Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Observemos que $x^2+x=x(x+1)$ y que $x$ y $x+1$ no tienen factores comunes. Por tanto, cualquier factor primo de $y$ es factor de $x$ o de $x+1$, pero no de ambos. De esta forma, tanto $x$ como $x+1$ tienen que ser potencias $k$-ésimas de números enteros. Las únicas potencias $k$-ésimas positivas que difieren en una unidad son $0$ y $1$, a las que también hay que añadir $-1$ y $0$ si $k$ es impar. Deducimos que $x=0$ o $x=-1$, lo que nos da como únicas soluciones $(x,y)=(0,0)$ y $(x,y)=(-1,0)$, que son válidas para cualquier entero $k\gt 1$, como puede comprobarse fácilmente.

Solución. Si llamamos $\alpha,\beta,\gamma$ a las tres raíces de $p(x)$, entonces podemos escribir \begin{align*} p(x)&=(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)\\ &=x^3-(\alpha+\beta+\gamma)x^2+(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)x-\alpha\beta\gamma, \end{align*} de modo que (identificando coeficientes) obtenemos las relaciones de Cardano-Vieta: \[\alpha+\beta+\gamma=-2,\qquad \alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=3,\qquad\alpha\beta\gamma=-4.\] Ahora bien, queremos encontrar un polinomio $q(x)$ cuyas raíces sean $\alpha^2$, $\beta^2$ y $\gamma^2$, luego por un argumento similar al anterior, dicho polinomio será \[q(x)=x^3-(\alpha^2+\beta^2+\gamma^2)x^2+(\alpha^2\beta^2+\beta^2\gamma^2+\gamma^2\alpha^2)x-\alpha^2\beta^2\gamma^2\] y bastará encontrar los tres coeficientes anteriores. Esto no es demasiado dificultoso ya que podemos calcularlos en términos de las cantidades ya conocidas: \[\alpha^2+\beta^2+\gamma^2=(\alpha+\beta+\gamma)^2-2(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)=(-2)^2-2\cdot 3=-2,\] \[\alpha^2\beta^2+\beta^2\gamma^2+\gamma^2\alpha^2=(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)^2-2\alpha\beta\gamma(\alpha+\beta+\gamma)=3^2-2\cdot 4\cdot 2=-7,\] \[\alpha^2\beta^2\gamma^2=(\alpha\beta\gamma)^2=4^2=16.\] De esta forma, el polinomio buscado es $q(x)=x^3+2x^2-7x-16$.

Solución. Por la simetría del problema, podemos pensar en que los puntos de contacto con los ejes están en el semiplano superior y luego añadir la configuración simétrica respecto del origen para completar los lugares geométricos que nos piden. Supondremos entonces que los vértices de contacto tienen coordenadas $A=(a,0)$ y $B=(0,\sqrt{100-a^2})$ y que, por tanto, $a$ se mueve en el intervalo $(-10,10)$. Observemos que $a=-10$ se corresponde con el cuadrado apoyado en el semieje negativo $OX$ y que el cuadrado está contenido en el tercer cuadrante, mientras que si $a=10$ entonces el cuadrado estará contenido completamente en el primer cuadrante.

