Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Podemos suponer que el número inicial es impar, porque de no serlo se transforma en un impar tras sucesivas divisiones entre 2. Nos fijamos en que si $n$ es múltiplo de $5$, entonces al aplicar la operación el número de veces que queramos siempre obtendremos un múltiplo de $5$, luego no se puede llegar a $1$.

Si $n$ no es múltiplo de $5$, entonces nunca se obtiene un múltiplo de $5$ en el proceso. Para $n=3$, tenemos $3\mapsto 8\mapsto 4\mapsto 2\mapsto 1$ y, para $n\geq 7$, al ser $n$ impar, los primeros pasos serán $n\mapsto n+5\mapsto\ldots\mapsto \frac{n+5}{2^k}$ siendo $\frac{n+5}{2^k}$ impar. Como $\frac{n+5}{2^k}\lt n$ por ser $n\geq 7$ y $k\geq 1$, reducimos el problema al de un impar más pequeño. Deducimos así que el proceso siempre termina para cualquier $n$ que no es múltiplo de $5$.

Solución. Para cada $k$, consideramos $S_k=a_k+a_{k+1}+\ldots+a_{k+1008}$, donde los subíndices los consideramos cíclicamente módulo $2020$ (es decir, $a_{2020+i}=a_{i}$ para todo $i$). Dado que entre todas las sumas $S_1,S_2,\ldots, S_{2020}$ aparece $1009$ veces cada término $a_i$, tenemos que la suma $S$ de los 2020 elementos verifica \[1009S=S_1+S_2+\ldots+S_{2020}\gt 0\] y de aquí se deduce que $S\gt 0$.

Solución. La idea clave es darse cuenta de que la segunda ecuación se puede escribir equivalentemente como $(x-y)(y-z)(x-z)=0$, lo que nos dice que dos de las incógnitas tienen que ser iguales. Como no hay simetría, tendremos que distinguir tres casos:

• Si $x=y$, entonces la primera ecuación nos dice que $2x+z=1$. Sustituyendo $y=x$ y $z=1-2x$ en la tercera y simplificando, llegamos a la ecuación $3x^2-x=0$, que nos da soluciones $x=0$ y $x=\frac{1}{3}$. Deshaciendo las sustituciones, obtenemos la soluciones al sistema original $(x,y,z)=(0,0,1)$ y $(x,y,z)=(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3})$.
• Si $y=z$, la primera ecuación nos da $x+2y=1$, luego podemos sustituir $z=y$ y $x=1-2y$ en la tercera ecuación y después de simplificar nos queda $y(3y^2-4y+1)=0$, que tiene soluciones $y=0$, $y=1$ e $y=\frac{1}{3}$. En el sistema original, esto se corresponde con las soluciones $(1,0,0)$, $(-1,1,1)$ y $(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3})$, aunque esta última ya la hemos obtenido previamente.
• Si $z=x$, procedemos de forma análoga usando la primera ecuación para obtener $y=1-2x$. Sustituyendo en la tercera y simplificando, llegamos a que $x(9x^2-9x+2)=0$, ecuación que tiene por soluciones $x=0$, $x=\frac{1}{3}$ y $x=\frac{2}{3}$. Estas nos dan las soluciones del sistema $(0,1,0)$, $(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3})$ y $(\frac{2}{3},\frac{-1}{3},\frac{2}{3})$.

Se han obtenido así un total de $7$ soluciones distintas.

Solución. Hay que probar dos implicaciones. La más sencilla consiste en suponer que $a=b=c$, en cuyo caso para cualquier $x\in\mathbb{R}$ se cumple que \[p(x)=(x-a)(x-b)+(x-b)(x-c)+(x-c)(x-a)=3(x-a)^2\geq 0.\] Recíprocamente, supongamos que $p(x)\geq 0$ para todo $x\in\mathbb{R}$. Podemos simplificar el polinomio operando todos los paréntesis y luego completar cuadrados para obtener que \begin{align*} p(x)&=x^2-ax-bx+ab+x^2-bx-cx+bc+x^2-cx-ax+ca\\ &=3x^2-2(a+b+c)x+(ab+bc+ca)\\ &=3\left(x^2-\tfrac{1}{3}(a+b+c)\right)^2-\tfrac{1}{3}(a+b+c)^2+(ab+bc+ca). \end{align*} Por tanto, este polinomio toma su mínimo valor en $x=\frac{1}{3}(a+b+c)$ y esto nos dice que $p(\frac{1}{3}(a+b+c))\geq 0$. De esta manera \begin{align*} 0\leq 3\, p(\tfrac{1}{3}(a+b+c))&=-(a+b+c)^2+3(ab+bc+ca)\\ &=-(a^2+b^2+c^2)-2(ab+bc+ac)+3(ab+bc+ca)\\ &=-(a^2+b^2+c^2)+(ab+bc+ac)\\ &=-(a-b)^2-(b-c)^2-(c-a)^2. \end{align*} La única forma de que se cumpla esta desigualdad es que $a-b=b-c=c-a=0$, es decir, que $a=b=c$, como queríamos demostrar.

