Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Dado que la sucesión de los últimos dígitos de los números naturales es cíclica, también lo es la sucesión $a_n$. Concretamente, puede verse fácilmente que se repite cada veinte dígitos, los cuales son \begin{align*} 1&to 3\to 6\to 0\to 5\to 1\to 8\to 6\to 5\to 5\to\\ &\to6\to 8\to 1\to 5\to 0\to 6\to 3\to 1\to 0\to 0 \end{align*} La suma de estos veinte números es igual a 70 y, como $1992=99\cdot 20+12$, deducimos que \[\sum_{n=1}^{1992} a_n=99\cdot\sum_{n=1}^{20} a_n+\sum_{n=1}^{12} a_n=99\cdot 70+54=6984.\]

Solución. Comenzaremos estudiando la función del enunciado.

• Cada función $f_i(x)=\frac{a_i}{x+a_i}$ está definida en $\mathbb{R}-\{-a_i\}$ y es decreciente en todo su dominio, lo que nos dice que la función $f(x)=\sum_{i=1}^n f_i(x)$ está definida en $\mathbb{R}-\{-a_1,\ldots,-a_n\}$ y es continua y decreciente en todo su dominio.
• En cada punto de la forma $-a_i$, el límite de $f(x)$ por la derecha es $+\infty$ y por la izquierda $-\infty$, lo que nos dice que:
  • Existe un único punto $x_1\gt-a_1$ tal que $f(x_1)=1$.
  • Si $2\leq i\leq n$, existe un único punto $x_i\in(-a_i,-a_{i-1})$ tal que $f(x_i)=1$.
  • $f(x)\lt 0$ para todo $x\lt-a_n$.

De todo esto deducimos que existen exactamente $n$ puntos $x_n\lt\cdots\lt x_2\lt x_1$ en los que la función toma el valor $1$. Además, los intervalos en que $f(x)\gt 1$ son los de la forma $(-a_i,x_i)$ para $1\leq i\leq n$, que tienen longitud $x_i+a_i$. Por tanto, la suma de longitudes buscada es \[S=x_1+x_2+\ldots+x_n+a_1+a_2+\ldots+a_n.\]

Volviendo a la expresión de la función, podemos poner denominador común para transformar la ecuación $f(x)=1$ en la ecuación polinómica de grado $n$ siguiente: \begin{eqnarray*} (x+a_1)\cdots(x+a_n)&-&a_1(x+a_2)\cdots(x+a_n)\\ &-&a_2(x+a_1)(x+a_3)\cdots(x+a_n)-\ldots-a_n(x+a_1)\cdots(x+a_{n-1})=0. \end{eqnarray*} Esto cuadra con la afirmación anterior de que existen exactamente $n$ valores de $x$ para los que $f(x)=1$, pero ahora sabemos que son las raíces de este polinomio. Es fácil ver que este polinomio tiene coeficiente de $x^n$ igual a $1$ y coeficiente de $x^{n-1}$ igual a $0$, luego las relaciones de Cardano-Vieta nos dicen que la suma de sus raíces es $x_1+\ldots+x_n=0$. Deducimos finalmente que la suma de las longitudes de los intervalos que nos piden es $S=a_1+a_2+\ldots+a_n$.