1. El punto medio $M$ del lado $AB$ tiene coordenadas $x_M=\tfrac{a}{2}$ e $y_M=\tfrac{1}{2}\sqrt{100-a^2})$, luego se cumple que $x_M^2+y_M^2=25$. Esto nos dice que $M$ describe la mitad superior de la circunferencia de radio $5$ y centro $(0,0)$. Por simetría, $M$ describe la circunferencia entera cuando dejamos que $B$ también se mueva por el semiplano inferior.
2. Un vector normal al lado de contacto es $\vec{n}=(\sqrt{100-a^2},a)$ y tiene módulo $10$ igual a la longitud del lado. El centro del cuadrado puede calcularse como $C=M+\frac{1}{2}\vec{n}$, que tiene coordenadas $x_C=\tfrac{a}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{100-a^2}$ e $y_C=\tfrac{1}{2}\sqrt{100-a^2})+\frac{a}{2}$, por lo que se cumple que $x_C=y_C$. Queda por ver qué puntos exactamente de la recta $x=y$ (bisectriz del primer cuadrante) toma el punto $C$, para lo que consideramos la función $f(a)=\tfrac{a}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{100-a^2}$, que es continua en $[-10,10]$ y derivable en $(-10,10)$. Se verifica que $f'(a)=\frac{1}{2}-\frac{x}{2\sqrt{100-x^2}}$, de donde es fácil ver que $f'(a)=0$ tiene por única solución $a=5\sqrt{2}$, donde la función alcanza su máximo absoluto en el intervalo $[-10,10]$ y el valor máximo correspondiente es $f(5\sqrt{2})=5\sqrt{2}$. El mínimo absoluto se alcanza en el extremo $a=-10$, donde no es derivable, pero se cumple que $f(-10)=-5$. De esta forma, $C$ toma todos los valores en el segmento que une $(-5,-5)$ y $(5\sqrt{2},5\sqrt{2})$. Al considerar también el caso simétrico en que $B$ recorre el semiplano inferior, concluimos que el lugar geométrico de $C$ es el segmento rectilíneo que une $(-5\sqrt{2},-5\sqrt{2})$ y $(5\sqrt{2},5\sqrt{2})$ contenido en la bisectriz del primer cuadrante, incluyendo los extremos de dicho segmento.
3. Un vértice $V$ opuesto al lado $AB$ viene dado por $V=A+\vec{n}$, luego tiene coordenadas $x_V=a+\sqrt{100-a^2}$ e $y_V=a$. Tenemos así que $(x_V-y_V)^2=100-y_V^2$ o equivalentemente $x_V^2-2x_Vy_V+2y_V^2=100$. Se trata, por tanto, de saber qué conjunto representa la ecuación $x^2-2xy+2y^2=100$. Como es un polinomio cuadrático, deducimos que se trata de una cónica; como podemos completar cuadrados para expresarlo como $(x-y)^2+y^2=100$ y ambos cuadrados tienen coeficientes positivos, deducimos que se trata de una elipse; como no tiene términos lineales en $x$ o $y$, deducimos que está centrada en el origen, aunque no tiene sus ejes paralelos a los ejes de coordenadas por tener término en $xy$. Ahora bien, al variar $a$ en $[-10,10]$ se ve fácilmente que se recorren todos los puntos de la elipse una vez se ha añadido el caso en que $B$ recorre el semieje $OY$ negativo.

Nota. Hemos supuesto que cuando $A$ y $B$ están en los semiejes positivos, el cuadrado está enteramente contenido en el primer cuadrante. Existe otra posibilidad que es suponer que en ese caso el cuadrado mira hacia el otro lado. No obstante, en tal caso, los lugares geométricos que nos piden serían simétricos de los obtenidos ya que se trataría simplemente de girar $90^\circ$ la figura.

Solución. Podemos desarrollar (véase la nota): \begin{align*} S_N=\sum_{n=1}^N\frac{1}{a_n}&=\sum_{n=1}^N\frac{4n^2}{4n^2-1}=\sum_{n=1}^N\left(1-\frac{1}{4n^2-1}\right)\\ &=N-\sum_{n=1}^N\frac{1}{4n^2-1}=N-\frac{1}{2}\sum_{n=1}^N\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right). \end{align*} La última suma es telescópica, es decir, se suman y se restan términos que se cancelan entre sumandos consecutivos. Concretamente, tenemos que \begin{align*}\sum_{n=1}^N\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right)&=\left(1-\tfrac{1}{3}\right)+\left(\tfrac{1}{3}-\tfrac{1}{5}\right)+\left(\tfrac{1}{5}-\tfrac{1}{7}\right)+\ldots+\left(\tfrac{1}{2N-1}-\tfrac{1}{2N+1}\right)\\ &=1-\frac{1}{2N+1}=\frac{2N}{2N+1}. \end{align*} De esta forma, podemos calcular \[S_N=N-\frac{1}{2}\cdot\frac{2N}{2N+1}=\frac{2N^2}{2N+1}.\] Por lo tanto, para $N=2013$ obtenemos la suma deseada: $\frac{2\cdot 2013^2}{2027}$.

