Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Para la primera parte, basta observar que \[(\sqrt{y}+\sqrt{xy})^2=y+2\sqrt{y}\sqrt{xy}+xy=y+xy+2y\sqrt{x}\] y tomar raíces cuadradas en ambos miembros usando que $\sqrt{y}+\sqrt{xy}\gt 0$.

Para la segunda parte, podemos hacer un razonamiento similar para $x=\frac{5}{3}-\frac{1}{3}\sqrt{5}$ e $y=3$, lo que nos da la igualdad \[\left(\sqrt{3}+\sqrt{5-\sqrt{22}}\right)^2=8-\sqrt{22}+2\sqrt{15-3\sqrt{22}}\] y podemos transformar \begin{align*} M&=\sqrt{3}+\sqrt{5+\sqrt{22}}+\sqrt{5-\sqrt{22}}\\ &=\sqrt{3}+\sqrt{(5+\sqrt{22})+(5-\sqrt{22})+2\sqrt{5+\sqrt{22}}\sqrt{5-\sqrt{22}}}\\ &=\sqrt{3}+\sqrt{10+2\sqrt{25-22}}=\sqrt{3}+\sqrt{10+2\sqrt{3}}. \end{align*}

Solución. Supongamos por reducción al absurdo que existe tal coloración y lleguemos a una contradicción. Dado un punto $A$ del plano, consideremos los puntos $B,C,D$ tales que $ABC$ y $BCD$ son triángulos equiláteros de lado $1$ con $D\neq A$. Entonces $B$ y $C$ deben estar coloreados de colores distintos al de $A$ y distintos entre sí, luego $D$ tiene que estar coloreado del mismo color que $A$. Ahora bien, con esta construcción $D$ barre todos los puntos de la circunferencia de centro $A$ y radio $\sqrt{3}$, luego toda esta circunferencia debe estar pintada del mismo color que $A$. Esto es una contradicción ya que hay puntos de la circunferencia a distancia exactamente $1$.

Solución. Consideremos el número \[a_n=(4+\sqrt{11})^n+(4-\sqrt{11})^n.\] Desarrollando por el binomio de Newton, tenemos que \[a_n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}4^{n-k}11^{k/2}(1+(-1)^k),\] luego todos los términos en que $k$ es impar se anulan y el resto queda duplicado. Esto nos dice que $a_n$ es un número par para todo $n\in\mathbb{N}$. Otra forma de ver esto es comprobar que se cumple la relación $a_n=8a_{n-1}+5a_{n-2}$ y, como $a_0=2$ y $a_1=8$ son pares, se sigue que todos los $a_n$ son pares. Ahora bien, se cumple que $4-\sqrt{11}\approx 0.683375$, luego $(4-\sqrt{11})^n$ está entre $0$ y $1$ para todo $n\in\mathbb{N}$. En consecuencia, $(4+\sqrt{11})^n$ es igual al número par $a_n$ menos un número entre $0$ y $1$, luego su parte entera es impar.

Solución. La condición $a\geq\frac{-3}{4}$ asegura que las raíces cuadradas están bien definidas, luego toda la expresión está bien definida (las raíces cúbicas se pueden calcular para todo número real). Si llamamos $x$ e $y$ a los dos sumandos, no es difícil comprobar que \[x^3+y^3=a+1,\qquad xy=\frac{-a}{3},\] por lo que podemos escribir, usando el binomio de Newton, \[(x+y)^3=x^3+y^3+3xy(x+y)=a+1-a(x+y).\] En otras palabras, el número del enunciado es solución de la ecuación $z^3+az-a-1=0$. Esta ecuación de tercer grado se puede factorizar como $(z-1)(z^2+z+a+1)=0$ y la ecuación $z^2+z+a+1$ tiene discriminante $1-4(a+1)=-3-4a\leq 0$, siendo la igualdad únicamente para $a=\frac{-3}{4}$. Deducimos que $x+y=1$ para $a\neq\frac{-3}{4}$. Para $a=\frac{-3}{4}$, sustituimos en la expresión del enunciado y obtenemos también que $x+y=1$. Queda así demostrado que dicha expresión es igual a $1$ para todo $a\geq\frac{-3}{4}$.

Solución. Supongamos que uno de los puntos $O$ está unido a $k$ puntos $P_1,\ldots,P_k$ y demostraremos que $k\leq 5$. Uno de estos puntos será el punto más cercano a $O$, que supondremos que es $P_1$, es decir, la circunferencia $\Gamma$ de centro $O$ que pasa por $P_1$ no contiene a otros puntos en su interior. Ahora bien, para cada uno de los otros puntos $P_r$, $2\leq r\leq k$, $O$ ha de ser su punto más cercano, luego la circunferencia $\Gamma_r$ de centro $P_r$ que pasa por $O$ no contiene otros puntos en su interior. Además, todos los otros puntos $P_1,\ldots,P_{r-1},P_{r+1},\ldots,P_k$ han de estar en el mismo semiplano determinado por la mediatriz de $OP_k$ que el punto $O$ (en caso contrario, $P_r$ sería más cercano que $O$, con el que están unidos). Esta mediatriz corta a $\Gamma_r$ en dos puntos $A_r$ y $B_r$, y las rectas $OA_r$ y $OB_r$ determinan un sector angular $\Omega_r$ de ángulo $120^\circ$ que contiene a $P_r$ en su interior.

La discusión anterior nos dice que el sector $\Omega_r$ no contiene a ninguno de los puntos $P_1,\ldots,P_{r-1},P_{r+1},\ldots,P_k$, pues $\Omega_r$ está contenido en la unión del círculo bordeado por $\Gamma_r$ y el semiplano determinado por la mediatriz $A_rB_r$ que contiene a $P_r$. Además, como las distancias entre cada par de puntos son distintas, ninguno de los puntos $P_1,\ldots,P_{r-1},P_{r+1},\ldots,P_k$ puede estar en las rectas $OA_r$ ó $OB_r$. Un razonamiento similar nos da la existencia de un sector $\Omega_1$ de ángulo $120º$ centrado en $P_1$ (contenido en la unión del interior de $\Gamma$ y el semiplano determinado por la mediatriz de $OP_1$ que contiene a $P_1$). En consecuencia, si suponemos que las semirrectas de vértice $O$ que pasan por $P_1,P_2,\ldots,P_k$ están ordenadas en sentido antihorario, el ángulo entre dos semirrectas consecutivas es estrictamente mayor que $60^\circ$. Como la suma de los $k$ ángulos que forman estas semirrectas es $360^\circ$, deducimos que $k\leq 5$.

Nota. Se puede probar fácilmente que pudiera haber puntos unidos exactamente a otros $5$ puntos, luego el resultado no se puede mejorar. Una forma de ver esto es considerar el centro y los vértices de un pentágono regular y modificar ligeramente sus posiciones para que todas las distancias sean distintas.