Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Supongamos que las baldosas cuadradas tienen dimensiones $n\times n$. El primer día se cubren $n^2$ unidades cuadradas, el segundo $2n^2$, el tercero $3n^2$, y así sucesivamente hasta el $k$-ésimo día en que se cubren $kn^2$. De esta forma, el problema equivale a la ecuación \[(1+2+\ldots+k)n^2=18144=2^5\cdot 3^4\cdot 7.\] Como $1+2+\ldots+k=\frac{1}{2}k(k+1)$, esto equivale a \[k(k+1)n^2=2^6\cdot 3^4\cdot 7.\] Vistos los exponentes y que $k$ o $k+1$ son pares, sólo hay unas pocas posibilidades para el factor $n^2$:

• Si $n^2=1$, la ecuación queda $k^2+k=36288$.
• Si $n^2=2^2$, la ecuación queda $k^2+k=9072$.
• Si $n^2=2^4$, la ecuación queda $k^2+k=2268$.
• Si $n^2=3^2$, la ecuación queda $k^2+k=4032$.
• Si $n^2=2^2\cdot 3^2$, la ecuación queda $k^2+k=1008$.
• Si $n^2=2^4\cdot 3^2$, la ecuación queda $k^2+k=112$.
• Si $n^2=3^4$, la ecuación queda $k^2+k=448$.
• Si $n^2=2^2\cdot 3^4$, la ecuación queda $k^2+k=112$.
• Si $n^2=2^4\cdot 3^4$, la ecuación queda $k^2+k=28$.

De todas estas ecuaciones, la única que tiene solución entera es para $n^2=3^2=9$, en la que tenemos que $k=63$ es la única solución positiva. Por tanto, fueron necesarias $\frac{1}{2}k(k+1)=2016$ de tamaño $3\times 3$.

Nota. ¿Se te ocurre alguna forma de descartar alguno de los nueve casos sin tener que resolver la ecuación de segundo grado?

Solución. Simplemente imaginándonos unas manecillas de reloj nos damos cuenta de que estas están superpuestas tres veces en el intervalo de las 9:00 a las 13:00: la primera vez sobre las 9:50, la segunda sobre las 10:55 y la tercera exactamente a las 12:00. Esta última no puede ser la solución ya que a las 12:00 el segundero también está alineado con las otras manecillas.

Una forma muy ingeniosa de calcular los otros instantes de forma exacta es darse cuenta de que entre las 00:00 y las 12:00, las manecillas de las horas y los minutos se alinean exactamente 12 veces (contando las 00:00 y las 12:00) luego esto ocurre cada $\frac{12}{11}$ de hora. Podemos proceder como sigue:

• La vez anterior a las 12 en que ocurre el alineamiento horas-minutos es a las $12-\frac{12}{11}=10+\frac{10}{11}$ horas. La fracción $\frac{10}{11}$ nos da $60\cdot\frac{10}{11}=\frac{600}{11}=54+\frac{6}{11}$ minutos y los $\frac{6}{11}$ minutos nos dan $60\cdot\frac{6}{11}=\frac{360}{11}=32+\frac{8}{11}$ segundos. El ángulo que forma el segundero con el minutero es de $6\cdot[(54+\frac{6}{11})-(32+\frac{8}{11})]=\frac{1440}{11}=130+\frac{10}{11}$ grados, que es mayor que $120^\circ$. Esta solución tenemos que descartarla pues.
• La siguiente vez (hacia atrás) que ocurre el alineamiento es a las $12-\frac{24}{11}=9+\frac{9}{11}$ horas. La fracción $\frac{9}{11}$ nos da $60\cdot\frac{9}{11}=\frac{540}{11}=49+\frac{1}{11}$ minutos y los $\frac{1}{11}$ minutos nos dan $60\cdot\frac{1}{11}=\frac{60}{11}=5+\frac{5}{11}$ segundos. El ángulo que forma el segundero con el minutero es claramente menor que $120^\circ$ ya que las manecillas de las horas y minutos están aproximadamente en el 49 y las de los segundos en el 5 (puede calcularse el ángulo exacto como en el caso anterior).

Deducimos entonces que la hora exacta a la que se estropeó el reloj fue a las 9:49:05, con un error de $\frac{5}{11}\lt 1$ segundos.

