Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Pongamos que $a+bi\in\mathbb{C}$ es el número complejo no nulo en cuestión y queremos encontrar $z,w\in\mathbb{C}$ tales que $z+w=a+bi$ tales que $z-w$ y $zw^{-1}$ sean imaginarios puros. Si escribimos $z=x+iy$ y $w=u+iv$, tenemos que \[z-w=(x-u)+(y-v)i,\qquad zw^{-1}=\frac{xu+yv}{u^2+v^2}+\frac{yu-xv}{u^2+v^2},\] luego debe ser $x-u=0$ y $xu+yv=0$, pero también tenemos que $x+u=a$ e $y+v=b$, lo que nos da un sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas reales. De $x-u=0$ y $x+u=a$ obtenemos que $x=u=\frac{a}{2}$, con lo que las otras dos ecuaciones quedan $yv=\frac{-1}{4}a^2$ e $y+v=b$, esto es, $y$ y $v$ son soluciones de la ecuación $X^2-bX-\frac{1}{4}a^2=0$ ($X$ es la incógnita), luego podemos tomar $y=\frac{b+\sqrt{b^2+a^2}}{2}$ y $v=\frac{b-\sqrt{b^2+a^2}}{2}$ usando la fórmula para las soluciones de la ecuación de segundo grado. En definitiva, los únicos números (salvo cambiarlos de orden) que resuelven el problema son \[z=\frac{a}{2}+\frac{b+\sqrt{b^2+a^2}}{2}i,\qquad w=\frac{a}{2}+\frac{b+\sqrt{b^2+a^2}}{2}i.\]

Solución. Sean $A'$ y $B'$ las proyecciones de $A$ y $B$ sobre la recta $OP$ y consideremos el ángulo $\theta=\angle BOP=\angle AOA'$, de forma que $OA'=OB'=r\cos\theta$ y $AA'=BB'=r\operatorname{sen}\theta$. El teorema de Pitágoras en los triángulos rectángulos $AA'P$ y $BB'P$ nos dice que \begin{align*} PA^2&=(AA')^2+(A'P)^2=r^2\operatorname{sen}^2\theta+(OP+r\cos\theta)^2,\\ PB^2&=(BB')^2+(B'P)^2=r^2\operatorname{sen}^2\theta+(OP-r\cos\theta)^2. \end{align*} Sumando ambas expresiones tenemos que $PA^2+PB^2=2OP^2+2r^2$, que no depende de la cuerda trazada y hemos demostrado así el apartado (a).

En cuanto al apartado (b), el área de $ABP$ se calcula como \[\operatorname{Area}(ABP)=\frac{1}{2}AB\cdot AA'=\frac{1}{2}2r\cos\theta\cdot r\operatorname{sen}\theta=r^2\operatorname{sen}(2\theta).\] Esta área es máxima claramente cuando $\operatorname{sen}(2\theta)=1$, es decir, cuando $\theta=45^\circ$, en cuyo caso obtenemos la longitud $AB=2r\cos\theta=r\sqrt{2}$.

Solución. Puede parecer que son necesarios seis conciertos, pero se puede conseguir con únicamente cuatro conciertos. Si numeramos los músicos con los números del 1 al 6, podemos hacer el siguiente programa para el festival:

• Primer concierto: tocan los músicos 1, 2 y 3.
• Segundo concierto: tocan los músicos 1, 4 y 5.
• Tercer concierto: tocan los músicos 2, 5 y 6.
• Cuarto concierto: tocan los músicos 3, 6 y 4.

Habremos terminado si comprobamos no se puede conseguir que todos escuchen a todos en tres o menos conciertos. En un concierto que tocan $k$ músicos y $6-k$ escuchan, hay un total de $k(6-k)$ escuchas. Este número es máximo cuando $k=3$, es decir, en cada concierto hay un máximo de 9 escuchas (cuando tocan tres músicos y los escuchan los tres restantes). Si hay tres o menos conciertos, entonces hay un máximo de 27 escuchas, pero cada uno de los seis músicos debe escuchar a los cinco restantes, luego es necesario un mínimo de $6\cdot 5=30$ escuchas.

Solución. Sean $\alpha,\beta,\gamma$ las tres raíces de la ecuación y supongamos que $\beta+\gamma=4$, con lo que podemos factorizar el polinomio como \begin{align*}(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)&=x^3-(\alpha+\beta+\gamma)x^2+(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)x-\alpha\beta\gamma\\ &=x^3-(\alpha+4)x^2+(4\alpha+\beta\gamma)x-\alpha\beta\gamma \end{align*} Identificando esta expresión con el polinomio del enunciado, del término en $x^2$ obtenemos que $\alpha=499$, del término en $x$ que $a+4=1996+\beta\gamma$ (luego $\beta\gamma=a-1992$) y del término independiente que $a=499\beta\gamma=499a-499\cdot 1992$. Esta última ecuación tiene solución $a=1996$ (¡el año!).

Solución. Si pasamos todo al miembro de la izquierda y operamos, llegamos a la desigualdad equivalente $a^2-4ab+4b^2+2ac-4bc+c^2\geq 0$, que no es otra cosa que \[(a-2b+c)^2\geq 0.\] Escrita de esta forma la desigualdad es evidente ya que cualquier número al cuadrado es mayor o igual que cero. Además, la igualdad se cumple si y sólo si $a-2b+c=0$, es decir, si $b$ es la media aritmética de $a$ y $c$.

