Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Ser divisible por $45$ es lo mismo que ser divisible simultáneamente por $5$ y por $9$. Por un lado tenemos que \[A(n)\equiv 1+1+1+\ldots+1=n\ (\text{mod }5),\] luego $A(n)$ es múltiplo de $5$ si y solo si $n$ lo es. Por otro lado, \[A(n)\equiv 1+2+3+\ldots+n=\frac{n(n+1)}2\ (\text{mod }9),\] ya que cada número es congruente con la suma de sus cifras módulo $9$ y donde hemos usado además la fórmula conocida para la suma de los $n$ primeros números naturales. Ahora bien, $\frac{n(n+1)}2$ es múltiplo de $9$ cuando $n$ o $n+1$ sean múltiplos de $9$ (ambos no pueden ser múltiplos de $3$ porque son enteros consecutivos). Buscando el primer múltiplo positivo de $5$ tal que $n$ o $n+1$ sean múltiplos de $9$, llegamos rápidamente a que la respuesta a la pregunta del enunciado es $n=35$.

Solución. La división de polinomios nos dice que podemos expresar \[P(x)=(x^3+ax+b)Q_1(x)+R(x)=(x^3+ax^2+b)Q_2(x)+R(x),\] donde $Q_1(x)$ y $Q_2(x)$ son los cocientes y $R(x)$ es el resto común a ambas divisiones. Evaluando la igualdad anterior en $x=0$, obtenemos que \[P(0)=b Q_1(0)=b Q_2(0),\] luego $Q_1(0)=Q_2(0)$ puesto que $b\neq 0$. Evaluando ahora en $x=1$, tenemos que \[P(1)=(1+a+b)Q_1(1)=(1+a+b)Q_2(1)\] Si $a+b+1\neq 0$, entonces esto nos da $Q_1(1)=Q_2(1)$. Por tanto, tendríamos que $Q_1$ y $Q_2$ son dos polinomios de grado $2$ con el mismo coeficiente de $x^2$, el mismo término independiente y la misma suma de coeficientes. Deducimos que $Q_1=Q_2$, lo que nos lleva en la división original a que $x^3+ax+b=x^3+ax^2+b$, pero esto no es posible porque $a\neq 0$ según el enunciado. Esta contradicción nos asegura que $a+b+1=0$, es decir, $a+b=-1$.

Nota. Una pregunta natural es si realmente existen polinomios en las condiciones anteriores (para ser rigurosos, podrían no existir tales polinomios y entonces no tener ningún valor $a+b$). Planteando la ecuación coeficiente a coeficiente y suponiendo que $Q_1(x)$ y $Q_2(x)$ tienen coeficiente $1$ en $x^2$, dejamos como ejercicio ver que tiene que ser \[Q_1(x)=x^2+x-b,\qquad Q_2(x)=x^2-bx-b.\] El resto $R(x)=cx+d$ es un polinomio arbitrario de grado $1$, luego tendríamos las soluciones \[P(x)=x^5-b x^4-(2b+1)x^3+(b+2)bx^2+(b+c)x+(d-b^2)\] para cualesquiera $b,c,d\in\mathbb{R}$ con $b\not\in\{-1,0\}$.

Solución. Como los triángulos $BFD$ y $BGD$ son rectángulos con hipotenusa común $BD$, deducimos que el cuadrilátero $BFDG$ es cíclico, es decir, hay una circunferencia que pasa por sus cuatro vértice. El centro de dicha circunferencia en $I$, el punto medio del diámetro $BD$. De la misma forma, hay una circunferencia con centro en $J$ en la que se inscribe el cuadrilátero $AECH$. Demostraremos que $KL$ es el eje radical de estas dos circunferencias y, por tanto, ortogonal a la recta $IJ$ que une sus centros.