Solución. En la figura hemos representado el triángulo $ABC$ inscrito en el cuadrado $AXYZ$. Como el triángulo es rectángulo en $C$, se tiene que $\angle YBC=90^\circ-\angle YCB=\angle ACZ$, luego los triángulos $BCY$ y $ACZ$ son semejantes. Si llamamos $\ell$ al lado del cuadrado, tendremos que $CZ=\sqrt{b^2-\ell^2}$ y $CY=\ell-CX$, luego la semejanza nos dice que \begin{align*} \frac{CY}{AZ}=\frac{BC}{AC}&\ \Leftrightarrow\ \frac{\ell-\sqrt{b^2-\ell^2}}{\ell}=\frac{a}{b}\ \Leftrightarrow\ 1-\sqrt{\frac{b^2}{\ell^2}-1}=\frac{a}{b}\\ &\ \Leftrightarrow\ \sqrt{\frac{b^2}{\ell^2}-1}=1-\frac{a}{b}\ \Leftrightarrow\ \frac{b^2}{\ell^2}=1+\left(1-\frac{a}{b}\right)^2\\ &\ \Leftrightarrow\ \frac{1}{\ell^2}=\frac{b^2+(b-a)^2}{b^4}\ \Leftrightarrow\ \ell=\frac{b^2}{\sqrt{2b^2-2ab+a^2}}. \end{align*} Para construir el cuadrado observamos que al rotar el triángulo $90^\circ$ en sentido horario y antihorario (como se muestra en la figura) con centro en $A$, obtenemos triángulos congruentes $AB'C'$ y $AB''C''$. El cuadrado $AXYZ$ se convierte en sendos cuadrados con un lado en común con él, luego las rectas $BC'$ y $CB''$ contienen a los lados del cuadrado. Ahora basta tomar $Y$ como su intersección y $X$ y $Z$ como los pies de las perpendiculares desde $A$.

Solución. Si llamamos $\alpha,\beta,\gamma$ a las tres raíces, podemos desarrollar \[(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)=x^3-(\alpha+\beta+\gamma)x^2+(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)x-\alpha\beta\gamma,\] e igualar coeficientes para obtener las ecuaciones de Cardano-Vieta: \[\alpha+\beta+\gamma=14,\qquad \alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=B,\qquad \alpha\beta\gamma=84.\] Que las raíces sean lados de un triángulo equilátero nos dice que deben cumplir el teorema de Pitágoras, es decir, que podemos suponer que $\alpha^2=\beta^2+\gamma^2$ sin pérdida de generalidad (hay simetría entre las raíces). Calculamos entonces \[2\alpha^2=\alpha^2+\beta^2+\gamma^2=(\alpha+\beta+\gamma)^2-2(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)=196-2B,\] de donde deducimos que $\alpha^2=98-B$. Ahora podemos usar la primera y tercera ecuación de Cardano para calcular de otra forma \begin{align*} 98-\alpha^2&=B=\beta\gamma+\alpha(\beta+\gamma)=\frac{84}{\alpha}+\alpha(14-\alpha). \end{align*} Esto nos da la ecuación de segundo grado $\alpha^2-7\alpha+6=0$, que tiene soluciones $\alpha=1$ y $\alpha=6$. Sustituyendo $\alpha=1$ en las ecuaciones de Cardano, obtenemos que $\beta+\gamma=13$ y $\beta\gamma=84$, es decir, $\beta$ y $\gamma$ son las soluciones de la ecuación $x^2-13x+84=0$, pero esta ecuación no tiene soluciones reales. Deducimos que tiene que ser $\alpha=6$, en cuyo caso tenemos el sistema $\beta+\gamma=8$ y $\beta\gamma=14$, luego $\beta$ y $\gamma$ son las soluciones de $x^2-8x+14=0$, lo que nos da números reales positivos $\beta=4+\sqrt{2}$ y $\gamma=4-\sqrt{2}$ (salvo reordenación) que claramente verifican $\alpha^2=\beta^2+\gamma^2$. Podemos finalmente calcular \[B=\beta\gamma+\alpha(\beta+\gamma)=14+6\cdot 8=62.\] Deducimos así que $B=62$ es la única solución al problema.

Solución. Sean $D$, $M$ y $F$ los pies de las bisectriz por $A$, la mediana por $B$ y la altura por $C$, respectivamente. También llamaremos $a,b,c$ a los lados del triángulo, como es habitual. En el triángulo $ABM$, la recta $AP$ es simultáneamente bisectriz y altura, luego este triángulo es isósceles. De aquí que $b=AC=2AM=2AB=2$ y ya tenemos uno de los lados calculado.

