Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Según el teorema del resto, que $P(x)$ da resto $a$ cuando se divide por $x-a$ es lo mismo que decir que $P(a)=a$. De la misma manera, se tiene que $P(b)=b$ y $P(c)=c$. Ahora bien, al dividir entre $(x-a)(x-b)(x-c)$, podemos escribir \[P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)C(x)+R(x),\] donde $C(x)$ es el cociente y $R(x)$ el resto, que tiene grado menor o igual que $2$. Evaluando en $a$, $b$ y $c$, llegamos a que $a=P(a)=R(a)$, $b=P(b)=R(b)$ y $c=P(c)=R(c)$. Por lo tanto, $R(x)-x$ es un polinomio de grado menor o igual que $2$ que se anula en tres puntos ($x=a$, $x=b$ y $x=c$). Tiene que ser $R(x)-x=0$, luego el resto que nos piden es $R(x)=x$.

Solución. Multiplicando ambos miembros por $-x+\sqrt{1+x^2}$, llegamos a que \begin{eqnarray*} y+\sqrt{1+y^2}=-x+\sqrt{1+x^2}&\Rightarrow&x+y=\sqrt{1+x^2}-\sqrt{1+y^2}\\ &\Rightarrow&(x+y)^2=2+x^2+y^2-2\sqrt{(1+x^2)(1+y^2)}\\ &\Rightarrow&2xy=2-2\sqrt{(1+x^2)(1+y^2)}\\ &\Rightarrow&(xy-1)^2=(1+x^2)(1+y^2)\\ &\Rightarrow&x^2y^2-2xy+1=1+x^2+y^2+x^2y^2\ \Rightarrow\ (x+y)^2=0, \end{eqnarray*} donde sucesivamente hemos ido aislando las raíces y elevando al cuadrado para eliminarlas. De aquí deducimos que $x+y=0$.

Solución. Consideremos un rectángulo $ABCD$ de lados $AB=CD=1$ y $BC=DA=\sqrt{2}$. Por el teorema de Pitágoras, tenemos que $AC=\sqrt{3}$, luego el triángulo $ABC$ cumple las condiciones del enunciado. De hecho, podemos suponer que este es el triángulo ya que modificarlo por una semejanza no altera los ángulos ni las proporciones de los lados. Consideraremos también que $M,N,P$ son los puntos medios de los lados $AB,BC,CA$, respectivamente, y que $G$ es el baricentro de ABC$.

Observamos en primer lugar que $AN=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$ sin más que aplicar el teorema de Pitágoras a $ABN$. También se tiene que $CM=\frac{3}{2}$ aplicando el teorema de Pitágoras a $BCM$. Por último, se tiene que $BP=\frac{\sqrt{3}}{2}$ ya que es la mitad de la diagonal del rectángulo. Por lo tanto, las tres medianas tienen longitudes $\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}},\frac{3}{2}$, que son números proporcionales a $1,\sqrt{2},\sqrt{3}$ y, de esta forma, hemos respondido al apartado (b).

Dado que el baricentro $G$ corta a cada mediana en segmentos uno doble que el otro, podemos calcular $GN=\frac{1}{3}AN=\frac{1}{\sqrt{6}}$ y $GC=\frac{2}{3}CM=1$. Como también tenemos que $CN=\frac{1}{\sqrt{2}}$, podemos despejar el coseno del ángulo $\angle NGC$ utilizando el teorema del coseno en el triángulo $GCN$: \[\cos\angle CGN=\frac{GN^2+GC^2-CN^2}{2\,GN\cdot GC}=\frac{\frac{1}{6}+1-\frac{1}{2}}{2\cdot\frac{1}{\sqrt{6}}\cdot 1}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}},\] que coincide con el coseno de $\angle ACB$. Como ambos ángulos están entre $0$ y $180$, deben ser iguales. Se razona de la misma forma que $\angle BGN=\angle BAC$ y se razona también que $\angle AGP=90^\circ=\angle ABC$ sin más que comprobar que $BG^2+AG^2=AB^2$.