Solución. El radio inscrito del triángulo es igual a $\frac{1}{\sqrt{3}}$ y su radio circunscrito $\frac{2}{\sqrt{3}}$. Por lo tanto, podemos tomar coordenadas con centro en el centro del triángulo de forma que la circunferencia inscrita tenga ecuación $x^2+y^2=\frac{1}{3}$ y los vértices están sobre la circunferencia de centro el origen y radio $\frac{2}{\sqrt{3}}$. Podemos tomar entonces los tres vértices como \begin{align*} A&=\Bigl(\tfrac{2}{\sqrt{3}},0\Bigr),\\ B&=\tfrac{2}{\sqrt{3}}\left(\cos(120),\mathrm{sen}(120)\right)=\Bigl(\tfrac{-1}{\sqrt{3}},1\Bigr),\\ C&=\tfrac{2}{\sqrt{3}}\left(\cos(240),\mathrm{sen}(240)\right)=\Bigl(\tfrac{-1}{\sqrt{3}},-1\Bigr). \end{align*} Entonces, la suma de los cuadrados de un punto $P=(x,y)$ a los tres vértices se escribe como \[(x-\tfrac{2}{\sqrt{3}})^2+y^2+(x+\tfrac{1}{\sqrt{3}})^2+(y-1)^2+(x+\tfrac{1}{\sqrt{3}})^2+(y+1)^2=4+3(x^2+y^2)=5.\] siempre que $P$ esté en la circunferencia inscrita.

Que se puede formar un triángulo con los segmentos $AP,BP,CP$ es cierto para cualquier punto interior al triángulo. Observemos que podemos prolongar $AP$ hasta llegar a un punto $D$ del lado $BC$. Con lo que $AP\leq AD\leq BC\leq BP+PC$, donde hemos usado que la longitud de $AD$ es menor que la longitud de un lado y la desigualdad triangular. Se razona de la misma forma que $BP\leq AP+CP$ y que $CP\leq AP+BP$.

Para calcular el área del triángulo, llamemos $a=AP$, $b=BP$ y $c=CP$ por comodidad. La fórmula de Herón nos dice que \begin{align*} 16S^2&=(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)\\ &=((b+c)^2-a^2)((b-c)^2-a^2)\\ &=-a^4+2 a^2 b^2+2 a^2 c^2-b^4+2 b^2 c^2-c^4\\ &=4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)-(a^2+b^2+c^2)^2. \end{align*} Hemos probado que $a^2+b^2+c^2=5$ y también es fácil comprobar que \[a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=3(x^2+y^2)^2+4(x^2+y^2)+\tfrac{16}{3}=7,\] lo que nos lleva a que $16S^2=4\cdot 7-25=3$ y, por tanto, $S=\frac{\sqrt{3}}{4}$.

Solución. Observemos que el polinomio característico asociado a ambas sucesiones es $p(x)=x^2-2x+1=(x-1)^2$, que tiene a $x=1$ por raíz doble. Por tanto, las soluciones de la sucesión recurrente homogénea para $(b_n)$ son las de la forma $b_n=\beta n+8$ para ciertos $\beta,\gamma\in\mathbb{Z}$ (hemos escrito directamente el término independiente como $8$ ya que se cumple que $b_0=8$). Para obtener las soluciones de la sucesión recurrente no homogénea para $(a_n)$, usaremos un polinomio de grado $2$ (véase la nota más abajo). Sustituyendo $a_n=\delta n^2+\alpha n$ (no tenemos por qué poner término independiente ya que $a_0=0$), se tiene que \begin{align*} 2=a_{n+2}-2a_{n+1}+a_n&=\delta(n+2)^2+\alpha(n+2)-2\delta(n+1)^2-2\alpha(n+1)+\delta n^2+\alpha n\\ &=\delta n^2+4\delta n+4\delta+\alpha n+2\alpha-2\delta n^2-4\delta n-2\delta-2\alpha n-2\alpha+\delta n^2-\alpha n=2\delta. \end{align*} Deducimos que las sucesiones que cumplen esta recursión son las de la forma $a_n=n^2+\alpha n$. Nos queda por imponer la última condición del enunciado, para lo que calculamos \[a_n^2+b_n^2=(n^2+\alpha n)^2+(\beta n+8)^2=n^4+2\alpha n^3+(\alpha^2+\beta^2)n^2+16\beta n+64.\] La forma más sencilla de que esto sea un cuadrado perfecto es que sea el cuadrado de un polinomio, para lo cual lo igualaremos a \[(n^2+kn+8)^2=n^4+2kn^3+(16+k^2)n^2+16kn+64.\] Identificando coeficientes, llegamos a que $\alpha=\beta=k$ y $k^2=16$, lo que nos da dos soluciones para $k=\pm 4$.