Para ello, sólo hay que ver que $K$ y $L$ tienen la misma potencia respecto de ambas circunferencias, lo que equivale a decir que $LB\cdot LF=LE\cdot LA$ y $KD\cdot KG=KC\cdot KH$. Sin embargo, la primera igualdad se deduce directamente de que los triángulos $LFA$ y $LEB$ son semejantes, mientras que la segunda viene de que $KGC$ y $KDH$ son semejantes. En ambos casos se trata de triángulos rectángulos con un ángulo (no recto) común.

Nota. La demostración vale tanto si el cuadrilátero es cóncavo o convexo, o incluso si no hay cuadrilátero sino solo cuatro puntos dados en el plano. La única salvedad es que $ABCD$ sea un paralelogramo, en cuyo caso $I=J$ (y, por tanto, la recta $IJ$ no está definida) y $K$ y $L$ no existen ya que las rectas cuya intersección los define son paralelas.

Solución. Sea $M$ el punto medio del lado $AB$. Como se trata de un trapecio isósceles, está claro que los triángulos $AMC$, $CMD$ y $CMB$ son equiláteros de lado $5$. Además, $AC$ y $BD$ contienen son mediatrices de $CMD$ correspondientes a los lados $DM$ y $CM$, respectivamente, luego $O$ es el circuncentro de $CMD$. Además, $DM$ y $EF$ son paralelas ya que ambas son perpendiculares a $AC$. Aplicando el teorema de Tales a estas paralelas que cortan a $AC$, $AD$ y $AB$ y teniendo en cuenta que $ON=\frac{1}{3}\cdot CN$, siendo $N$ la intersección de $AC$ y $DM$, llegamos a que $DE=FM=\frac{1}{3}MB=\frac{5}{3}$.

Con todo esto ya podemos calcular el área de $AECF$ puesto que esta consta de los dos triángulos equiláteros $ADM$ y $DMC$ (en azul en la figura). Ambos tienen lado $\ell=5$, luego su área es $\frac{\ell^2\sqrt{3}}{4}=\frac{25\sqrt{3}}{4}$ (esto se comprueba fácilmente usando el teorema de Pitágoras). También tenemos que contar los dos triángulos congruentes $DEC$ y $CMF$ (en amarillo en la figura), que tienen la misma altura que los equiláteros pero un tercio de su base, luego cada uno aporta un tercio del área ya calculada $\frac{25\sqrt{3}}{4}$. En resumen, tenemos que \begin{align*} \mathrm{Area}(AECF)&=\mathrm{Area}(ADM)+\mathrm{Area}(DMC)+\mathrm{Area}(DEC)+\mathrm{Area}(CMF)\\ &=\frac{25\sqrt{3}}{4}+\frac{25\sqrt{3}}{4}+\frac{1}{3}\cdot\frac{25\sqrt{3}}{4}+\frac{1}{3}\cdot\frac{25\sqrt{3}}{4}=\frac{50\sqrt{3}}{3}. \end{align*}

Solución. Sea $M$ la persona que tiene el mayor número de enemigos en la fiesta, y llamemos $E$ al conjunto de sus enemigos. Sea $k$ el número de personas en $E$. Algunas observaciones:

• Todas las personas de $E$ deben ser amigas entre sí por la regla de enemistad que nos dan en el enunciado.
• Se puede suponer que $k\geq 1$ (porque $k=0$ significa que todo el mundo en la fiesta es amigo de todo el mundo y dos personas cualesquiera cumplen las propiedades requeridas).
• También puede suponerse que todas las persones de $E$ tienen un número distinto de enemigos (si hubiera dos con el mismo número de enemigos, ya hemos terminado, pues estos son los dos que buscamos).

  Como los enemigos de cualquier persona de $E$ no pueden estar en $E$, el número de enemigos de cada una debe estar entre $1$ (contando a $M$) y $100 - k$. Para que existan $k$ valores distintos en ese rango, debe cumplirse que $k \leq 100 - k$, es decir, $1\leq k \leq 50$.

