Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Si la ficha $1$ está pintada de azul, entonces no puede haber ninguna ficha $n$ pintada de rojo ya que $n\cdot 1=n$ debería estar pintada de azul por la segunda regla. Por tanto, supondremos que la ficha $1$ está pintada de rojo y definimos $a$ como el menor número tal que la ficha con el número $a$ es azul. La primera regla nos asegura que las fichas $a+1,a+2,\ldots,2a-1$ tienen que estar pintadas de rojo (si $a+k$ estuviera pintada de azul con $1\leq k\leq x$, entonces $a=|(a+k)-k|$ estaría pintado de rojo) y que la ficha $2a$ tiene que estar pintada de azul (si $2a$ estuviera pintada de rojo, entonces $a=|2a-a|$ estaría pintada de rojo). Un razonamiento similar nos dice que las fichas $2a+1,2a+2,\ldots,3a-1$ tienen que estar pintadas de rojo y $3a$ de azul. Reiterando el proceso, llegamos a que solo están pintadas de azul las fichas que son múltiplo de un entero $a\geq 1$ (el caso $a=1$ corresponde con que todas estén pintadas de azul). Además, este tipo de coloraciones cumple la segunda condición ya que $x$ o $y$ son múltiplos de $a$, también lo es $xy$.

Para que los múltiplos de $a$ contengan al $5$, debe ser necesariamente $a=1$ o $a=5$, lo que nos dice que las dos únicas posibles coloraciones son colorear todas azules o bien todas rojas salvo las que son múltiplo de $5$.

Solución. Podemos considerar el problema de cuándo se cortan las gráficas de las funciones $y=\sqrt{2-x^2}$ e $y=\sqrt[3]{3-x^3}$ y esto a su vez nos lleva a considerar el sistema de ecuaciones \[\left\{\begin{array}{l}x^2+y^2=2,\\x^3+y^3=3.\end{array}\right.\] Veremos que el sistema no tiene solución y, por tanto, la ecuación del enunciado tampoco. Por reducción al absurdo, imaginemos que $(x,y)$ es una solución y distinguimos dos casos según el signo de $x$:

• Si $x\leq 0$, por un lado tenemos que $y^3=3-x^3\geq 3$, luego $y\geq\sqrt[3]{3}$ y, por otro lado, $y^2=2-x^2\leq 2$ implica que $y\leq\sqrt{2}$, luego se cumpliría que $\sqrt[3]{3}\leq y\leq\sqrt{2}$. Esto es una contradicción ya que la realidad es que $\sqrt{2}\lt\sqrt[3]{3}$ (¿sabrías demostrarlo sin usar calculadora?).
• Si $x\geq 0$, entonces $x\leq\sqrt{2}$, luego $y^3=3-x^3\geq 3-2\sqrt{2}\geq 0$, es decir, $y$ tampoco es negativo. Desarrollamos \begin{align*} (x^2+y^2)^3-(x^3+y^3)^2&=x^6+3x^4y^2+3x^2y^4+y^6-x^6-2x^3y^3-y^6\\ &=x^2y^2(3x^2-2xy+3y^2)=x^2y^2(2x^2+(x-y)^2+2y^2)\geq 0. \end{align*} Como $x$ e $y$ no son negativos, deducimos que $(x^2+y^2)^{1/2}\geq (x^3+y^3)^{1/3}$ (ver la nota), lo que nos da $\sqrt{2}\geq\sqrt[3]{3}$, pero esto ya hemos dicho que es absurdo.

Recordemos que hemos probado así que la ecuación no tiene solución.

Nota. La desigualdad $(x^2+y^2)^3-(x^3+y^3)^2\geq 0$ es, en realidad, parte de la desigualdad entre normas $\ell^p$, que nos dice que, si $1\leq p\lt q$ y $x_1,x_2\ldots,x_n$ son números reales, entonces \[(|x_1|^q+|x_2|^q+\ldots+|x_n|^q)^{1/q}\leq (|x_1|^p+|x_2|^p+\ldots+|x_n|^p)^{1/p}.\] Aquí hemos dado una demostración ad hoc para $n=2$, $p=2$ y $q=3$.