Para hallar $BC$, utilizaremos el teorema de Ceva, que nos dice que como las tres rectas son concurrentes ha de cumplirse que \[\frac{AE}{EB}\cdot\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CM}{MA}=1.\] Tenemos que $\frac{CM}{MA}=1$ por ser $M$ el punto medio de $AC$ y que $\frac{BD}{DC}=\frac{b}{c}$ por el teorema de la bisectriz. Además, $AE$ y $EB$ verifican $b^2-AE^2=a^2-BE^2$ por el teorema de Pitágoras y se cumple que $AE+EB=c$, de donde puede despejarse \[AE=\frac{-a^2+b^2+c^2}{2c},\qquad EB=\frac{a^2-b^2+c^2}{2c}.\] Por lo tanto, en el teorema de Ceva nos queda \[\frac{c(b^2+c^2-a^2)}{b(a^2+c^2-b^2)}=1\ \Leftrightarrow\ 3a^2=11\ \Leftrightarrow a=\frac{\sqrt{33}}{3}.\] Tenemos así que los lados que nos piden son $BC=\frac{\sqrt{33}}{3}$ y $CA=2$.

Solución. El problema puede descomponerse en dos: primero encontrar dónde se producen los cambios de color y luego contar las formas de colorear para cada configuración.

• El número de formas de colocar los cambios de color es el número de elegir $m$ de los $n$ lados del polígono, lo que nos da $\binom{n}{m}$ posibilidades.
• Para el número de formas de asignar los colores no importa dónde se produzcan los cambios. Hay que elegir $m+1$ colores de forma que dos consecutivos sean distintos y el primero y el último sean iguales. Pongamos que coloreamos de esta forma los números del $1$ al $m+1$ y llamemos $x_m$ al número de formas de hacerlo. Si pensamos en los números del $1$ al $m-1$, hay dos posibilidades: que el $m-1$ y el $1$ tengan el mismo color (en cuyo caso hay dos formas de completar hasta el $m+1$) o que el color sea distinto (en cuyo caso hay dos formas de completar). Esto último equivale a poder colorear del $1$ al $m$ con $m$ del mismo color que el $1$, con lo que se obtiene la recurrencia $x_m=2x_{m-2}+x_{m-1}$.

  Esta recurrencia tiene polinomio característico $p(x)=x^2-x-2=(x+1)(x+2)$, luego la solución admite una fórmula del tipo $x_m= a2^m+b(-1)^m$ para ciertas constantes $a$ y $b$. Es fácil ver que $x_2=x_3=6$, luego se debe cumplir que $x_2=4a+b=6$ y $x_3=8a-b=6$. Esto nos lleva a que $a=1$ y $b=2$, luego se tiene que $x_m=2^m+2(-1)^m$.

En conclusión, la respuesta al problema es \[\binom{n}{m}(2^m+2(-1)^m).\]

Solución. Veamos lo que ocurre con los primeros socios, para entender la regla general:

• El primer socio paga $1$ según el enunciado
• El segundo socio le tiene que pagar al primero $2$.
• El tercer socio le tiene que pagar el primer socio $2$ y al segundo $3$.
• El cuarto socio le tiene que pagar al primero $2$, al segundo $3$ y al tercero $6$.
• El quinto socio le paga al primero $2$, al segundo $3$, al tercero $6$ y al cuarto $12$.

Si ponemos que $a_k$ es lo que paga el socio $k$-ésimo, entonces el $n$-ésimo pagará \begin{align*} a_n&=a_1+a_2+\ldots+a_{n-1}+(n-1)\\ &=2a_1+2a_2+\ldots+2a_{n-2}+(n-2)+(n-1)\\ &=4a_1+4a_2+\ldots+4a_{n-3}+2(n-3)+(n-2)+(n-1)\\ &=\ldots\\ &=2^{n-2}a_1+2^{n-3}\cdot 1+2^{n-4}\cdot 2+\ldots+2^1(n-3)+2^0(n-2)+(n-1) \\ &=2^{n-2}+n-1+[2^{n-3}\cdot 1+2^{n-4}\cdot 2+2^{n-5}\cdot 3+\ldots+2^1(n-3)+2^0(n-2)]. \end{align*} La suma entre corchetes es aritmético-geométrica y puede obtenerse el resultado multiplicando por $2$ su expresión para aumentar cada exponente en una unidad y después restar la expresión original. Para $n\geq 2$, tenemos entonces que \begin{align*} a_n=2a_n-a_n&=2^{n-1}+2(n-1)+[2^{n-2}\cdot 1+2^{n-3}\cdot 2+2^{n-4}\cdot 3+\ldots+2^2(n-3)+2^1(n-2)]\\ &\qquad -2^{n-2}-(n-1)-[2^{n-3}\cdot 1+2^{n-4}\cdot 2+2^{n-5}\cdot 3+\ldots+2^1(n-3)+2^0(n-2)]\\ &=2^{n-2}+n-1+[2^{n-2}+2^{n-3}+2^{n-4}+\ldots+2^2+2^1]-(n-2)\\ &=2^{n-2}+2^{n-2}+2^{n-1}+2^{n-2}+\ldots+2^2+2^1+1=3\cdot 2^{n-2}-1, \end{align*} luego el $n$-ésimo socio ($n\geq 2$) ha de abonar un total de $3\cdot 2^{n-2}-1$ euros.

