Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Podemos escribir \[\overline{abcd}=1000a+100b+10c+d,\qquad \overline{dcba}=1000d+100c+10b+a,\] luego es fácil calcular \[S=999a+90b-90c-999d=999(a-d)+90(b-c)=3^2\cdot 37(a-d)+90(b-c).\] Si $S$ es múltiplo de $37$, también lo será $90(b-c)=S-3^2\cdot 37(a-d)$; como $90$ es primo relativo con $37$, también lo será $b-c$. Ahora bien, $b-c$ es un entero entre $-9$ y $9$ y el único múltiplo de $37$ en este rango es $0$, luego debe ser $b-c=0$.

Recíprocamente, si $b=c$, entonces $S=3^2\cdot 37(a-d)$ es múltiplo de $37$.

Solución. Podemos expresar la condición como \[(x_1-x_1^2)(x_2-x_2^2)\cdots(x_n-x_n^2)=1.\] Podemos completar cuadrados para expresar cada uno de los factores como $x-x^2=\frac{1}{4}-(x-\frac{1}{2})^2$. Esta expresión toma todos los valores entre $(-\infty,\frac{1}{4}]$, luego basta tomar $x_1$ tal que $x_1-x_1^2=-4^{n-2}$, $x_2$ tal que $x_2-x_2^2=-1$ y $x_k=\frac{1}{2}$ para $3\leq k\leq n$ (que verifica $x_k-x_k^2=\frac{1}{4}$).

Solución. Supongamos que el triángulo es $ABC$, con ángulo recto en $B$ y $AB=p^2-1$ y $BC=2p$, luego el teorema de Pitágoras nos da la hipotenusa $AC=p^2+1$. La semicircunferencia es tangente a $AC$ en un punto $T$ y a $BC$ en $B$. Si llamamos $O$ al centro de la semicircunferencia y $r$ a su radio, entonces $OB=OT=r$ y $TC=BC=2p$. Usando el teorema de Pitágoras, llegamos al sistema \[\left\{\begin{array}{l}AO+r=AB=p^2+1,\\AO^2=AT^2+r^2=(AC-CT)^2+r^2=(p-1)^4+r^2.\end{array}\right.\] Factorizando $(p-1)^4=AO^2-r^2=(AO+r)(AO-r)=(p^2+1)(AO-r)$, el sistema queda \[\left\{\begin{array}{l}AO+r=p^2+1,\\AO-r=\frac{(p-1)^4}{p^2-1}=\frac{(p-1)^3}{p+1}.\end{array}\right.\] Restando ambas ecuaciones y simplificando llegamos fácilmente a que \[r=\frac{2p(p-1)}{p+1}.\] Para que este número sea entero, como $p$ y $p+1$ son primos relativos, se debe cumplir que $p+1$ divide a $2(p-1)=2(p+1)-4$, luego también debe dividir a $4$. El único primo en estas condiciones es $p=3$, que claramente cumple la propiedad que buscamos ya que nos da el valor entero $r=3$.

Solución. La forma más estándar de probar si ese número es primo o compuesto es buscar algún primo tal que esa expresión sea siempre múltiplo del primo o bien buscar una factorización como polinomios. Veamos que se puede hacer esto último. Como se trata de un polinomio de segundo grado, vamos a intentar expresar: \[n^2+2018mn+2019m+n-2019m^2=(am+bn+c)(dm+en+f).\] Desarrollando el producto de los dos factores e igualando coeficientes, obtenemos directamente del término independiente que $cf=0$, luego supondremos $f=0$ sin pérdida de generalidad. También tenemos que $be=1$ del término independiente, luego supondremos también que $b=e=1$ cambiando el signo de ambos factores si fuera necesario. El término en $n$ nos da ahora $c=1$ y luego el término en $m$ nos da $d=2019$. Finalmente, el término en $m^2$ nos da $a=-1$ y hemos llegado a la siguiente factorización: \[n^2+2018mn+2019m+n-2019m^2=(1-m+n)(2019 m+n).\] Como $m$ y $n$ son naturales (positivos), se tiene que $1-m+n\lt 2019m+n$. Dado que no está garantizado que la expresión del enunciado sea positiva (véase la nota) y dado que $2019m+n\gt 1$, tenemos dos posibilidades:

• Si $1-m+n=1$, entonces $m=n$, lo que nos dice que la expresión del enunciado es igual a $2020m$, que claramente no es primo.
• Si $1-m+n=-1$, entonces despejamos $n=m-2$. Sustituyendo en la expresión del enunciado, esta queda igual a $2(1-1010m)$, que tampoco es primo.

Deducimos así que la expresión no da un número primo sean cuales sean los valores naturales de $m$ y $n$.

Nota. Si consideramos que $0$ es un número natural, entonces tenemos que para $m=0$ y $n=1$, se tiene como resultado $2$, que sí es primo. Se supone que en la prueba se comunicó que $0$ no es un número natural en el contexto de este problema.

Por otro lado, la expresión del enunciado no es necesariamente positiva (por ejemplo para $n=m-2$, como hemos visto, se obtienen valores negativos). Por este motivo, hemos descartado también la posibilidad de que se trate de un primo negativo (en cuyo caso solo admite factorizaciones de la forma $(-1)\cdot p$ y $1\cdot (-p)$.