Solución. Observamos que si un número $n$ se puede obtener de esa manera, entonces se pueden obtener todos los números de la forma $n+5k$ sin más que aumentar $a$ en $k$ unidades. También vemos que se pueden obtener todos los múltiplos de $5$ tomando $b=0$. Dado que $11\equiv 1\pmod{5}$, menor número $n\equiv p\pmod{5}$ para $p\in\{1,2,3,4\}$ que puede expresarse como $5a+11b$ se obtiene para $b=p$, esto es, pueden obtenerse todos los números congruentes con $1$ módulo $5$ a partir de $11$, los congruentes con $2$ a partir de $22$, los congruentes con $3$ a partir de $33$ y los congruentes con $4$ a partir de $44$. De esta forma, se pueden obtener todos los números a partir de $40$ pero no el $39\equiv 4\pmod{5}$. La solución es, por tanto, $m=39$.

Nota. El teorema del nugget de pollo nos dice que dados dos números $u$ y $v$ positivos primos relativos, el mayor entero positivo que no se puede escribir como $au+bv$ con $a,b\geq 0$ enteros es $m=uv-u-v$. En este caso, basta tomar $u=5$ y $v=11$ para obtener el resultado $m=39$.

Solución. Sea $p_n$ el número de subconjuntos majos de $\{1,2,\ldots,2n-1\}$ que contienen a su último elemento $2n-1$ y $q_n$ el número de subconjuntos majos de $\{1,2,\ldots,2n-1\}$ que no lo contienen. Por lo tanto, el número que nos piden es $p_6+q_6$, pero podemos obtenerlo más fácilmente de forma recursiva utilizando conjuntos de menos elementos.

Para ello, comenzamos observando que $p_1=q_1=1$ ya que los subconjuntos majos de $\{1\}$ son el vacío (que no contiene a $1$) y el total $\{1\}$ (que sí lo contiene). Además, un subconjunto $A\subseteq \{1,2,\ldots,2n-1\}$ majo con $2n-1\in A$, da lugar a tres subconjuntos majos de $\{1,2,\ldots,2n+1\}$: podemos añadirle únicamente $2n+1$, añadirle $\{2n,2n+1\}$ o no añadirle nada. Por su parte, si $2n+1\not\in A$, tenemos únicamente dos posibilidades: añadirle $2n+1$ o no añadirle nada. Esto nos da las fórmulas recursivas \[p_{n+1}=2p_n+q_n,\qquad q_{n+1}=p_n+q_n.\] Sin necesidad de resolver la recurrencia en general (ver la nota), como solo nos interesa $p_6+q_6$, podemos calcular directamente con las fórmulas obtenidas y los valores iniciales, lo que nos da \[p_2=3,\quad q_2=2,\quad p_3=8,\quad q_3=5,\quad p_4=21,\quad q_4=13,\quad p_5=55,\quad q_5=34,\] de donde obtenemos finalmente $p_6=144$ y $q_6=89$, luego el número que nos piden es $233$.

Nota. En general, se puede expresar la solución de la recurrencia matricialmente como \[\begin{pmatrix}p_{n+1}\\q_{n+1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}^n\begin{pmatrix}p_1\\q_1\end{pmatrix}.\] Fíjate en que aparecen los números de Fibonnacci en los cálculos. ¿Sabrías relacionar la expresión matricial con la recursión de Fibonnacci?

Solución. Supongamos que $(x,y)$ es un punto en la intersección, luego verifica ambas ecuaciones. Sumando la primera multiplicada por $a$ a la segunda multiplicada por $c$, llegamos a la expresión \begin{align*} ay+cx=acx^2+ad+acy^2+ad+bc&\ \Longleftrightarrow\ ac(x^2+y^2)-cx-ay+ad+bc=0\\ &\ \Longleftrightarrow\ x^2+y^2-\tfrac{1}{a}x-\tfrac{1}{c}y+\tfrac{d}{c}+\tfrac{b}{a}=0\\ &\ \Longleftrightarrow\ (x-\tfrac{1}{2a})^2+(y-\tfrac{1}{2c})^2=\tfrac{1}{4a^2}+\tfrac{1}{4c^2}-\tfrac{d}{c}-\tfrac{b}{a} \end{align*} Al ser $b,d\lt 0$ y $a,c\gt 0$, se tiene que existe $r\gt 0$ tal que $\tfrac{1}{4a^2}+\tfrac{1}{4c^2}-\tfrac{d}{c}-\tfrac{b}{a}=r^2$. Por lo tanto, todos los puntos de intersección están sobre la circunferencia de centro $(\frac{1}{2a},\frac{1}{2c})$ y radio $r$.

