Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Si un entero divide a $n$ y a $n-1$, entonces también divide a su diferencia $n-(n-1)=1$, luego no puede ser otro que $\pm 1$. Por tanto, en la fracción $\frac{n-1}{n}$, numerador y denominador no pueden tener ningún factor primo en común y la fracción es irreducible.

La fracción $\frac{n}{2n+1}$ se razona de forma similar ya que un entero que divide a numerador y denominador también debe dividir a cualquier combinación lineal de ambos con coeficientes enteros. En este caso, dividirá a $2\cdot n-(2n-1)=1$ y también ha de ser igual a $1$.

Finalmente, en el caso de la fracción $\frac{2n+1}{2n^2+2n}$, un factor común a numerador y denominador debe dividir a $2n^2+2n-n(2n+1)=n$. Utilizando ahora que divide a $2n+1$ y $n$, también debe dividir a $2n+1-2\cdot n=1$ y tenemos de nuevo el resultado.

Nota. Si $d$ es un divisor común a dos enteros $a$ y $b$, entonces también divide a $au+bv$ para cualesquiera $u,v\in\mathbb{Z}$.

Solución. Si $h$ denota la altura del cono, entonces su volumen es $\frac{1}{3}\pi R^2h$, que debe ser la mitad del de la esfera, dado por $\frac{4}{3}\pi R^3$. Tenemos así que la condición del enunciado nos da $h=2R$. Ahora podemos una representación bidimensional de la circunferencia y la generatriz del cono, que mediante revolución generan toda la figura. Más específicamente, la circunferencia $x^2+y^2=R^2$ y la recta $\frac{x}{R}+\frac{y}{2R}=1$ generan la figura al rotarlas respecto del eje $OY$ en el espacio. La intersección e estas dos curvas son los puntos $(R,0)$ y $(\tfrac{3}{5}R,\tfrac{4}{5}R)$. El primero genera el radio del círculo máximo de la base del cono y el segundo genera una circunferencia menor de la esfera de radio $\frac{3}{5}R$, que es el radio que nos piden.

Solución. Si $x$ e $y$ son no negativos, entonces la primera ecuación queda $x^2+y^2=1$, lo que nos dice que ambos números están entre $0$ y $1$. Ahora la segunda ecuación, nos dice que uno de ellos tiene que ser igual a $1$ y el otro igual a cero pues, de no ser así, ambas partes enteras serían nulas. Tenemos así las dos soluciones $(0,1)$ y $(1,0)$.

Por otro lado, no pueden ser $x$ e $y$ ambos negativos ya que el miembro de la izquierda de la primera ecuación sería negativo, por lo que podemos suponer que $x$ es positivo e $y$ es negativo (el caso opuesto es análogo ya que sólo hay que cambiar $x$ por $y$). Como cualquier número es mayor o igual que su parte entera, la segunda ecuación nos dice en particular que \[x\geq\lfloor x\rfloor=1-\lfloor y\rfloor\gt 1-y\] y la primera nos dice que $x^2-y^2=1$, luego se tiene que $1+y^2=x^2\gt(1-y)^2$ y esto implica finalmente que $2y\gt 0$, lo que supone una contradicción.

Deducimos que no hay ninguna solución tal que $x$ e $y$ tengan distinto signo, luego $(0,1)$ y $(1,0)$ son las únicas.