Solución. Pongamos un sistema de coordenadas en el que $A=(0,0)$, $B=(b_1,0)$ y $C=(c_1,c_2)$. Entonces, podemos calcular los puntos sobre los lados como \[D=(\lambda b_1,0),\qquad E=(b_1+\mu (c_1-b_1),\mu c_2),\qquad F=(\rho c_1,\rho c_2),\] para ciertos números $\lambda,\mu,\rho$ en el intervalo $(0,1)$, como indicamos en la nota. Entonces, podemos calcular los puntos medios que se necesitan como \[P=(\tfrac{1}{2}b_1+\tfrac{\mu}{2}(c_1-b_1),\tfrac{\mu}{2} c_2),\qquad Q=(\tfrac{1}{2}b_1+\tfrac{\rho}{2} c_1,\tfrac{\rho}{2}c_2),\qquad R=(\tfrac{1}{2}c_1+\tfrac{\lambda}{2} b_1,\tfrac{1}{2}c_2).\] Con todas estas coordenadas, podemos calcular las áreas que nos piden fácilmente (usando la fórmula del determinante que se indica también en la nota). Por un lado tenemos que \begin{align*}2\cdot\text{Área}(DEF)&=(b_1+\mu (c_1-b_1)-\lambda b_1)\rho c_2-(\rho c_1-\lambda b_1)\mu c_2=(\rho+\lambda\mu-\mu\rho-\lambda\rho)b_1c_2. \end{align*} Y, por otro lado, podemos calcular \begin{align*}2\cdot\text{Área}(PQR)&=(\tfrac{\rho}{2} c_1-\tfrac{\mu}{2}(c_1-b_1))(\tfrac{1}{2}c_2-\tfrac{\mu}{2}c_2)-(\tfrac{\rho}{2}c_2-\tfrac{\mu}{2}c_2)(\tfrac{1}{2}c_1+\tfrac{\lambda}{2} b_1-\tfrac{1}{2}b_1-\tfrac{\mu}{2}(c_1-b_1))\\ &=\tfrac{1}{4}c_2\left((\rho c_1-\mu c_1+\mu b_1)(1-\mu)-(\rho-\mu)(c_1+\lambda b_1-b_1-\mu c_1+\mu b_1)\right)\\ &=\tfrac{1}{4}c_2\left((\mu b_1+(\rho-\mu)c_1)(1-\mu)-(\rho-\mu)((1-\mu)c_1+(\lambda+\mu-1) b_1))\right)\\ &=\tfrac{1}{4}b_1c_2\left(\mu(1-\mu)-(\rho-\mu)(\lambda+\mu-1)\right)\\ &=\tfrac{1}{4}b_1c_2(\rho-\rho\lambda+\lambda\mu-\mu\rho), \end{align*} luego deducimos que $\text{Área}(DEF)=4\cdot\text{Área}(PQR)$ y hemos terminado.

Nota. Si tenemos dos puntos $A=(a_1,a_2)$ y $B=(b_1,b_2)$, un punto del interior del segmento $AB$ se puede escribir como \[A+\lambda\overrightarrow{AB}=(a_1+\lambda(b_1-a_1),a_2+\lambda(b_2-a_2)),\] siendo $0\lt\lambda\lt 1$. Observemos que el caso $\lambda=0$ se corresponde con el extremo $A$ y $\lambda=1$ con el otro extremo $B$.

Por otro lado, si tenemos dos vectores $(u_1,u_2)$ y $(v_1,v_2)$, el área del triángulo que determinan es igual a $\frac{1}{2}(u_1v_2-u_2v_1)$, la mitad del determinante de la matriz $2\times 2$ que tiene a los vectores por filas. Si tenemos los tres vértices $X,Y,Z$ de un triángulo, su área será el área determinada por los vectores $\overrightarrow{XY}$ y $\overrightarrow{YZ}$, como se ha explicado anteriormente.