Solución. Sean $F$ y $G$ los puntos en que la circunferencia inscrita es tangente a los lados $AB$ y $AC$, respectivamente. Como $P$ está en la bisectriz $CI$, está a la misma distancia de $G$ y de $D$, luego hay una circunferencia de centro $P$ que pasa por $G$ y $D$, que corta de nuevo a los lados $BC$ y $AC$ en puntos $H$ y $J$, respectivamente, como se muestra en la figura. También está claro que hay una circunferencia de centro $B$ que pasa por $D$ y $F$. Vamos a ver que $AD$ es el eje radical de ambas circunferencias, luego será perpendicular a $BP$, la recta que une sus centros.

Para ver esto, será suficiente ver que $A$ tiene la misma potencia respecto de ambas circunferencias. La potencia de $A$ respecto de la circunferencia de centro $B$ es $AF\cdot(AF+2BF)$. La potencia de $A$ respecto de la circunferencia de centro $P$ es $AG\cdot AJ$. Ahora bien, tenemos que $AG=AF$ por estar $A$ en la bisectriz del ángulo $A$ y $GJ=DH$ por estar $P$ en la bisectriz del ángulo $C$. Además, $DH=2DE$ por ser $E$ el pie de la perpendicular a la cuerda $DH$ desde el centro $P$ y, finalmente, $DE=BD$ por la hipótesis del enunciado. Tenemos así que $AG\cdot AJ=AF\cdot(AF+2BF)$, como queríamos demostrar.

Solución. Vamos a probar que $AB^2+DP^2=AP^2+BD^2$, lo que implica que las dos diagonales del cuadrilátero $ABDP$ (sombreado en azul) son perpendiculares y se tiene el resultado deseado. Sea $X$ el pie de la perpendicular por $P$ al lado $AC$. Usando que $PX=PE$ y $BD=BE$, así como el teorema de Pitágoras en los triángulos rectángulos $AXP$ y $DPE$, tenemos que \[AB^2+DP^2=AB^2+DE^2+PE^2=AB^2+BD^2+PX^2=BD^2+AP^2+AB^2-AX^2,\] luego será suficiente con probar que $AB=AX$.

Para ello, sean $F$ y $G$ los puntos en que la circunferencia inscrita es tangente a los lados $AB$ y $AC$, respectivamente. Usando que $CX=CE$, $BF=BD=DE$, $AF=AG$ y $CG=CD$, tenemos que \[AX=AC-CX=AG+CG-CE=AF+CG-CD-BD+2BD=AF+BF=AB.\]

Solución. Sea $i(k)$ la longitud en vertical que recorre el láser numerado con $k$ que parte del lado izquierdo del tablero y sea $d(k)$ la longitud correspondiente para el lado derecho. Dos láseres pueden cruzarse, pero no pueden compartir un segmento de camino (en tal caso, se vería claramente que un láser termina donde otro empieza, no en el borde superior o inferior). Por lo tanto, en cada una de las $n^2$ casillas pasan a lo sumo dos láseres cruzándose (si no hay espejo) o rebotando por sendos lados (si lo hay). Esto nos dice que, al contar la longitud total vertical recorrida, se tiene la desigualdad \[\sum_{k=1}^n(d(k)+i(k))\leq n^2.\] Ahora observamos que un láser con el número $k$ necesita recorrer verticalmente un longitud $k-\frac{1}{2}$ para salir por el borde superior y una longitud $n-k+\frac{1}{2}$ para salir por el borde inferior. Si denotamos por $S$ e $I$ la suma de los números de los láseres que salen por la parte superior e inferior, respectivamente, como salen exactamente $n$ por la parte superior y $n$ por la parte inferior, podemos hacer el conteo anterior de otra forma para estimar inferiormente \[n^2\geq \sum_{k=1}^n(d(k)+i(k))\geq (S-\tfrac{n}{2})+(n^2-I+\tfrac{n}{2})=S-I+n^2.\] Deducimos de aquí que $S-I\geq 0$, que es lo que nos pide el enunciado.