Lo anterior nos dice que a cada persona se le puede asignar un número entre $0$ y $50$, que es su número de enemigos, y no puede haber tres personas con el mismo número asignado (entre esas tres habría al menos un par de amigos según la regla de enemistad). Más observaciones:

• No puede haber dos personas con $0$ enemigos (estas dos son automáticamente amigas y ya hemos terminado).
• Si hay dos personas que tienen exactamente un enemigo y son amigas también hemos terminado. Si son enemigas, entonces podemos eliminarlas de la fiesta y no afectan al número de enemistades del resto. En tal caso, el mismo argumento de arriba para $98$ personas en lugar de $100$ nos dice que podemos terminar salvo que $1\leq k\leq 49$, pero tenemos en este caso personas con $50$ enemigos.

Entonces, el único escollo que nos queda por salvar es que de las $100$ personas haya una con $0$ enemigos, otra con $1$ enemigo y dos con cada número de enemigos entre $2$ y $50$, pero esto también es imposible ya que en tal caso habría un número total de enemigos impar, contradiciendo que si A es enemigo de B, B también es enemigo de A.

Solución. Vamos a demostrar un resultado más fuerte en el que sólo necesitamos que haya $p$ valores consecutivos de $n$. Podemos entonces suponer que estos son $0,1,\ldots,p-1$ al reducir módulo $p$, es decir, existen $x_0,x_1,\ldots,x_{p-1}\in\mathbb{Z}$ tales que $an^2+bn+c\equiv x_n^2\pmod{p}$.

Si $p$ divide a $a$, entonces $a \equiv 0 \pmod p$ y la ecuación se escribe $bn + c \equiv x_n^2 \pmod p$. Si $b\not\equiv 0\pmod p$, $bn+c$ toma todos los valores módulo $p$ pero $x_n^2$ no (hay $\frac{p+1}{2}\lt p$ residuos cuadráticos módulo $p$), luego este caso es imposible. Por lo tanto, $b\equiv 0\pmod p$, lluego $\Delta = b^2 - 4ac \equiv 0 \pmod p$ y hemos terminado.

Supongamos entonces que $p$ no divide a $a$. Completando el cuadrado y multiplicando por $4a$, podemos reescribir la ecuación como \[(2an + b)^2 - (b^2 - 4ac) \equiv 4ax_n^2 \pmod p.\] Notemos que $2an+b$ recorre todos los restos módulo $p$, luego escribiendo $u = 2an + b$ y definiendo $A \equiv (4a)^{-1}\not\equiv 0\pmod p$ y $B \equiv -(b^2 - 4ac)(4a)^{-1}\pmod p$, la condición que tenemos se escribe como $Au^2 + B=y_u^2 \in S$ para todo $0\leq u\lt p$, siendo $S$ el conjunto de cuadrados módulo $p$.

La aplicación $f: S \to \mathbb{Z}_p$ dada por $f(s) = As + B$ es inyectiva. Como $f(S) \subseteq S$ y $S$ es finito, se tiene que $f(S) = S$. Sumando la igualdad $Au^2+B=y_u^2$ sobre todos los residuos $u$, obtenemos en el miembro de la izquierda \[\sum_{u=0}^{p-1} (Au^2 + B) = A \sum_{u=0}^{p-1} u^2 + pB \equiv 0 \pmod p.\] Aquí se ha usado que que $\sum_{u=0}^{p-1} u^2\equiv \frac{1}{6}(p-1)p(2p-1)\equiv 0\pmod p$ ya que $p \geq 5$. Para el miembro de la derecha, observamos que, al variar $u$, el cuadrado $u^2$ toma el valor $0$ una vez y cada $s \in S \setminus \{0\}$ dos veces. Dado que $f(S)=S$, nos queda \begin{align*} \sum_{u=0}^{p-1} x_u^2 &=\sum_{u=0}^{p-1} f(u^2)= f(0) + 2 \sum_{s \in S \setminus \{0\}} f(s)\\ & = B + 2 \sum_{s \in S \setminus \{B\}} s = 2 \sum_{s \in S} s - B \equiv -B \pmod p. \end{align*} Igualando ambos resultados, llegamos a que $0 \equiv -B \pmod p$. Dado que $B = -(b^2 - 4ac)(4a)^{-1}$, concluimos que $b^2 - 4ac \equiv 0 \pmod p$, como queríamos demostrar.

Solución. Elevando al cuadrado, tenemos que $a-\sqrt{a+x}=x^2$ y depejamos la raíz como $x^2-a=\sqrt{a+x}$. Elevando de nuevo al cuadrado, tenemos la ecuación \[x^4-2ax^2+a^2=a+x\ \Leftrightarrow\ x^4-2ax^2+x+a(a-1)=0.\] Esta última ecuación de grado $4$ puede parecer imposible de resolver ya que tiene el parámetro $a$, pero resulta que se puede factorizar como producto de dos polinomios de grado $2$: \[0=x^4-2ax^2+x+a(a-1)=(x^2-x-a)(x^2+x-a+1).\] Esto nos da dos ecuaciones de segundo grado. La primera ecuación nos da dos soluciones: \[x^2-x-a=0\ \leadsto\ x_1=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2},\ x_2=\frac{1-\sqrt{1+4a}}{2}.\] La segunda por su parte nos da otras dos soluciones: \[x^2+x-a+1=0\ \leadsto\ x_3=\frac{-1+\sqrt{4a-3}}{2},\ x_4=\frac{-1-\sqrt{4a-3}}{2}.\] Sin embargo, tenemos que comprobar si cada una de estas cuatro soluciones realmente cumple la ecuación original (al elevar al cuadrado podemos haber introducido soluciones ficticias (donde las raíces del enunciado no están definidas o no dar los valores correctos).

• $x_2$ y $x_4$ son negativos, luego no son soluciones ya que $x=\sqrt{a-\sqrt{x+a}}\geq 0$ nos dice que $x$ tiene que ser positivo (una raíz nunca es negativa).
• $x_1$ tampoco es solución ya que $x_1=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2}\gt\frac{\sqrt{4a}}{2}=\sqrt{a}$ y cualquier solución cumple que $x=\sqrt{a-\sqrt{x+a}}\lt\sqrt{a}$.
• $x_3$ sí que es solución (la nota de abajo nos da otro motivo del porqué). Para verlo, nos damos cuenta primero de que $x_3\geq 0$ y, por tanto, $x_3+a\geq 0$; además, tenemos que \begin{align*} 0\leq x_3+a&=\frac{2a-1+\sqrt{4a-3}}{2}\\ &\leq \frac{2a-1+2a-1}{2}=2a-1=a^2-(a-1)^2\leq a^2. \end{align*} Por tanto, se cumple que $\sqrt{x_3+a}\leq a$ y la raíz grande del enunciado también está bien definida. Deducimos que $x_3$ es la única solución.

Nota. Un atajo que nos puede hacer entender mejor el problema es darse cuenta de que el miembro de la izquierda $f(x)=\sqrt{a-\sqrt{a+x}}$ es una función continua y estrictamente decreciente definida en el intervalo $[0,a^2-a]$ con $f(0)>0$ y $f(a^2-a)=0$ y que el de la derecha $g(x)=x$ es también continua y estrictamente creciente con $g(0)=0$ y $\lim_{x\to\infty}g(x)=+\infty$, luego la ecuación $f(x)=g(x)$ tiene necesariamente una única solución.

Solución. Definimos $\alpha = \angle CDP$ y $\beta = \angle CDQ$. Nuestro objetivo es demostrar que $\alpha = \beta$.

Como las cevianas $AP$, $BQ$ y $CD$ son concurrentes en el punto $E$, por el Teorema de Ceva se cumple: \[ \frac{AD}{DB} \cdot \frac{BP}{PC} \cdot \frac{CQ}{QA} = 1.\] Vamos a calcular los cocientes anteriores de otra forma para obtener el resultado.