Solución. Vamos a fijarnos en donde pueden estar colocados los 46 números más grandes (los números del 45 al 90, que son la mitad más uno). Si dividimos los 90 vértices en 45 parejas de vértices consecutivos, el principio del palomar nos dice que hay al menos una de esas parejas cuyos números son ambos mayores o iguales que 45, lo que nos da una pareja cuyo producto es mayor o igual que $45\cdot 46=2070\gt 2014$.

Solución. Si $y=0$, entonces se tiene que $x=0$ y obtenemos la solución $(0,0)$. Si $y\neq 0$, podemos dividir entre $y^4$ para obtener la ecuación equivalente \[\frac{x^4}{y^4}+1=3\frac{x^3}{y^3}\ \Leftrightarrow z^4-3z^3+1=0,\] donde hemos puesto la variable $z=\frac{x}{y}$. Buscamos ahora soluciones racionales de esta ecuación, pero sabemos que el numerador de una tal solución tiene que dividir al término independiente y el denominador al de mayor grado, luego las únicas posibles soluciones racionales de $z^4-3z^3+1=0$ son $z=\pm 1$. Ninguna de ellas cumple la ecuación, luego no hay más soluciones a la ecuación original que $(x,y)=(0,0)$.

Solución. Vamos analizar si $(x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}$ es múltiplo de $(x+y)^3-x^3-y^3$ para dos enteros $x,y\in\mathbb{Z}$ y $n\in\mathbb{N}$. Para ello, observamos que $(x+y)^3-x^3-y^3=3xy(x+y)$ y, desarrollamos por el binomio de Newton, podemos factorizar \begin{align*} (x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}&=\binom{2n+1}{1}x^{2n}y+\binom{2n+1}{2}x^{2n-1}y^2+\ldots+\binom{2n+1}{2n}xy^{2n}\\ &=xy\left(\binom{2n+1}{1}x^{2n-1}+\binom{2n+1}{2}x^{2n-2}y+\ldots+\binom{2n+1}{2n}y^{2n-1}\right) \end{align*} Si vemos el último paréntesis grande como un polinomio $p(x)$ para un valor fijo de $y$, tenemos además que \begin{align*} p(-y)&=\binom{2n+1}{1}(-y)^{2n-1}+\binom{2n+1}{2}(-y)^{2n-2}y+\ldots+\binom{2n+1}{2n}y^{2n-1}\\ &=y^n\left(-\binom{2n+1}{1}+\binom{2n+1}{2}-\ldots+\binom{2n+1}{2n}\right)=0 \end{align*} ya que la suma alternada de números combinatorios es cero. Esto nos dice que podemos factorizar como polinomios $p(x)=(x+y)q(x,y)$, luego podemos factorizar $(x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}=xy(x+y)q(x,y)$. Nos falta por ver que podemos sacar también el factor $3$ y para ello haremos $x=1013$ e $y=1001$, lo que nos da \[(x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}\equiv 2^{2n+1}-1^{2n+1}-1^{2n+1}=2\cdot 1^{2n}-1-1\equiv 0\ (\text{mod }3).\] Sin embargo, tenemos que $xy(x+y)\equiv 1\cdot 1\cdot 2\not\equiv 0\ (\text{mod }3)$, luego $(x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}$ es múltiplo de $3xy(x+y)$ para todo $n\in\mathbb{N}$, en particular, para $n=1006$.

Nota. No es cierto en general que $(x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}$ sea múltiplo de $(x+y)^3-x^3-y^3=3xy(x+y)$ y el problema justamente es el $3$ final. No es difícil completar el argumento para ver que esta propiedad es cierta para todo $n$ si, y sólo si, $x\equiv y\equiv 1$ o bien $x\equiv y\equiv 2$ (mod $3$).

Solución. La desigualdad entre las medias aritmética y cuadrática aplicada a $\sqrt{ab}$ y $\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}$ nos da \[\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}}{2}\leq\sqrt{\frac{ab+\frac{a^2+b^2}{2}}{2}}=\sqrt{\frac{2ab+a^2+b^2}{4}}=\frac{a+b}{2},\] luego tenemos la desigualdad del enunciado.