Nota. Puede parecer un poco mágica la transformación que se hace de la suma original, pero responde a un esquema general similar al proceso de integración de funciones racionales. Esta técnica funciona siempre que se pueda factorizar el denominador con raíces simples racionales.

En primer lugar, se divide numerador entre el denominador para que el grado del denominador sea mayor que el del numerador, lo que nos da \[\frac{4n^2}{4n^2-1}=\frac{4n^2-1+1}{4n^2-1}=1-\frac{1}{4n^2-1}.\] En segundo lugar, visto que $4n^2-1=(2n-1)(2n+1)$, intentamos expresar \[\frac{1}{4n^2-1}=\frac{A}{2n-1}+\frac{B}{2n+1}\ \Leftrightarrow\ 1=(2n+1)A+(2n-1)B\] para ciertas constantes $A,B\in\mathbb{R}$. Para que esta última igualdad entre polinomios sea cierta, se tiene que $A+B=0$ (término en $n$) y $A-B=1$ (término independiente). Por tanto, se sigue que $A=\frac{1}{2}$ y $B=-\frac{1}{2}$.

Solución. Aplicando la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica a los números $2^{\mathrm{sen}^2(x)}$ y $2^{\cos^2(x)}$, tenemos que \[\frac{2^{\mathrm{sen}^2(x)}+2^{\cos^2(x)}}{2}\leq\sqrt{2^{\mathrm{sen}^2(x)+\cos^2(x)}}=\sqrt{2}.\] Por lo tanto, estamos buscando ángulos $x$ para los que se obtenga la igualdad en esta desigualdad, la cual es cierta cuando los dos números son iguales, es decir, $2^{\mathrm{sen}^2(x)}=2^{\cos^2(x)}$. Esto a su vez equivale a que $\mathrm{sen}^2(x)=\cos^2(x)$ y, dividiendo por $\cos^2(x)$, también equivale a $\mathrm{tg}(x)=\pm 1$. Por tanto, las soluciones de la ecuación son $x=45+90k$ para cualquier entero $k$. Dividiendo $2013$ entre $90$ obtenemos $2013=22\cdot 90+33$ (cociente $22$ y resto $33$), luego el valor más cercano por exceso es $22\cdot 90+45=2025^\circ$ y el valor más cercano por defecto es $21\cdot 90+45=1955^\circ$.

Solución.

Sea $S$ el área del $ABC$. Consideramos los puntos medios $M$ de $AB$ y $N$ de $AC$, cuyas medianas $CM$ y $BN$ se cortan en el baricentro $G$. Los puntos $P$ y $Q$ trisecan el lado $BC$, con $P$ más cercano a $B$. La pajarita está formada por dos triángulos construidos de forma análoga. Analizaremos el triángulo $GIJ$, donde $I$ es la intersección de $AP$ con $CM$ y $J$ es la intersección de $AP$ con $BN$ y veremos que su área es $\frac{1}{60}S$. Un argumento similar cambiando los papeles de $B$ y $C$ muestra que el área del otro lado de la pajarita es también $\frac{1}{60}S$, luego el resultado que nos piden es $\frac{1}{60}S+\frac{1}{60}S=\frac{1}{30}S$.

