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. Consideremos otro triángulo equilátero $A'B'C'$ de lados paralelos a los respectivos de $ABC$ y cuya circunferencia inscrita sea la circunferencia circunscrita de $ABC$, como se muestra en la figura. Sean $M$ y $M'$ los puntos medios de los segmentos $AB$ y $A'B'$, respectivamente. Cualquier segmento paralelo al lado $BC$ contenido en el segmento circular tiene longitud menor o igual que $M'P$ (marcado en rojo en la figura), siendo $P$ el punto del lado $AB$ tal que $M'P$ es paralelo a $BC$. Esto es porque cualquier otro segmento se puede prolongar hasta tocar ambas rectas $AB$ y $A'B'$.

Como el triángulo $MM'P$ es rectángulo y tiene el ángulo $\angle MM'P=30^\circ$, se sigue que \[\cos(30^\circ)=\frac{MM'}{M'P}\ \Leftrightarrow\ M'P=\frac{MM'}{\cos(30^\circ)}=\tfrac{2}{\sqrt{3}}MM'.\] Ahora bien, $MM'$ es la diferencia entre el radio circunscrito $OM'$ y el radio inscrito $OM$ del triángulo equilátero $ABC$ de lado $a$. Estos vienen dados por $\frac{\sqrt{3}}{3}a$ y $\frac{\sqrt{3}}{6}a$, respectivamente, luego la longitud máxima que nos piden es \[M'P=\tfrac{2}{\sqrt{3}}(\tfrac{\sqrt{3}}{3}a-\tfrac{\sqrt{3}}{6}a)=\tfrac{1}{3}a.\]

Solución. Tenemos cinco tipos de triángulos, como puede verse en la figura.

• Hay 5 triángulos congruentes con el azul (de ángulos $36^\circ,36^\circ,108^\circ$).
• Hay 10 triángulos congruentes con el amarillo (de ángulos $36^\circ,36^\circ,108^\circ$).
• Hay 5 triángulos congruentes con el verde (de ángulos $72^\circ,72^\circ,36^\circ$).
• Hay 10 triángulos congruentes con el negro (de ángulos $72^\circ,72^\circ,36^\circ$).
• Hay 5 triángulos congruentes con el rojo (de ángulos $72^\circ,72^\circ,36^\circ$).

Estos son los $35$ triángulos que aparecen construidos en la figura.

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:

Solución. Originalmente las fichas están ordenadas \[1\quad 2\quad 3\quad 4\quad\ldots\quad 997\quad 998\quad 999\quad 1000.\] Tras una operación como las descritas en el enunciado, quedan \[3\quad 4\quad 5\quad 6\quad\ldots\quad 999\quad 1\quad 1000\quad 2.\] Por lo tanto, las fichas se intercambian sus posiciones de la siguiente manera en cada operación: \[1\to 998\to 996\to\ldots\to 4\to 2\to 1000\to 999\to 997\to 995\to\ldots\to 5\to 3\to 1,\] donde los primeros puntos suspensivos contienen todos los pares y los segundos puntos suspensivos todos los impares. Este diagrama quiere decir que, en cada operación, la ficha que ocupe la posición $1$ va a la posición $998$, la que ocupa la posición $998$ va a la $996$ y así sucesivamente. Tenemos, por tanto, que tras $1000$ operaciones cada ficha habrá recorrido todas las posiciones cíclicamente y vuelto a su posición inicial.

En el caso de $n=2k+1$ impar, el mismo razonamiento anterior nos da dos recorridos cíclicos disjuntos: \[1\to 3\to 5\to\ldots\to 2k-3\to 2k-1\to 1,\] \[2\to 4\to 6\to\ldots\to 2k-2\to 2k\to 2k+1\to 2.\] El primero tiene $k$ elementos y el segundo $k+1$. Por lo tanto, tras $n=2k+1$ operaciones, ni el primer ni el segundo se cierran de forma exacta porque $k$ y $k+1$ son primos relativos con $2k+1$.

Nota. En el lenguaje de permutaciones, se tiene un ciclo de longitud $1000$ que, elevado a la potencia $1000$, nos da la permutación identidad (un ciclo de longitud $r$ tiene orden $r$ en el grupo de permutaciones). En el caso $n=2k+ 1$, el orden de la permutación es $k(k+1)=\operatorname{mcm}(k,k+1)$, que es el número mínimo de operaciones para volver a la identidad.

Solución. Podemos tomar coordenadas en el plano vertical para suponer que $A=(0,0)$, $B=(a,0)$ y la semicircunferencia tiene ecuación $(x-\frac{a}{2})^2+y^2=\frac{a^2}{4}$, es decir, $x^2-ax+y^2=0$ tras simplificar. Si tomamos el ángulo $\theta$ que forma el segmento con la horizontal, este tendrá ecuación $y=-x\,\tan\theta$. Por lo tanto, el extremo $P$ del segmento estará en la intersección de la recta y la circunferencia, sistema de ecuaciones que puede resolverse fácilmente: \[\left\{\begin{array}{r}x^2-ax+y^2=0\\y=-x\,\tan\theta\end{array}\right\}\ \Longrightarrow\ \left\{\begin{array}{l}x=a\cos^2\theta,\\y=-a\operatorname{sen}\theta\,\cos\theta.\end{array}\right.\] Consideramos el punto medio del segmento, que denotaremos por $M=(x_M,y_M)$ y sean $M'$ y $P'$ las proyecciones de $M$ y $P$, respectivamente, sobre el eje $OX$. Trabajando sobre el triángulo rectángulo $AMM'$, \[\operatorname{sen}\theta=\frac{AM'}{AM}=\frac{-y_M}{\sqrt{x_M^2+y_M^2}-\frac{a}{2}}=\frac{-y_M}{a(\cos\theta-\frac{1}{2})}.\] Queremos maximizar $-y_M$, que será equivalente a maximizar $f(\theta)=a\operatorname{sen}\theta(\cos\theta-\frac{1}{2})$.

Esta función es derivable y tiene derivada $f'(\theta)=a(2\cos^2\theta-\frac{1}{2}\cos\theta-1)$. Observamos que $f(\theta)$ debe tener algún mínimo para $0\lt\theta\lt \frac{\pi}{2}$, y podemos resolver $f'(\theta)=0$ como ecuación de segundo grado en $\cos\theta$. Obtenemos así (¡completa los detalles del cálculo!) un único punto en dicho intervalo que es el que verifica \[\cos\theta=\frac{1+\sqrt{33}}{8}.\]