Solución. El teorema de Euler-Fermat nos dice que $a^{\varphi(m)}\equiv 1(\ \text{mod }m)$ siempre que $\mathrm{mcd}(a,m)=1$. Podemos aplicar esto para $a=7$ y $m=1000$ (que claramente son primos entre sí), teniendo en cuenta que $\varphi(1000)=\varphi(2^3\cdot 5^3)=(2-1)2^2(5-1)5^2=400$. En otras palabras, tenemos que \[7^{2014}=(7^{400})^5\cdot 7^{14}\equiv 7^{14}\ (\text{mod }1000).\] Ahora podemos calcular $7^{14}$ módulo $1000$ haciendo unas pocas multiplicaciones y quedándonos con la últimas tres cifras (calcular $7^{14}$ completamente lleva un buen rato y podría llevar a más errores): \begin{align*} 7^2&\equiv 49\ (\text{mod }1000),&7^3&\equiv 49\cdot 7\equiv 343\ (\text{mod }1000),\\7^6&\equiv 343\cdot 343\equiv\ 649\ (\text{mod }1000),&7^{12}&\equiv 649\cdot 649\equiv\ 201\ (\text{mod }1000),\\ 7^{14}&\equiv 201\cdot 49\equiv\ 849(\text{mod }1000). \end{align*} Deducimos así que las últimas cifras son $849$.

Nota. La menor potencia $7^n$ que da resto $1$ módulo $1000$ es $n=20$ (un divisor de $\varphi(1000)=400$. Se puede encontrar después de probar un poco si nos damos cuenta de que $7^4\equiv 401\ (\text{mod }1000)$ y que, por consiguiente, potencias de la forma $7^{4k}$ tienen por últimos dígitos $01$. Esto evitaría tener que usar el teorema de Euler-Fermat.

Solución. El volumen del prisma es $L_1^2H$. Si $H_T$ es la altura total de la pirámide (sin truncar), el volumen del prisma truncado se puede calcular restando al volumen de la pirámide sin trucar el volumen de la pirámide que se trunca. De esta manera, nos queda la ecuación \[\frac{1}{3}(L_1^2H_T-L_2^2(H_T-H))=\frac{2}{3}L_1^2H,\] de donde podemos despejar el valor de $x=\frac{L_1}{L_2}$ como \[L_1^2(H_T-2H)-L_2^2(H_T-H)=0\ \Leftrightarrow\ x^2=\frac{L_1^2}{L_2^2}=\frac{H_T-H}{H_T-2H}=\frac{1-\frac{H}{H_T}}{1-2\frac{H}{H_T}}.\qquad(\star)\] Por otro lado, podemos relacionar $H$ y $H_T$ mediante la sencilla proporcionalidad $\frac{L_1}{H_T}=\frac{L_2}{H_T-H}$, de donde podemos despejar también \[x=\frac{L_1}{L_2}=\frac{H_T}{H_T-H}=\frac{1}{1-\frac{H}{H_T}}\ \Leftrightarrow\ \frac{H}{H_T}=1-\frac{1}{x}.\] Esta información la podemos sustituir directamente en $(\star)$: \[x^2=\frac{1-(1-\frac{1}{x})}{1-2(1-\frac{1}{x})}=\frac{1}{2-x}.\] Esto nos da la ecuación $x^3-2x+1=0$. Una solución es $x=1$, que debemos descartar ya que en tal caso $L_1=L_2$ y no se cumpliría el enunciado. Las otras dos soluciones son $x=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}$, de las que también podemos descartar la negativa ya que $x$ es el cociente de dos longitudes. Tenemos así que $\frac{L_1}{L_2}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ es la razón áurea.