Solución. Analizamos algunos casos básicos:

• Si $n=1$, Ana gana: debe retirar la única piedra.
• Si $n=2$, Bernardo gana: Ana está forzada a retirar una piedra y la otra la retira Bernardo.
• Si $n=3$, Ana gana: debe retirar una piedra, Bernardo otra y ella la última.
• Si $n=4$, Ana gana: retira dos piedras, Bernardo otra y ella la última.

Vemos un patrón que puede conducir a la solución. Si $n$ es impar, Ana tiene que quitar una piedra necesariamente y reducir el juego al caso par empezando por Bernardo. En el caso de $n$ par, el que empieza quita una piedra y fuerza al otro a quitar solo una; repite el proceso hasta llegar a $n=4$, caso en el que pasa a quitar dos piedras y gana.

Por lo tanto, Ana tiene estrategia ganadora si $n=1$, $n=3$ o $n\geq 4$ par. Bernardo tiene estrategia ganadora si $n=2$ o $n\geq 5$ impar.

Solución. Pongamos que el polígono tiene $n$ lados y escribamos sus ángulos internos como $a,a+d,\ldots,a+(n-1)d$, siendo $d$ la diferencia de la progresión aritmética. Como la suma de los ángulos internos de un $n$-gono es $180(n-2)$ (ya que se puede triangularse en $n-2$ triángulos), deducimos que \[180(n-2)=a+(a+d)+\ldots+(a+(n-1)d)=na+\frac{n(n-1)}{2}d.\] Por tanto, tenemos que resolver la ecuación diofántica \[360(n-2)=2na+n(n-1)d\ \Leftrightarrow\ 2a+(n-1)d=360-\frac{720}{n}.\] Esto acota los valores de $n$ a los divisores de $720$ (mayores o iguales que $3$). Además, para que el polígono sea convexo, sus ángulos tienen que ser menores que $180$, lo que nos dice que el mayor ha de serlo, es decir, $a\lt 180-(n-1)d$. Sustituyendo en la ecuación diofántica, la convexidad se traduce en que $720=(360-2a-(n-1)d)n\gt n(n-1)d\geq n(n-1)$, donde hemos usado que $d\geq 1$ porque nos dicen que no todos los ángulos son iguales. Esto último se traduce en que $3\leq n\leq 27$ y $d\lt\frac{720}{n(n-1)}$.

La idea ahora es que, para cada divisor $3\leq n\leq 27$ de $720$, estudiaremos si existe un par de enteros positivos $(a,d)$ verificando simultáneamente $2a+(n-1)d=360-\frac{720}{n}$ y $d\lt\frac{720}{n(n-1)}$. Lo haremos caso por caso ya que no son muchos

• Si $n=3$, tenemos $2a+2d=120$ y $d\lt 120$. Una solución es $a=d=30$.
• Si $n=4$, tenemos $2a+3d=180$ y $d\lt 60$. Una solución es $a=75$, $d=10$.
• Si $n=5$, tenemos $2a+4d=216$ y $d\lt 36$. Una solución es $a=100$, $d=4$.
• Si $n=6$, tenemos $2a+5d=240$ y $d\lt 24$. Una solución es $a=100$, $d=8$.
• Si $n=8$, tenemos $2a+7d=270$ y $d\lt 13$. Una solución es $a=100$, $d=10$.
• Si $n=9$, tenemos $2a+8d=280$ y $d\lt 10$. Una solución es $a=120$, $d=5$.
• Si $n=10$, tenemos $2a+9d=288$ y $d\lt 8$. Una solución es $a=135$, $d=2$.
• Si $n=12$, tenemos $2a+11d=300$ y $d\lt 6$. Una solución es $a=139$, $d=2$.
• Si $n=15$, tenemos $2a+14d=312$ y $d\lt 4$. Una solución es $a=149$, $d=1$.
• Si $n=16$, tenemos $2a+15d=315$ y $d\lt 3$. Una solución es $a=150$, $d=1$.
• Si $n=18$, tenemos $2a+17d=320$ y $d\lt 3$. Una solución es $a=143$, $d=2$.
• Si $n=20$, tenemos $2a+19d=324$ y $d\lt 2$. En este caso sólo nos queda $d=1$ y no hay solución puesto que el miembro de la derecha sería par y el de la izquierda impar.
• Si $n=24$, tenemos $2a+23d=330$ y $d\lt 2$. Tampoco hay solución por el mismo motivo que en el caso anterior.