Solución. Sea $\alpha=\angle XPX'$. Por la propiedad del arco capaz en $C$ tenemos que $\angle X'QR=180^\circ-\alpha$ y viendo este ángulo ahora en $C'$ tenemos que $\angle R'QX=180^\circ-\alpha$. Además, tenemos que $\angle R'QR=\alpha$ por simetría. Todo esto nos lleva a que $\angle X'QR'=\angle R'QR=\angle RQX'=\alpha$. Como los tres puntos $X,Q,X'$ están alineados, deducimos que $\alpha=60^\circ$ ya que los tres ángulos iguales anteriores suman $180^\circ$ en tal caso (ver las rectas dibujadas en naranja en la figura).

En cuanto al apartado (b), la relación que nos piden probar se puede expresar equivalentemente como $d^2=rr'+(r-r')^2=r^2+(r')^2-rr'$. Por comparación con el teorema del coseno, esto quiere decir que un triángulo de lados $d,r,r'$ tiene ángulo opuesto al lado $d$ de $60^\circ$. El triángulo $OPO'$ tiene estos lados, luego el resultado equivale a probar que $\angle OPO'=60^\circ$. Usando el arco capaz, la simetría de la figura y los ángulos centrales, así como la alineación de $X,Q,X'$ tenemos que \begin{align*} \angle PX'X&=\angle PBQ=2\angle PBR=\angle POO',\\ \angle PXX'&=\angle PAQ=2\angle PAO=\angle PO'O. \end{align*} Por lo tanto, $PXX'$ y $POO'$ son semejantes y, en particular, $\angle OPO'=\angle X'PX=60^\circ$.

Solución. La suma de los cuatro números que hay dentro de los valores absolutos es $20$, luego la desigualdad triangular nos dice \[|5-x_1-x_2|+|5+x_1-x_2|+|5+x_2+x_3|+|5+x_2-x_3|\geq 20\] para cualesquiera enteros $x_1,x_2,x_3$. Es decir, el problema equivale a ver para cuántos casos se da la igualdad en la desigualdad triangular. Esto ocurre cuando los cuatro números son mayores o iguales que cero o cuando los cuatro son menores o iguales que cero.

• El primer caso nos da $x_1+x_2\leq 5$, $x_2-x_1\leq 5$, $x_2+x_3\geq -5$ y $x_3-x_2\leq 5$. Todo esto se puede escribir equivalentemente como \[x_2-5\leq x_1\leq 5-x_2,\qquad -x_2-5\leq x_3\leq x_2+5.\] Para que este sistema de desigualdades tenga solución tiene que ser $-5\leq x_2\leq 5$ y, para un $x_2$ fijo en este intervalo, tenemos $2(5-x_2)+1$ elecciones para $x_1$ y $2(x_2+5)+1$ elecciones para $x_3$, lo que nos da un total de $(2(5-x_2)+1)(2(x_2+5)+1)=121-4x_2^2$ posibilidades para el par $(x_1,x_3)$. El número total de soluciones en este caso será \[\sum_{x_2=-5}^5(121-4x_2^2)=726-8(1^2+2^2+3^2+4^2+5^2)=891.\]
• El segundo caso nos da las desigualdades opuestas $x_1+x_2\geq 5$, $x_2-x_1\geq 5$, $x_2+x_3\leq -5$ y $x_3-x_2\geq 5$, que se reescriben como \[5-x_2\leq x_1\leq x_2-5,\qquad 5+x_2\leq x_3\leq-5-x_2.\] Esto no tiene solución ya que debe ser por un lado $x_2\geq 5$ y por otro $x_2\leq -5$.

Por consiguiente, la respuesta al problema es que hay $891$ soluciones enteras.

