Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Las soluciones de esta ecuación de segundo grado son \[z=\frac{-a\pm\sqrt{a^2-4}}{2}.\] El radicando es negativo precisamente cuando $-2\lt a\lt 2$, lo que nos da la respuesta al apartado (a). Para responder al apartado (b), escribimos $z=x+iy$, siendo \[x=\frac{-a}{2},\qquad y=\pm\frac{\sqrt{4-a^2}}{2}=\pm\sqrt{1-x^2}.\] Deducimos entonces que $x^2+y^2=1$, es decir, los puntos del lugar geométrico están contenidos en la circunferencia de centro $(0,0)$ y radio $1$. Como $x=\frac{-a}{2}$ se mueve en el intervalo $(-1,1)$ y para cada valor de $x$ hay dos valores de $y$ opuestos, deducimos que el lugar geométrico son todos los puntos de esta circunferencia excepto $(1,0)$ y $(-1,0)$. Notemos que estos puntos no podían estar a priori ya que representan números reales.

Solución. Como la derivada es cero para $0\leq x\lt 60000$ y $f(0)=0$, se deduce que $f(x)=0$ para $0\leq x\leq 60000$. En el intervalo $60000\lt x\lt P$, la derivada es constante $1$, luego la función es de la forma $f(x)=x+a$ para cierto número real $a$. Imponiendo por continuidad que $f(60000)=0$, llegamos a que $a=-60000$. Finalmente, como $f'(x)=0.14$ para $x\geq P$, tendrá que ser $f(x)=0.14x+b$ para todo $x\geq P$ y para cierta constante $b$. Para que esto concuerde por continuidad con el intervalo anterior, tenemos que \[f(P)=P-60000=0.14P+b,\] luego debe ser $b=0.84P-60000$. En resumidas cuentas, hemos probado que \[f(x)=\begin{cases}0&\text{si }0\leq x\lt 60000,\\ x-60000&\text{si }60000\leq x\leq P,\\ 0.14x+0.86P-60000&\text{si }x\geq P.\end{cases}\] Ahora bien, como $f(140000)=14000\neq 140000-60000$, no puede ser $140000\leq P$, luego ha de ser $140000\gt P$ y se aplica la tercera línea de la definición de $f(x)$, es decir, \[14000=f(140000)=0.14\cdot 140000+0.84 P-60000.\] Esta ecuación de primer grado tiene solución $P=\frac{2720000}{43}\approx 63255.8$.

Para representar la gráfica de la función, solo hay que darse cuenta de que está formada por tres trozos rectilíneos: el primero es la constante cero, el segundo tiene pendiente $1$ que pasa por el punto $(60000,0)$ y el tercero tiene pendiente $0.14$ y pasa por $(140000,14000)$. Queda así una gráfica como se muestra en la figura.

Solución. Cada pareja de vértices determina una recta, lo que hace un total de $\binom{n}{2}=\frac{n(n-1)}{2}$ rectas. Aquí también estamos contando las $n$ rectas que contienen a los lados (que no son diagonales) por lo que el número de rectas diagonales es $\frac{n(n-1)}{2}-n=\frac{n(n-3)}{2}$. Ahora bien, cada par de estas rectas determina un punto de intersección (no hay dos paralelas), lo que hace un total de $\binom{n(n-3)/2}{2}$ puntos de intersección. Sin embargo, en cada vértice se unen $n-3$ diagonales, lo que nos dice que en el cómputo anterior estábamos contando cada vértice $\binom{n-3}{2}$ veces, por lo que la solución al primer apartado es \[\binom{\frac{n(n-3)}{2}}{2}-n\binom{n-3}{2}=\frac{n(n-3)(n^2-7n+14)}{8}.\] Para resolver el segundo apartado, observemos que cada punto interior del polígono está determinado por la intersección de dos rectas diagonales, cada una de las cuales viene determinada por dos vértices, por lo que a cada uno de tales puntos se le pueden asignar cuatro de los vértices. Lo importante ahora es darse cuenta de que dados cuatro vértices, estos determinan un único punto interior al polígono. En efecto, dado que el polígono es convexo, estos cuatro vértices determinan un cuadrilátero convexo (llamémoslo $ABCD$, con los vértices ordenados en sentido contrario a las agujas del reloj) y tres puntos de intersección que no son vértices ($AB\cap CD$, $AC\cap BD$ y $AD\cap BC$), de los cuales sólo uno es interior ($AC\cap BD$) y es la intersección de diagonales, no de lados del polígono. Deducimos que hay un punto de intersección de diagonales interior al polígono por cada subconjunto de cuatro vértices y, en consecuencia, el número buscado de puntos interiores es \[\binom{n}{4}=\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{24},\] mientras que el de puntos exteriores viene dado por \[\frac{n(n-3)(n^2-7n+14)}{8}-\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{24}=\frac{n(n-3)(n^2-9n+20)}{12}\]

Nota. Las fórmulas anteriores son válidas para un triángulo (los puntos de intersección interiores y exteriores son cero), aunque el razonamiento no es riguroso en este caso ya que estamos considerando números combinatorios que no están definidos como $\binom{0}{2}$ ó $\binom{3}{4}$.

Solución. Sólo hay que observar que restar un número equivale a desplazar verticalmente la gráfica y tomar el valor absoluto es reflejar la parte que está en el semiplano inferior respecto del eje OX. De esta forma, empezando con la función identidad $y=x$ hay que seguir los siguientes pasos: bajarla 1 unidad, reflejar, bajarla 2 unidades, reflejar, bajarla 3 unidades y reflejar. Indicamos en la figura el resultado final y algunos pasos intermedios: