Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Llamamos $\gamma=\angle ACB$ por comodidad y supongamos que $AB\lt AC$ sin perder generalidad. Tenemos que $\angle AOC=2\gamma$ por la propiedad del ángulo central. Como $OA$ y $AM$ son perpendiculares, para que los ángulos del triángulo $AMO$ sumen $180$, tiene que ser $\angle AMO=90-2\gamma$, luego $\angle NMU=90+2\gamma$ y ya tenemos uno de los tres ángulos del triángulo $UMN$. Por otro lado, se tiene que $ARS$ es rectángulo isósceles, luego $\angle NRB=\angle ARS=45$. Como $\angle RBN=180-\angle ABC=180-(90-\gamma)=90+\gamma$, para que los ángulos de $NRB$ sumen $180$ tiene que ser $\angle RNB=45-\gamma$ y tenemos el segundo ángulo de $UMN$. Para que la suma sea $180$, el tercero tiene que ser igual a $180-(90+2\gamma)-(45-\gamma)=45-\gamma$, luego $\angle UNM=\angle MUN=45-\gamma$ y queda demostrado que el triángulo $UMN$ es isósceles.

Solución. La suma $\sum_{i\lt j}|a_i-a_j|$ suma sobre las parejas $\{i,j\}$ de índices distintos de números sin repetir parejas, luego podemos suponer sin pérdida de generalidad que los números están ordenados como $a_1\geq a_2\geq\ldots\geq a_n$ y quitar los valores absolutos.

Para demostrar la primera desigualdad, para cada subíndice intermedio $1\lt i\lt n$, vamos a quedarnos solo con los sumandos $a_1-a_i$ y $a_i-a_n$, que suman $a_1-a_n=d$. Esto nos da una cota $s\geq (n-2)d$ ya que hay $n-2$ subíndices intermedios. Si también le añadimos la diferencia $a_1-a_n=d$ entre el mayor y el menor, tenemos que $s\geq (n-1)d$ y la igualdad se alcanza si y sólo cualquier otra diferencia de dos términos es nula, es decir, cuando dados dos subíndices intermedios $1\lt i,j\lt n$, se cumple que $a_i-a_j=0$. Tenemos, por tanto, que la igualdad se alcanza si y solo si $a_2=a_3=\ldots=a_{n-1}$.

Para la otra desigualdad, vamos a calcular $s$ explícitamente. En la suma $s$, un término $a_k$ se suma $n-k$ veces (una por cada subíndice $k\lt j\leq n$) y se resta $k-1$ veces (una por cada subíndice $1\leq j\lt k$). Por lo tanto, tenemos que \begin{align*} s&=(n-1)a_1+(n-2)a_2+(n-3)a_3+\ldots+1a_{n-1}+0a_n\\ &\qquad -0a_1-1a_2-2a_3-\ldots-(n-2)a_{n-1}-(n-1)a_n\\ &=(n-1)a_1+(n-3)a_2+(n-5)a_3+\ldots+(5-n)a_{n-2}+(3-n)a_{n-1}+(1-n)a_n. \end{align*} Distinguimos dos casos:

• Si $n=2k$ es par, entonces hay $k$ coeficientes positivos y $k$ negativos. Si dejamos fijos $a_1$ y $a_n$, la suma $s$ será menor o igual que si tomamos $a_1=a_2=\ldots=a_k$ y $a_{k+1}=a_{k+2}=\ldots=a_n$ (maximizamos los términos con coeficiente positivo y minimizamos los que tienen coeficiente negativo). Esto nos dice que \[s\leq ((2k-1)+(2k-3)+\ldots+1)(a_1-a_n)=k^2d=\tfrac{n^2}{4}d\] y la igualdad se alcanza si y sólo si la mitad de los números son iguales al menor y la otra mitad iguales al mayor.
• Si $n=2k+1$ es impar, entonces el coeficiente central que multiplica a $a_{k+1}$ es $0$, luego el valor de $a_{k-1}$ no influye en $s$. Haciendo un razonamiento similar al caso anterior, tenemos que \[s\leq (2k+(2k-2)+\ldots+2)(a_1-a_n)=(k^2+k)d=\tfrac{n^2-1}{4}d.\] Por tanto, se tiene que $s\lt\frac{n^2}{4}$ a menos que $d=0$, es decir, la igualdad se alcanza si y solo si todos los números son iguales.