Para determinar la posición de $I$ y $J$ sobre $AP$, usamos la relación de áreas. Para el punto $I$ sobre la línea $CM$, tenemos \[\frac{AI}{IP} = \frac{\text{Área}(ACM)}{\text{Área}(PCM)}=\frac{3}{2},\] ya que $\text{Área}(ACM) = \frac{1}{2}S$ y $\text{Área}(PCM) = \frac{2}{3} \cdot \frac{S}{2} =\frac{1}{3}S$. Deducimos entonces que $AI = \frac{3}{5}AP$.

En cuanto al punto $J$ sobre la línea $BN$, tenemos de forma similar \[\frac{AJ}{JP} = \frac{\text{Área}(ABN)}{\text{Área}(PBN)}=3.\] puesto que $\text{Área}(ABN) = \frac{1}{2}S$ y $\text{Área}(PBN) = \frac{1}{3} \cdot \frac{S}{2} = \frac{1}{6}S$. Tenemos entonces que $AJ = \frac{3}{4}AP$. La longitud del segmento base es $IJ = AJ - AI = (\frac{3}{4} - \frac{3}{5})AP = \frac{3}{20}AP$.

Vamos finalmente con el área del $AGP$, para lo que calculamos

\[\text{Área}(ABPG)=\text{Área}(ABG)+\text{Área}(GBP)=\frac{1}{3}S+\frac{1}{3}\text{Área}(GBC)=\frac{1}{3}S+\frac{1}{3}S=\frac{4}{9}S.\] Restando $\text{Área}(ABP) = \frac{1}{3}S$, obtenemos $\text{Área}(AGP) =\frac{1}{9}S$. Puesto que $GIJ$ y $AGP$ comparten la altura desde $G$ respecto a la recta $AP$, la relación de sus áreas es la relación de sus bases: \[\text{Área}(GIJ) = \frac{IJ}{AP} \cdot \text{Área}(AGP) = \frac{3}{20} \cdot \frac{S}{9} = \frac{S}{60}.\]

Nota. Aunque parezca muy intrincada e ingeniosa la forma de considerar relaciones entre lados como relaciones entre áreas, este es un tema recurrente de olimpiadas en torno a la razón simple y el teorema de Ceva. La solución podría haberse simplificado considerando dos cevianas en un triángulo que se corten en un punto interior y hallando la relación entre las longitudes de los segmentos en que una divide a la otra y la relación entre las áreas de los triángulos que se forman. Estas relaciones no dependen de la forma del triángulo sino de las proporciones en que cada ceviana divide al lado opuesto.

Solución. Si $n$ es negativo, podemos cambiar $n$ por $-n$ y suponer que $n$ es positivo sin pérdida de generalidad. Ahora bien, podemos expresar $n=1000a+b$ para ciertos enteros $a$ y $b$, donde $0\leq b\leq 999$ es el número que representa las tres últimas cifras de $n$ y $a\geq 0$ las cifras restantes. Entonces, tenemos que \[k=b-a=n-1000a-a=n-1001a=n-7\cdot 11\cdot 13a.\] Esto nos dice que si $7$, $11$ o $13$ dividen a $n$, el miembro de la derecha será múltiplo de este factor, luego $k$ también lo será. Análogamente, si despejamos $n=k+7\cdot 11\cdot 13a$, tenemos que si $k$ es múltiplo de $7$, $11$ o $13$, también lo será $n$.