Deducimos así que los posibles valores de $n$ son $3$, $4$, $5$, $6$, $8$, $10$, $12$, $15$ y $18$.

Solución. Sean $A_1,A_2,A_3$ las áreas de los triángulos $AOP,BOM,NOC$, respectivamente, y sean $B_1,B_2,B_3$ las áreas de los otros tres triángulos $POB,AON,COM$. Si $S$ es el área total del triángulo $ABC$, tenemos que \[A_1+A_2+A_3+B_1+B_2+B_3=S.\] Ahora bien, como las cevianas $AM,BN,CP$ se cortan en $O$, el teorema de Ceva nos dice que \[\frac{AP}{PB}\cdot\frac{BM}{MC}\cdot\frac{CN}{NA}=1.\] Si multiplicamos el numerador y denominador de la primer fracción por la mitad de la altura común de los triángulos $AOP$ y $BOP$ (la distancia $d_c$ de $O$ a $AB$) y hacemos lo mismo con las otras fracciones (con las distancias $d_a$ de $O$ a $BC$ y la distancia $d_b$ de $O$ a $AC$), podemos transformar la igualdad anterior en una expresión con áreas: \[\frac{A_1}{B_1}\cdot\frac{A_2}{B_2}\cdot\frac{A_3}{B_3}=\frac{\frac12\cdot AP\cdot d_c}{\frac12\cdot PB\cdot d_c}\cdot\frac{\frac12\cdot BM\cdot d_a}{\frac12\cdot MC\cdot d_a}\cdot\frac{\frac12\cdot CN\cdot d_b}{\frac12\cdot NA\cdot d_b}=1.\] Tenemos, por tanto, que $A_1A_2A_3=B_1B_2B_3$. La desigualdad entre las medias aritmética y geométrica nos dice que \[(A_1A_2A_3)^2=A_1A_2A_3B_1B_2B_3\leq\left(\frac{A_1+A_2+A_3+B_1+B_2+B_3}{6}\right)^6=\frac{S^6}{6^6}.\] Concluimos que $A_1A_2A_3=B_1B_2B_3\leq(\frac{S}{6})^3$, luego al menos uno de los números $A_1,A_2,A_3$ y al menos uno de los números $B_1,B_2,B_3$ han de ser menores o iguales que $\frac{S}{6}$, como queríamos demostrar.

Solución. Supongamos que $n\equiv 2\ (\text{mod }3)$ y $d$ es un divisor suyo. Como $d$ no puede ser múltiplo de $3$ (en tal caso, $n$ también lo sería), llegamos a que $d\equiv 1\ (\text{mod }3)$ o bien $d\equiv 2\ (\text{mod }3)$. Su divisor complementario $\frac{n}{d}$ tiene que cumplir $\frac{n}{d}\equiv 2\ (\text{mod }3)$ o bien $\frac{n}{d}\equiv 1\ (\text{mod }3)$, respectivamente, para que $d\cdot\frac{n}{d}=n\equiv 2\ (\text{mod }3)$. Por tanto, tenemos que $d+\frac{n}{d}\equiv 1+2\equiv 0\ (\text{mod }3)$.

De esta manera, en la suma de divisores, tras agrupar cada divisor con su complementario, tendremos una suma de múltiplos de $3$ y hemos resuelto el problema. Sin embargo, queda por ver que todos los divisores están emparejados, lo cual es cierto a no ser que $n$ sea un cuadrado perfecto (en cuyo caso $d=\sqrt{n}$ coincide con su complementario $\frac{n}{d}=\sqrt{n}$). Como todo cuadrado es congruente con $0$ o $1$ módulo $3$, este caso no se da nunca.

Solución. Se tienen las siguientes expresiones en términos de los lados del triángulo: \[BM=\frac{1}{2}a,\qquad BF=\frac{ca}{b+c},\qquad BD=\frac{a^2-b^2+c^2}{2a}.\] La primera es obvia por ser $M$ el punto medio. La segunda se deduce del teorema de la bisectriz: $BF$ y $FC$ son proporcionales a $c$ y $b$ y suman $a$. La tercera se deduce de usar el teorema de Pitágoras con la altura $AD^2=c^2-BD^2=b^2-DC^2$ y usar también que $BD+DC=a$.

Por lo tanto, la condición que nos dan se puede escribir como

\begin{align*} 2BF=BD+DM&\ \Longleftrightarrow\ \frac{2c}{b+c}=\frac{a^2-b^2+c^2}{2a^2}+\frac{1}{2}\\ &\ \Longleftrightarrow\ 4a^2c=(a^2-b^2+c^2)(b+c)+a^2(b+c)\\ &\ \Longleftrightarrow\ (2a^2-(b+c)^2)(b-c)=0. \end{align*} En realidad, sacar el factor $b-c$ puede ser complicado, pero de alguna forma se sabía que debía estar porque un triángulo isósceles cumple la condición propuesta (verifica $M=F=D$). Entonces tenemos que $b=c$ o bien $2a^2=(b+c)^2$. Este segundo caso, nos lleva a que $b+c=a\sqrt{2}$ tomando raíces cuadradas.

Por lo tanto, la solución son únicamente los triángulos isósceles con $AB=AC$ o bien aquellos en los que $AB+AC=\sqrt{2}BC$ (esta última condición equivale a que $A$ está en una elipse de focos $B$ y $C$ de excentricidad fija).

Solución. Observamos en primer lugar que, para cualquier entero positivo $k$, se tiene que $\frac{k+2}{k(k+1)(k+3)(k+4)}=\frac{1}{6k(k+1)}-\frac{1}{6(k+3)(k+4)}$ (ver la nota más abajo). Por lo tanto, podemos expresar \begin{align*} \frac{3}{1\cdot 2\cdot 4\cdot 5}&=\frac{1}{6\cdot 1\cdot 2}-\frac{1}{6\cdot 4\cdot 5},\\ \frac{4}{2\cdot 3\cdot 5\cdot 6}&=\frac{1}{6\cdot 2\cdot 3}-\frac{1}{6\cdot 5\cdot 6},\\ \frac{5}{3\cdot 4\cdot 6\cdot 7}&=\frac{1}{6\cdot 3\cdot 4}-\frac{1}{6\cdot 6\cdot 7},\\ &\vdots\\ \frac{n+2}{n(n+1)(n+3)(n+4)}&=\frac{1}{6n(n+1)}-\frac{1}{6(n+3)(n+4)} \end{align*} Si sumamos todas estas igualdades, en el miembro de la derecha se simplifican casi todos los sumandos menos los tres primeros y los tres últimos. Con lo cual la suma del enunciado es igual a \[S=\frac{1}{6\cdot 1\cdot 2}+\frac{1}{6\cdot 2\cdot 3}+\frac{1}{6\cdot 3\cdot 4}-\frac{1}{6(n+1)(n+2)}-\frac{1}{6(n+2)(n+3)}-\frac{1}{6(n+3)(n+4)}\] Si hacemos todas las operaciones, esta suma puede simplificarse como \[S=\frac{n(n+5)}{8(n+1)(n+4)}.\]

Nota. Se trata de una suma telescópica en la que cada sumando se escribe como diferencia de dos términos, de forma que al sumar estos términos se cancelan casi todos. Una forma de hacer esto (que funciona con cualquier suma cuyo término general es racional y cuyo denominador tiene raíces enteras simples) es escribir \[\frac{n+2}{n(n+1)(n+3)(n+4)}=\frac{A}{n}+\frac{B}{n+1}+\frac{C}{n+3}+\frac{D}{n+4}\] y resolver las variables $A,B,C,D\in\mathbb{R}$ para que la igualdad sea cierta para todo $n$. En este caso, se tiene que $A=-B=C=-D=\frac{1}{6}$ y pueden agruparse los sumandos por parejas (aunque no es necesario hacerlo así en general). Al sumar en la igualdad anterior, salvo el factor $\frac{1}{6}$, se suman y restan inversos de enteros. Cancelándolos convenientemente se obtiene el resultado de arriba.