Solución. Llamamos $a,b,c$ a los lados del triángulo y $\alpha,\beta,\gamma$ a los correspondientes ángulos opuestos. Supondremos en lo que sigue que $b\geq c$ (el otro caso $b\lt c$ es similar, aunque habría que razonarlo aparte porque los puntos $B,F,D,M,E,C$ están en otro orden). También tomaremos $\theta=\angle BAF=\angle EAC$ por comodidad. Tenemos entonces que \[\frac{FD}{DE}=\frac{AF}{AE}=\frac{\frac{BF}{\operatorname{sen}\theta}\operatorname{sen}\beta}{\frac{EC}{\operatorname{sen}\theta}\operatorname{sen}\gamma}=\frac{BF\cdot b}{EC\cdot c}=\frac{BD-FD}{EC}\cdot\frac{b}{c},\qquad (\star)\] donde en la primera igualdad hemos usado el teorema de la bisectriz en el triángulo $AFE$ ($AD$ es también bisectriz de este triángulo); en la segunda igualdad, hemos usado el teorema del seno en los triángulos $ABF$ y $AEC$; y en la tercera igualdad hemos vuelto a usar el teorema del seno, ahora en el triángulo $ABC$. Ahora bien, el teorema de la bisectriz en el triángulo $ABC$ nos dice que $\frac{BD}{CD}=\frac{c}{b}$ y, como quiera que $BC+CD=a$, se tiene que $BD=\frac{ac}{b+c}$ y $CD=\frac{ab}{b+c}$. Esto nos permite calcular también $DM=BM-BD=\frac{a}{2}-\frac{ac}{b+c}=\frac{a(b-c)}{2(b+c)}$. Finalmente, tenemos por simetría que $DE=2DM=\frac{a(b-c)}{b+c}$ y $EC=BD=\frac{ac}{b+c}$. Con todo esto, podemos sustituir en $(\star)$ para llegar a que \[\frac{b+c}{a(b-c)}FD=\frac{FE}{DE}=\frac{BF\cdot b}{EC\cdot c}=\frac{BD-FD}{EC}\cdot\frac{b}{c}=\frac{\frac{ac}{b+c}-FD}{\frac{ac}{b+c}}\cdot\frac{b}{c}\ \Longleftrightarrow\ FD=\frac{abc(b-c)}{b^3-c^3}.\] Ahora podemos calcular el cociente que nos piden como \[\frac{BF}{FC}=\frac{BD-DF}{CD+DF}=\frac{\frac{ac}{b+c}-\frac{(b-c)abc}{b^3+c^3}}{\frac{ab}{b+c}+\frac{(b-c)abc}{b^3+c^3}}=\frac{c(b^2-bc+c^2)-bc(b-c)}{b(b^2-bc+c^2)+bc(b-c)}=\frac{c^3}{b^3}.\]

Solución. Si $n$ es par, entonces el único factor común a $n$ y $n+2$ es el $2$ y $n+1$ y $n+3$ no tienen factores comunes. Por lo tanto, $n+1$ y $n+3$ tienen que ser primos o potencias de primos, mientras que $n$ o $n+2$ tienen que ser ambos potencias de $2$ (lo que nos lleva necesariamente a $n=2$, que cumple el enunciado claramente) o bien uno de ellos una potencia de $2$ y el otro $2$ por una potencia de un primo. Sin embargo, este último primo tiene que ser común a $n+1$ o $n+3$. Como $n$ y $n+2$ son primos relativos con $n+2$, no queda más remedio que el primo sea $3$ y sea común a $n$ y $n+3$. Tenemos así que $n=3\cdot 2^a$ y $n+2=2^b$, pero sólo uno de estos números es múltiplo de $4$, lo que nos dice que $a=1$, lo que nos da la solución $n=6$, que cumple el enunciado.

Supongamos ahora que $n$ es impar. Un razonamiento similar nos dice que, a parte del caso $n=1$ (que cumple el enunciado), se tiene que $n+1=2^a$ y $n+3=3\cdot 2^b$. Como uno de los dos números debe ser múltiplo de $2$ pero no de $4$, deb ser $b=1$, luego $n=3$, que cumple el enunciado.

Por tanto, las únicas soluciones son $n=1$, $n=2$, $n=3$ y $n=6$.