Solución. Si llamamos $\alpha,\beta,\gamma$ a las tres raíces de $p(x)$, entonces podemos escribir \begin{align*} p(x)&=(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)\\ &=x^3-(\alpha+\beta+\gamma)x^2+(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)x-\alpha\beta\gamma, \end{align*} de modo que (identificando coeficientes) obtenemos las relaciones de Cardano-Vieta: \[\alpha+\beta+\gamma=-2,\qquad \alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=3,\qquad\alpha\beta\gamma=-4.\] Esto nos permite calcular \[\alpha^2+\beta^2+\gamma^2=(\alpha+\beta+\gamma)^2-2(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)=(-2)^2-2\cdot 3=-2.\] Con un poco más de esfuerzo, podemos expresar también la suma de los cubos en términos de las cantidades conocidas desarrollando \begin{align*} (\alpha+\beta+\gamma)^3&=\alpha^3+\beta^3+\gamma^3+3[\alpha\beta^2+\alpha\gamma^2+\beta\alpha^2+\beta\gamma^2+\gamma\alpha^2+\gamma\beta^2]+6\alpha\beta\gamma \end{align*} y también \[(\alpha\beta+\beta\gamma+\alpha\gamma)(\alpha+\beta+\gamma)=[\alpha\beta^2+\alpha\gamma^2+\beta\alpha^2+\beta\gamma^2+\gamma\alpha^2+\gamma\beta^2]+3\alpha\beta\gamma.\] Podemos despejar en ambas e igualar el término entre corchetes para llegar a que \begin{align*} \alpha^3+\beta^3+\gamma^3&=(\alpha+\beta+\gamma)^3-3(\alpha\beta+\beta\gamma+\alpha\gamma)(\alpha+\beta+\gamma)+3\alpha\beta\gamma\\ &=(-2)^3-3\cdot 3\cdot(-2)+3\cdot (-4)=-2. \end{align*} Vemos así que $\alpha+\beta+\gamma=\alpha^2+\beta^2+\gamma^2=\alpha^3+\beta^3+\gamma^3=-2$.

Nota. El cálculo de polinomios simétricos de las raíces de polinomios es un tema recurrente en las olimpiadas y este problema es más bien un ejercicio estándar.

Solución. Vamos a denotar por $A_1,A_2,\ldots,A_{15}$ a las chicas y por $O_1,O_2,\ldots,O_{15}$ a los chicos, ambos conjuntos dispuestos en orden creciente de alturas (de menor a mayor). Dado un entero $1\leq n\leq 15$, queremos demostrar que la diferencia de alturas entre $A_n$ y $O_n$ no es mayor que $10$ cm, para lo que razonaremos por reducción al absurdo suponiendo que $A_n$ es más de 10 cm más alta que $O_n$ (el caso en que $O_n$ es más de 10 cm más alto que $A_n$ también hay que considerarlo pero es completamente análogo cambiando chicos por chicas). Distinguiremos los casos $n=1$ y $n\gt 1$ ya que el razonamiento es ligeramente distinto:

• Si $n=1$, entonces $O_1$ es más de $10$ cm más bajo que $A_1$, luego más de $10$ cm más bajo que todas las chicas ($A_1$ era la más baja). Por lo tanto, no podía haber estado emparejado con ninguna otra en el primer emparejamiento, lo cual es una contradicción.
• Si $n\gt 1$, entonces $O_1,O_2,\ldots,O_{n-1}$ son más bajos que $O_n$ quien es más de $10$ cm más bajo que $A_n$. Por lo tanto, $O_1,O_2,\ldots,O_{n-1}$ no podían haber estado emparejados con $A_n,A_{n+1},\ldots,A_{15}$ en el primer emparejamiento. Deducimos que en dicho primer emparejamiento $O_1,O_2,\ldots,O_{n-1}$ tenían sus parejas en el conjunto $A_1,A_2,\ldots,A_{n-1}$. Por lo tanto, $O_n$ tenía que estar emparejado con alguna de las chicas $A_n,A_{n+1},\ldots,A_{15}$, pero todas ellas son más de $10$ cm más altas que él, llegando también a contradicción.

Solución. Vamos a demostrar por inducción sobre $n$ que se cumple la siguiente desigualdad para todo $n\in\mathbb{N}$: \[a_1a_2\cdots a_n\leq 3-\frac{1}{n},\qquad (\star)\] de donde se deduce el resultado sin más que tomar $n=2013$.