• Una solución es $a_n=n^2+4n$ y $b_n=4n+8$ para todo $n\in\mathbb N$, que nos da $(a_{1992},b_{1992})=(3976032,7976)$.
• La otra solución es $a_n=n^2-4n$ y $b_n=-4n+8$ para todo $n\in\mathbb N$, que nos da $(a_{1992},b_{1992})=(3960096,-7960)$.

Nota. Dada una sucesión definida por una recurrencia $x_{n+2}=a x_{n+1}+bx_n$, esta tiene polinomio característico $x^2-ax-b$. Si este polinomio tiene dos raíces distintas $\lambda$ y $\mu$, entonces la sucesión es de la forma $x_n=r\lambda^n+s\mu^n$ para ciertas constantes $r$ y $s$. Si el polinomio tiene una raíz doble $\lambda$, entonces las soluciones son de la forma $x_n=c\lambda^n+dn\lambda^n$ para ciertas constantes $c$ y $d$. Las constantes se determinan imponiendo la condición inicial.

En el caso de la recursión no homogénea $x_{n+2}=a x_{n+1}+bx_n+f(n)$, se ha de comenzar encontrando una solución particular. En el caso de que $f(n)$ sea un polinomio, la solución particular es un polinomio (por eso hemos probado con polinomios de un grado superior en este problema). Una vez obtenida la solución particular, la solución general es la suma de la solución particular con todas las soluciones de la ecuación homogénea asociada (para $f(n)=0$).

Solución. El área de $H$ se puede escribir como \begin{align*} \mathrm{Area}(H)&=\mathrm{Area}(AB_2C_1)+\mathrm{Area}(AA_1A_2)+\mathrm{Area}(BA_1C_2)\\ &\quad +\mathrm{Area}(BB_1B_2)+\mathrm{Area}(CB_1A_2)+\mathrm{Area}(CC_1C_2)-2\mathrm{Area}(T). \end{align*} Cada uno de los seis triángulos (distintos de $T$) que aparecen en esta expresión son isósceles. Usando que el área de un triángulo es la mitad del producto de dos lados por el seno del ángulo que forman, la suma anterior se puede escribir como \[\mathrm{Area}(H)=\frac{(b+c)^2+a^2}{2}\mathrm{sen}(\alpha)+\frac{(a+c)^2+b^2}{2}\mathrm{sen}(\beta)+\frac{(a+b)^2+c^2}{2}\mathrm{sen}(\gamma)-2\mathrm{Area}(T),\] donde $\alpha,\beta,\gamma$ son los ángulos de $T$ en los vértices $A,B,C$, respectivamente. Si tenemos en cuenta que $\mathrm{Area}(T)=\frac{bc}{2}\sin(\alpha)=\frac{ac}{2}\sin(\beta)=\frac{ab}{2}\sin(\gamma)$, podemos eliminar los senos en la expresión anterior, obteniendo \begin{align*} \mathrm{Area}(H)&=\left(\frac{(b+c)^2+a^2}{bc}+\frac{(a+c)^2+b^2}{ac}+\frac{(a+b)^2+c^2}{ab}-2\right)\mathrm{Area}(T)\\ &=\left(\frac{b^2+c^2+a^2}{bc}+\frac{a^2+c^2+b^2}{ac}+\frac{a^2+b^2+c^2}{ab}+4\right)\mathrm{Area}(T)\\ &=\left((a^2+b^2+c^2)\left(\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ab}\right)+4\right)\mathrm{Area}(T). \end{align*} La desigualdad buscada se deduce entonces de la siguiente \[\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\geq\frac{bc+ac+ab}{3}\geq\frac{3}{\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ab}},\] donde hemos usado en primer lugar la desigualdad de reordenación y después la desigualdad entre las medias aritmética y armónica.

Nota. La igualdad se alcanza si, y sólo si, el triángulo es equilátero.