Solución. Evidentemente, la cifra de las unidades de $n$ tiene que ser impar. Si $n\geq 11$ y escribimos $n=10x+y$ con $x,y\geq 1$ enteros, siendo $y\leq 9$ impar, como $y^2$ es igual a uno de los números $1,9,25,49,81$ y todos ellos tienen la cifra de las decenas par, tenemos que $n^2=100x^2+20xy+y^2$ es mayor que $100$ y también tiene la cifra de las decenas par. No queda otra que $x=0$, lo que nos lleva a las únicas soluciones $n=1$ y $n=3$.

Solución. Llamando $a$ a la hipotenusa y $b$ y $c$ a los catetos, el área del triángulo se puede calcular como $\frac{1}{2}bc$ (ya que los catetos hacen de base y altura) y también como $\frac{1}{2}r(a+b+c)$, luego se cumple que $r=\frac{bc}{a+b+c}$. Las distancias de $I_1$ e $I_2$ a $AD$ son los radios inscritos de los triángulos $ABD$ y $ACD$, que son semejantes a $ABC$ con razones de semejanza $\frac{c}{a}$ y $\frac{b}{a}$, respectivamente. Por lo tanto, la condición del enunciado se puede escribir como \[\frac{c}{a}r+\frac{b}{a}r=\frac{a}{4}\ \Longleftrightarrow\ 4bc(b+c)=a^2(a+b+c).\] Dividiendo ambos miembros por $a^3$ y teniendo en cuenta que $\frac{b}{a}=\cos\theta$ y $\frac{c}{a}=\operatorname{sen}\theta$ (siendo $\theta=\angle ACB$), obtenemos que \[4\cos\theta\,\operatorname{sen}\theta (\cos\theta+\operatorname{sen}\theta)=1+\cos\theta+\operatorname{sen}\theta.\] Como hay términos de grado $3$ en seno y coseno, intentaremos introducir los senos y cosenos de $3\theta$, que vienen dados por \[\cos(3\theta)=\cos^3\theta-3\cos\theta\operatorname{sen}^2\theta,\qquad \operatorname{sen}(3\theta)=-\operatorname{sen}^3\theta+3\cos^2\theta\operatorname{sen}\theta. \] Entonces, podemos desarrollar \begin{align*} 4\cos\theta\,\operatorname{sen}\theta (\cos\theta+\operatorname{sen}\theta)&=\cos\theta(1-\cos^2\theta)+\operatorname{sen}\theta\,(1-\operatorname{sen}^2\theta)+3\cos^2\theta\operatorname{sen}\theta+3\cos\theta\operatorname{sen}^2\theta\\ &=\cos\theta+\operatorname{sen}\theta-\cos(3\theta)+\operatorname{sen}(3\theta). \end{align*} Utilizando esta última identidad, podemos expresar la ecuación que teníamos como \[\operatorname{sen}(3\theta)-\cos(3\theta)=1.\] Utilizando la fórmula del seno de una suma para desarrollar $\operatorname{sen}(3\theta-45)$, llegamos a que la ecuación se puede a su vez reescribir como \[\operatorname{sen}(3\theta-45)=\frac{\sqrt{2}}{2}\operatorname{sen}(3\theta)-\frac{\sqrt{2}}{2}\cos(3\theta)=\frac{\sqrt{2}}{2}.\] Tenemos así que $3\theta-45=45+360k$ o bien $3\theta-45=135+360k$ para cierto entero $k$. En otras palabras, $\theta=30+120k$ o bien $\theta=60+120k$. Como las únicas soluciones que nos interesan son las que se encuentran en el intervalo $[0,90]$, deducimos que necesariamente el triángulo del enunciado tiene ángulos de $30$, $60$ y $90$.

Solución. Tenemos los siguientes valores: \begin{align*} q(1)&=1,& q(2)&=2,& q(3)&=3,& q(4)&=2,& q(5)&=2,\\ q(6)&=3,& q(7)&=3,& q(8)&=4,& q(9)&=3,& q(10)&=3,\\ q(11)&=3,& q(12)&=4,& q(13)&=4,& q(14)&=4,& q(15)&=5,\\ q(16)&=4,& q(17)&=4,& q(18)&=4,& q(19)&=4,& q(20)&=5,\\ q(21)&=5,& q(22)&=5,& q(23)&=5,& q(24)&=6,& q(25)&=5. \end{align*} Observamos que los valores van cambiando por unidades y justo los valores de $n$ en los que la función decrece son 3, 8, 15 y 24, que son todos una unidad menos que un cuadrado. Nuestra conjetura será que $q(n)\gt q(n+1)$ si y sólo si $n= k^2-1$ para cierto entero $k\geq 2$.

Por un lado, tenemos que si $n=k^2-1$, entonces \[q(n)=\left\lfloor\frac{k^2-1}{\lfloor\sqrt{k^2-1}\rfloor}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{k^2-1}{k-1}\right\rfloor=k+1,\] mientras que \[q(n+1)=\left\lfloor\frac{k^2}{\lfloor\sqrt{k^2}\rfloor}\right\rfloor=k,\] luego se tiene que $q(n)\gt q(n+1)$. Por otro lado, supongamos ahora que $n$ no es de la forma $k^2-1$, luego tendremos que $(k-1)^2\leq n\lt k^2-1$ para algún $k$ y podremos entonces escribir $n=k^2-a$ para $2\leq a\leq 2k-1$. Tenemos entonces que \[q(n+1)=\left\lfloor\tfrac{k^2-a+1}{\lfloor\sqrt{k^2-a+1}\rfloor}\right\rfloor=\left\lfloor\tfrac{k^2-a+1}{k-1}\right\rfloor\geq \left\lfloor\tfrac{k^2-a}{k-1}\right\rfloor=\left\lfloor\tfrac{k^2-a}{\lfloor\sqrt{k^2-a}\rfloor}\right\rfloor=q(n),\] ya que la función parte entera es creciente. Esto prueba la conjetura.