En el caso base $n=1$, se tiene que $a_1=2$ y $3-\frac{1}{n}=2$, luego se alcanza la igualdad y, por tanto, la desigualdad en $(\star)$ es cierta. Supongamos entonces que $(\star)$ es cierta para un entero $n$ y probémosla para el siguiente entero $n+1$. Para ello, expresamos \begin{align*} a_1a_2\cdots a_{n+1}&=(a_1a_2\cdots a_n)a_{n+1}\leq\left(3-\frac{1}{n}\right)\left(1+\frac{1}{(n+1)^3}\right)\\ &=3-\frac{1}{n}+\frac{3}{(n+1)^3}-\frac{1}{n(n+1)^3}\\ &=3-\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+1}+\frac{-(n+1)^3+3n-1}{n(n+1)^3}\\ &=3-\frac{1}{n+1}+\frac{n(n+1)^2-(n+1)^3+3n-1}{n(n+1)^3}\\ &=3-\frac{1}{n+1}-\frac{n^2-n+2}{n(n+1)^3}\lt 3-\frac{1}{n+1}. \end{align*} En la primera línea hemos usado la hipótesis de inducción, luego hemos sumado y restado $\frac{1}{n+1}$ para acercarnos a la desigualdad que queríamos probar, y finalmente después de manipulación algebraica, hemos utilizado que $n^2-n+2\gt 0$ para todo entero $n$.

Nota. El valor exacto del producto, con diez cifras significativas, es $2,\!428189493$.

Solución. La desigualdad entre las medias aritmética y geométrica nos dice que \[2^x\cdot 3^{5^{-x}}+\frac{3^{5^x}}{2^x}\geq 2\sqrt{3^{5^{-x}}\cdot 3^{5^x}}=2\sqrt{3^{5^{-x}+5^x}}\geq 2\sqrt{3^2}=6,\] donde también hemos usado que la suma de un número positivo y su inverso es mayor o igual que $2$, luego $5^{-x}+5^x\geq 2$ para todo $x\in\mathbb{R}$. Ahora bien, la igualdad en esta última desigualdad se alcanza si, y sólo si, $5^x=1$, lo que nos dice que la única solución posible es $x=0$. Comprobamos que efectivamente $x=0$ es solución, luego es la única.

Solución. Supongamos que $E$ es el corte de la bisectriz de $\angle APC$ con la recta $BQ$. Este punto $E$ es el exincentro del triángulo $BAP$ opuesto al vértice $B$, luego $AE$ es la bisectriz exterior de $\angle BAP$. De la misma forma, podemos considerar $F$ el exincentro de $APC$ opuesto al vértice $C$ de forma que $AF$ es la bisectriz exterior de $\angle CAP$. Se tiene entonces que $\angle FAP=\angle EAP$ ya que $AP$ es la bisectriz del triángulo $ABC$. Llamemos a este ángulo $\alpha$.

Veamos que $\alpha=\frac{A}{2}$ por reducción al absurdo. Si $\alpha\gt\frac{A}{2}$, entonces los dos puntos $E$ y $F$ son exteriores a $ABC$ (como se muestra en la figura), luego $\angle EPF\gt \angle QPR=90^\circ$, pero esto contradice que $\angle EPF=90^\circ$ por ser $PE$ y $PF$ bisectrices de $\angle APC$ y $\angle APB$, respectivamente, que suman un ángulo llano. De la misma forma, si $\alpha\lt\frac{A}{2}$, entonces $E$ y $F$ son interiores a $ABC$ y $\angle EPF\lt \angle QPR=90^\circ$ también nos da una contradicción.

Por lo tanto, tenemos que $\alpha=\frac{A}{2}$ y esto nos da $E=Q$ y $F=R$. En particular, $AC$ y $AB$ son las bisectrices exteriores de $\angle BAP$ y $\angle PAC$, respectivamente. Por lo tanto, las rectas $AB,AP,AC$ se cortan en ángulos de $60^\circ$. Tenemos así que $A=120^\circ$, como queríamos demostrar.