Solución. Si $P(x)$ es constante, entonces dicha constante debe ser cero pues en caso contrario el miembro de la izquierda es constante y el de la derecha no. Supongamos entoncds que $P(x)$ no es constante y llamemos $n\geq 1$ a su grado. El miembro de la izquierda tiene grado $nk$ y el de la derecha $n+k$, luego debe ser $nk=n+k$, que se puede reescribir como $(n-1)(k-1)=1$. Esto nos dice que debe ser $n=k=2$ ya que se trata de enteros positivos. Pongamos entonces que $P(x)=ax^2+bx+c$, luego \begin{align*} 0=P(x^2)-P(2x)-x^2P(x)&=(ax^4+bx^2+c)-(4ax^2+2bx+c)-x^2(ax^2+bx+c)\\ &=-x(bx^2+(4a+c-b)x+2b). \end{align*} Para que se dé esta igualdad de polinomios, tiene que ser $b=0$ y $4a+c=0$, lo que nos da todos los polinomios de la forma $P(x)=a(x^2-4)$.

Hemos probado así que tenemos la solución $P(x)=0$, válida para todo $k\geq 1$, y la solución $P(x)=a(x^2-4)$ para cualquier $a\in\mathbb{R}$, válida solo para $k=2$.

Solución. Observemos que podemos restringirnos a $500000=5\cdot 100\cdot 1000$ elecciones de la terna $(a,b,m)$ suponiendo que $a$ está entre $1$ y $100$, $b$ está entre $1$ y $1000$ y $m$ tiene 5 valores posibles. Por tanto, habrá como máximo $500000$ números que pueden expresarse de esta manera. No obstante, algunos de estos números se pasan de $1000000$ (por ejemplo, para $(a,b,m)=(100,1000,8)$), luego realmente habrá menos de la mitad de números menores o iguales que 1000000 que se expresan de esta manera.

Nota. Otra forma de razonar el final es darse cuenta de que hay números que se expresan de dos formas distintas. Por ejemplo, las ternas $(a,b,m)=(4,2,2)$ y $(a,b,m)=(2,4,4)$ producen el mismo número $a^3+mb^2=72$.

Otra forma de razonar el final es darse cuenta de que para $m=0$ no se producen $100000$ valores distintos sino solo $100$ ya que el valor de $b$ no es relevante.

Solución. Observemos que \begin{align*} \frac{a^2}{b^3c}-\frac{a}{b^2}-\frac{c}{b}+\frac{c^2}{a}&=\frac{a^3-a^2 b c-a b^2 c^2+b^3 c^3}{a b^3 c}\\ &=\frac{c^2}{a}\cdot\left(\frac{a^3}{b^3c^3}-\frac{a^2}{b^2c^2}-\frac{a}{bc}+1\right). \end{align*} Obtenemos así el polinomio $x^3-x^2-x+1$ tras el cambio $x=\frac{a}{bc}$. Este polinomio se puede factorizar como $(x-1)^2(x+1)$, luego podemos proseguir factorizando como \begin{align*} \frac{a^2}{b^3c}-\frac{a}{b^2}-\frac{c}{b}+\frac{c^2}{a} &=\frac{c^2}{a}\cdot\left(\frac{a}{bc}-1\right)^2\left(\frac{a}{bc}+1\right)\geq 0. \end{align*} La igualdad se da cuando el factor $\frac{a}{bc}-1$ se anula (ya que el resto de factores son estrictamente positivos), es decir, cuando $a=bc$.

Solución. El teorema del seno en el triángulo $BCD$ nos dice que el ángulo $\gamma=\angle ACB$ cumple que $\operatorname{sen}\gamma=BD\operatorname{sen}30$. También por el teorema del seno, pero ahora en el triángulo $ABC$, tenemos que \[\frac{AD+1}{\operatorname{sen}120}=\frac{1}{\operatorname{sen}\gamma}=\frac{1}{BD\operatorname{sen}30}\ \Longleftrightarrow\ BD(AD+1)=\frac{\operatorname{sen}120}{\operatorname{sen}30}=\sqrt{3}.\] Elevando al cuadrado y teniendo en cuenta que $BD^2=AD^2-1$ (por el teorema de Pitágoras en el triángulo $ABD$), obtenemos la ecuación \[(AD^2-1)(AD+1)^2=3\ \Longleftrightarrow\ AD^4+2AD^3-2AD-4=0.\] Probando raíces enteras que son divisores del término independiente (por ejemplo, por el método de Ruffini), obtenemos la factorización $(AD+2)(AD^3-2)=0$, que nos lleva a que $AD=\sqrt[3]{2}$ como única solución positiva.

Nota. Es un resultado algo sorprendente que sea $\sqrt[3]{2}$, porque esto nos dice que esa figura no se puede construir con regla y compás. Construir un segmento de longitud $\sqrt[3]{2}$ equivale a resolver el problema clásico de la duplicación del cubo y este es imposible. Deberías investigarlo si no lo conoces aún.