Solución. Si dividimos $x$ entre $240$, podemos escribir $x=240m+y$ con resto $0\leq y\lt 240$. Dividiendo $y$ entre $40$, podemos escribir $y=40n+z$ con resto $0\leq z\lt 40$. Dividiendo $z$ entre $8$ podemos escribir $z=8k+r$ con resto $0\leq r\lt 8$. Esto nos dice que $x=240m+40n+8k+r$ para ciertos enteros no negativos tales que $y=40n+8k+r\lt 240$, $z=8k+r\lt 40$ y $r\lt 8$, por lo que podemos calcular \begin{align*} \left\lfloor\frac{x}{8}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{x}{40}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{x}{240}\right\rfloor &=\left\lfloor\tfrac{240m+40n+8k+r} {8}\right\rfloor+\left\lfloor\tfrac{240m+40n+8k+r}{40}\right\rfloor+\left\lfloor\tfrac{240m+40n+8k+r}{240}\right\rfloor\\ &=\left\lfloor 30m+5n+k+\tfrac{r} {8}\right\rfloor+\left\lfloor 6m+n+\tfrac{z}{40}\right\rfloor+\left\lfloor m+\tfrac{y}{240}\right\rfloor\\ &=30m+5n+k+6m+n+m=37m+6n+k. \end{align*} Tenemos entonces que encontrar la solución de $37m+6n+k=210$ que minimiza $x=240m+40n+8k+r$. Esto nos lleva a elegir directamente $r=0$ ya que $r$ no interviene en la ecuación. Observemos que tenemos la restricción $0\leq n\leq 5$ y $0\leq k\leq 4$, luego $0\leq 6n+k\leq 34$. Así, dividiendo $210$ entre $37$, tenemos $210=5\cdot 37+25$ y deducimos que ha de ser $m=5$, lo que nos deja con $6n+k=25$. La única posible solución positiva con $0\leq k\leq 4$ es $n=4$ y $k=1$. Por tanto, el menor valor posible de $x$ es $240\cdot 5+40\cdot 4+8\cdot 1+0=1368$.

Nota. Esta demostración nos dice que el único grado de libertad que tenemos es $r$ entre $0$ y $7$, luego los únicos $x$ que cumplen esta ecuación son 1368, 1369, 1370, 1371, 1372, 1373, 1374 y 1375.

Solución. Los triángulos $OPX$ y $OP'X$ son semejantes porque son rectángulos y tienen un ángulo en común en $X$ (opuesto por el vértice). La razón de semejanza es la razón de los radios, luego si escribimos $A$ para el área de $OPX$, entonces $4A$ es el área de $O'P'X$. Por el teorema de Pitágoras, se tiene fácilmente que $O'P=2\sqrt{2}$ y $OP'=\sqrt{5}$, luego los triángulos rectángulos $OPO'$ y $OP'O'$ tienen áreas $\sqrt{2}$ y $\sqrt{5}$, respectivamente. Si llamamos $S$ al área del triángulo $OXO'$ que estamos buscando, esto nos da \begin{align*} \text{Area}(OXO')+\text{Área}(OPX)=\text{Área}(OPO')&\ \Leftrightarrow\ S+A=\sqrt{2},\\ \text{Area}(OXO')+\text{Área}(O'P'X)=\text{Área}(OP'O')&\ \Leftrightarrow\ S+4A=\sqrt{5}, \end{align*} de donde resolvemos \[S=\frac{4\sqrt{2}-\sqrt{5}}{3}.\]

Solución. Es bien conocido que $T_k=\frac{k(k+1)}{2}$ para cualquier entero positivo $k$, luego podemos escribir \begin{align*} T_nT_{n+1}\cdots T_{n+15}&=\frac{n(n+1)^2(n+2)^2\cdots(n+15)^2(n+16)}{2^{16}}\\ &=n(n+16)\cdot \left(\frac{(n+1)(n+2)\cdots(n+15)}{2^{8}}\right)^2 \end{align*} La fracción anterior con denominador $2^8$ es un número entero ya que en su numerador habrá al menos siete factores pares y más de uno múltiplo de $4$. Por tanto, el problema se reduce a encontrar los naturales $n$ tales que $n(n+16)=a^2$ para cierto entero $a$. Completando el cuadrado, podemos escribir esta ecuación como $(n+8)^2-a^2=64$ o bien $(n+8-a)(n+8+a)=64$. Esto nos dice que $n+8-a$ y $n+8+a$ son potencias de $2$ cuyo producto es $64$. Además, como $n+8-a\lt n+8+a$, las únicas posibilidades son las tres siguientes: \begin{align*} n+8-a&=1&y&& n+8+a&=64,\\ n+8-a&=2&y&& n+8+a&=32,\\ n+8-a&=4&y&& n+8+a&=16. \end{align*} Resolviendo el sistema lineal que se obtiene en cada uno de los tres casos (con incógnitas $a$ y $n$), llegamos a que $1$ y $64$ no dan ninguna solución entera, $2$ y $32$ dan $n=9$ y $4$ y $16$ dan $n=2$. Deducimos que $n=2$ y $n=9$ son las únicas soluciones.