Solución. En las coordenadas usuales del plano, pongamos que la elipse tiene ecuación $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ con $a,b\gt 0$ y que los vértices del rectángulo son $(\pm a,0)$ y $(\pm a,2b)$. Tomamos un punto $(x_0,y_0)$ que verifica la ecuación de la elipse con $y_0\lt 0$ y lo unimos con $(\pm a,2b)$, lo que nos da las rectas de ecuaciones $\frac{x-x_0}{\pm a-x_0}=\frac{y-y_0}{2b-y_0}$. Cortando estas rectas con el eje mayor $y=0$, obtenemos los puntos de abscisas \[x_1=\frac{2bx_0+ay_0}{2b-y_0},\qquad x_2=\frac{2bx_0-ay_0}{2b-y_0}.\] Notemos que $x_1\lt x_2$ por ser $y_0\lt 0$. Por tanto, el eje mayor queda dividido en tres segmentos, que tienen longitudes \begin{align*} \ell_1&=x_1-(-a)=\frac{2b(a+x_0)}{2b-y_0},\\ \ell_2&=x_2-x_1=\frac{-2ay_0}{2b-y_0},\\ \ell_3&=a-x_2=\frac{2b(a-x_0)}{2b-y_0}. \end{align*} Observemos ahora que $\ell_1+\ell_3=2\ell_2$ se reduce a $y_0=-b$, lo que nos dice que en este caso el punto de la elipse es el extremo del semieje menor más alejado del rectángulo. Por otro lado, si ocurriera que $\ell_1+\ell_2=2\ell_3$, se tendría que $3\frac{x_0}{a}-\frac{y_0}{b}=1$; si a esto le unimos la condición $\frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}=1$, obtenemos la solución $(0,-b)$ y $(\frac{3a}{5},\frac{4b}{5})$, si bien esta última hay que descartarla porque no es exterior al rectángulo. Finalmente, si $\ell_2+\ell_3=2\ell_1$, llegamos a que $\frac{y_0}{b}+3\frac{x_0}{a}=-1$, y esto nos lleva a las soluciones $(0,-b)$ y $(\frac{-3a}{5},\frac{4b}{5})$. De nuevo hay que descartar la segunda.

Deducimos así que el único punto de la elipse que cumple la condición propuesta es el vértice del semieje menor más alejado del rectángulo.

Solución. Sumando todas las ecuaciones y agrupando los términos de primer grado, obtenemos \[x_1^2+(a-1)x_1+(\tfrac{a-1}{2})^2+x_2^2+(a-1)x_2+(\tfrac{a-1}{2})^2+\ldots+x_n^2+(a-1)x_n+(\tfrac{a-1}{2})^2=0,\] que puede reescribirse como \[(x_1+\tfrac{a-1}{2})^2+(x_2+\tfrac{a-1}{2})^2+\ldots+(x_n+\tfrac{a-1}{2})^2=0.\] Si una suma de cuadrados es igual a cero, entonces todos los sumandos deben ser cero, por lo que tenemos la única solución posible \[x_1=x_2=\ldots=x_n=\tfrac{1-a}{2},\] que se comprueba fácilmente que verifica el sistema de ecuaciones dado.

Solución. Veamos que Hades tiene una estrategia para que Sísifo nunca vea completada su tarea (ver la nota).

Sísifo debe comenzar subiendo una piedra del escalón 1 al 501 y Hades bajando una del escalón 2 al 1. En el siguiente turno, Sísifo tiene dos opciones: devolver la del escalón 1 al 2 (en cuyo caso Hades la vuelve a poner en el 1) o subir la del escalón 3 al 502 (en cuyo caso Hades baja la del escalón 4 al escalón 3). Si en el siguiente turno Sísifo elige las de los escalones 1 o 3, Hades automáticamente deshace sus movimientos, luego Sísifo en algún momento se ve obligado a mover la del escalón 5 al 503 y Hades baja la del escalón 6 al 5. El proceso se repite de forma que después de $k$ turnos de ambos (eliminando los que deshagan el paso previo pues son irrelevantes), las 500 piedras se encuentran en los escalones impares $1,3,5,\ldots 2k-1$ y en los escalones consecutivos $2k+1,2k+2,\ldots,500+k$. Tras $k=499$ movimientos de este tipo, habrá piedras en los escalones $1,3,5,\ldots, 997,999$ y será el turno de Sísifo. Ahora Hades es libre de deshacer una y otra vez cualquier movimiento de Sísifo, quien únicamente podrá alcanzar el escalón $1000$ pero nunca el $1001$.

Nota. En el mito, Sísifo, rey de Corinto, es condenado por los dioses a empujar eternamente una enorme piedra cuesta arriba por una colina, solo para verla rodar de nuevo al fondo cada vez que está por llegar a la cima. El castigo simboliza la repetición absurda de un esfuerzo sin resultado y suele dar lugar a una reflexión sobre la búsqueda de sentido incluso frente a tareas aparentemente inútiles.