Nota. En realidad, no hemos probado que hay necesariamente cuatro puntos de intersección (porque podría no haberlos). El argumento demuestra que si hay cuatro como dice el enunciado, entonces son necesariamente concíclicos.

Solución. Podemos usar la fórmula de De Moivre para expresar \[(\operatorname{sen}(1)+i\cos(1))^{90}=\operatorname{sen}(90)+i\cos(90)=1.\] Si ahora expandimos el miembro de la derecha usando el binomio de Newton, tenemos que \[1=(\operatorname{sen}(1)+i\cos(1))^{90}=\sum_{k=0}^{90}\binom{90}{k}\operatorname{sen}^k(1)i^{90-k}\cos^{90-k}(1).\] Si tomamos la parte real en ambos miembros de la igualdad anterior, todos los sumandos con $k$ impar desaparecen, luego podemos sustituir $k=2j$ (con $0\leq j\leq 45$) para llegar a que \begin{align*} 1=(\operatorname{sen}(1)+i\cos(1))^{90}&=\sum_{j=0}^{45}\binom{90}{2j}(-1)^{j+1}\operatorname{sen}^{2j}(1)\cos^{90-2j}(1)\\ &=\sum_{j=0}^{45}\binom{90}{2j}(-1)^{j+1}\operatorname{sen}^{2j}(1)(1-\operatorname{sen}^2(1))^{45-j}. \end{align*} Observemos que hemos sustituido $i^{90-2j}=(-1)^j$ y también hemos utilizado $\cos^2(1)=1-\operatorname{sen}^2(1)$, lo cual es posible porque todos los exponentes de los cosenos son pares. Esto nos da un polinomio con coeficientes enteros, una de cuyas raíces es $\operatorname{sen}(1)$.

Solución. Hay un total de $\binom{m+n}{n}=\binom{m+n}{m}$ casos posibles en cuanto a combinaciones de carga y descarga, ya que hay el mismo número de casos que posibles elecciones de un subconjunto de $n$ elementos (las descargas) de un conjunto de $m+n$ elementos (las escalas). Debemos ver cuántos de ellos conducen a sobrepasar la capacidad del avión.

Una apreciación importante es que al final del itinerario, el avión tendrá una carga de $m$ toneladas independientemente de cuál sea el orden de cargas y descargas, luego tiene que ser $m\leq k$ para que haya alguna posibilidad de que se complete el vuelo. En otras palabras, si $m\gt k$, entonces la probabilidad es $0$, por lo que supondremos que $m\leq k$ en lo que sigue a continuación.

Si la capacidad se sobrepasa en algún instante, entonces podemos considerar el momento en que se ha sobrepasado por primera vez. Si hasta ese punto se han hecho $m_1$ cargas y $n_1$ descargas, después tocan $m_2=m-m_1$ cargas y $n_2=n-n_2$ descargas en el itinerario previsto. Por ser el primer punto de sobrecarga, tendremos que se han producido justamente $k+1-n$ más cargas que descargas, es decir, $m_1-n_1=k+1-n$. En consecuencia, tenemos que \[n_1+m_2=n_1-m_1+m=m+n-k-1\] no depende del momento de sobrecarga ni del orden de cargas y descargas en todo el itinerario. Si consideramos los conjuntos

• Itinerarios desastrosos (en los cuales hay sobrecarga),
• subconjuntos de $m+n-k-1$ elementos del conjunto de $m+n$ elementos,

entonces hemos establecido una forma de asignarle a cada elemento del primer conjunto uno del segundo conjunto (puntos en los que se descarga hasta el primer punto de sobrecarga y después puntos en los que se carga). Esta asignación es biyectiva ya que a cada subconjunto de $m+n-k-1$ elementos le podemos asignar un itinerario desastroso: usamos los elementos del subconjunto como únicos puntos de descarga hasta que se produce el desastre y luego como los únicos puntos de carga. Por lo tanto, la probabilidad que nos piden es \[\begin{cases}\frac{\binom{m+n}{n}-\binom{m+n}{k+1}}{\binom{m+n}{n}}&\text{si }m\leq k,\\0&\text{si }m\gt k.\end{cases}\]