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: \[\alpha+\beta+\gamma=2,\qquad \alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=-25,\qquad\alpha\beta\gamma=a.\] Esto nos permite calcular \[\alpha^2+\beta^2+\gamma^2=(\alpha+\beta+\gamma)^2-2(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)=4+2\cdot 25=54.\] Las raíces son números enteros y las únicas formas de escribir $54$ como suma de tres cuadrados son $49+4+1$, $36+9+9$ y $25+25+4$. Reordenando las raíces si es necesario, distinguimos tres casos:

• Si $\alpha=\pm 7$, $\beta=\pm 2$ y $\gamma=\pm 1$, es imposible que se cumpla que $\alpha+\beta+\gamma=2$ (el sumando $\alpha=\pm 7$ es demasiado grande en valor absoluto para que sumarle $\beta+\gamma$ lo hagan igual a $2$), luego no hay soluciones en este caso.
• Si $\alpha=\pm 6$, $\beta=\pm 3$ y $\gamma=\pm 3$, también es imposible que se cumpla que $\alpha+\beta+\gamma=2$ ya que $\alpha+\beta+\gamma$ siempre dará un múltiplo de tres independientemente de los signos elegidos.
• Si $\alpha=\pm 5$, $\beta=\pm 5$ y $\gamma=\pm 2$, entonces la condición $\alpha+\beta+\gamma=2$ fuerza a que $\alpha=5$, $\beta=-5$ y $\gamma=2$ (salvo posiblemente intercambiar $\alpha$ y $\beta$). Tenemos entonces que $\alpha\beta\gamma=5\cdot(-5)\cdot 2=-50$, luego $a=50$ único valor que cumple la condición del enunciado.

Solución. Pasando todos los términos al segundo miembro podemos identificar algunos cuadrados perfectos y reescribir la desigualdad como \[(1-x)(x-y)^2+y(1-y)+x\geq 0.\] Esta desigualdad es evidente ya que $0\leq x,y\leq 1$.

Solución. Vamos a asignar a cada jugador una casilla de un tablero $p\times p$. En la ronda $0$, se organizan $p$ partidas en cada una de las cuales participan todos los jugadores de una fila del tablero. Ahora organizamos $p$ rondas más con $p$ partidas cada una, de forma que cada partida incluye exactamente un jugador de cada fila. Concretamente, en la partida $j$ de la ronda $i$ (con $1\leq i,j\leq p$) participan los jugadores que se encuentran en las casillas de coordenadas $(k,j+ik)$ módulo $p$ con $1\leq k\leq p$.

Los jugadores que se encuentran en las casillas $(a,b)$ y $(c,d)$ jugarán entre ellos en la ronda $0$ cuando $a=c$. En caso contrario, jugarán en la partida $j=(ab-cd)(a-c)^{-1}$ de la ronda $i=(b-d)(a-c)^{-1}$, donde los inversos se consideran módulo $p$. Esto se comprueba fácilmente ya que ambos puntos deben escribirse de la forma $(a,b)=(k_1,j+ik_1)$ y $(c,d)=(k_2,j+ik_2)$ para $1\leq k_1,k_2\leq p$, lo cual equivale al sistema lineal formado por $j+ai=b$ y $j+ci=d$, cuya solución única módulo $p$ es la indicada anteriormente.

Esto nos da un total de $p(p+1)$ partidas en las que todas las parejas se han enfrentado al menos una vez. Como en cada partida cada jugador se enfrenta a $p-1$ jugadores (distintos de sí mismo), el mínimo número de rondas necesario para enfrentarse a todos será $p+1$ (así, se enfrenta a como mucho $(p+1)(p-1)=p^2-1$ jugadores distintos, que son todos menos él mismo) y en cada ronda hay un máximo de $p$ partidas. Deducimos así que el mínimo número de partidas necesario es $p(p+1)$ luego la forma que hemos dado de emparejar hace que este sea realmente el mínimo que nos pide el problema. Deducimos así, que el número que nos piden es $p+1$.

Nota. Si consideramos $\mathbb{Z}_p$, el cuerpo de $p$ elementos, como si fuera una recta geométrica, el plano sería $\mathbb{Z}_p\times\mathbb{Z}_p$ y los conjuntos que hemos considerado no son otra cosa que las rectas de este plano, es decir, los conjuntos de puntos $(x,y)\in\mathbb{Z}_p\times\mathbb{Z}_p$ dados por una ecuación de la forma $ax+by=c$ con $a,b\in\mathbb{Z}_p$ y realizando todas las operaciones módulo $p$. Cada ronda se corresponde con una pendiente de la recta (añadiendo las rectas verticales) y cada partida de la ronda con una ordenada en el origen.