la expresión $(A)/(B)$ es algebraicamente equivalente a ($\star$).

Como hay total libertad para elegir las posiciones (numerador o denominador) de $n-2$ números (del $a_3$ al $a_n$), concluimos que hay un total de $2^{n-2}$ expresiones distintas.