Utilizando que la razón entre los segmentos de la base de un triángulo es igual a la razón de las áreas de los triángulos que comparten un vértice común, tenemos que \[ \frac{BP}{PC} = \frac{\text{Área}(BDP)}{\text{Área}(CDP)} = \frac{\frac{1}{2} BD \cdot DP \operatorname{sen}(90^\circ - \alpha)}{\frac{1}{2} CD \cdot DP \operatorname{sen} \alpha} = \frac{BD \cos \alpha}{CD \operatorname{sen} \alpha} = \frac{BD}{CD\tan \alpha}. \] Análogamente, \[ \frac{CQ}{QA} = \frac{\text{Área}(CDQ)}{\text{Área}(ADQ)} = \frac{\frac{1}{2} CD \cdot DQ \operatorname{sen} \beta}{\frac{1}{2} AD \cdot DQ \operatorname{sen}(90^\circ - \beta)} = \frac{CD \operatorname{sen} \beta}{AD \cos \beta} = \frac{CD}{AD} \tan \beta. \] Por lo tanto, la igualdad de Ceva nos queda \[ \frac{AD}{BD} \cdot \left( \frac{BD}{CD\tan \alpha} \right) \cdot \left( \frac{CD}{AD} \tan \beta \right) = 1\ \Longleftrightarrow \tan \alpha = \tan \beta.\] Dado que $\alpha$ y $\beta$ son ángulos agudos en un triángulo acutángulo, concluimos que $\alpha = \beta$.

Solución. Vamos a considerar un sistema de coordenadas en el que el origen está en $D=(0,0)$ y los vértices del triángulo son $A=(a,0)$, $B=(b,0)$ y $C=(0,c)$ con $b,c\gt 0$ y $a\lt 0$. Ahora bien, la recta $AP$ corta a $CD$ (el eje $OY$) en un punto $X=(0,h)$. Es equivalente mover $P$ sobre $BC$ a mover $X$ sobre $AD$, luego el problema queda determinado sólo en términos de la variable $h$. El punto $P=(x_P,y_P)$ es la intersección de $AP$ y $BC$, luego es solución del sistema \[\left.\begin{array}{l} AP:\ \frac{x_P}{a}+\frac{y_P}{h}=1\\ BC:\ \frac{x_P}{b}+\frac{y_P}{c}=1 \end{array}\right\}\ \Longleftrightarrow\ P=(x_P,y_P)=\left(\frac{ab(c-h)}{ac-bh},\frac{ch(a-b)}{ac-bh}\right).\] Por la simetría de la construcción, $Q$ se obtiene cambiando $a$ por $b$ en lo anterior, es decir, \[Q=(x_Q,y_Q)=\left(\frac{ab(c-h)}{bc-ah},\frac{ch(b-a)}{bc-ah}\right).\] Además, $P$ está en el primer cuadrante y $Q$ en el segundo, luego la igualdad $\angle PDC=\angle QDC$ se deduce del hecho de que \[\frac{y_Q}{x_Q}=-\frac{y_P}{x_P}\] y esto demuestra que $CD$ es la bisectriz de $\angle PDQ$.

Nota. A la hora de formular las rectas, nos hemos basado en la conocida como ecuación continua de una recta. Esta nos dice que la recta del plano que pasa por los puntos $(a,0)$ y $(0,b)$ tiene ecuación $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$ (como puede comprobarse fácilmente).

Solución. Sea $A_i$ la suma de la fila $i$-ésima y $B_j$ la suma de la columna $j$-ésima. La condición del enunciado es que el elemento $(i,j)$ de la tabla tiene el valor $A_iB_j$. Por lo tanto, si llamamos $S$ a la suma de todos los elementos de la tabla, los elementos de la fila $i$-ésima suman \begin{align*} A_i=A_iB_1+A_iB_2+\ldots+A_{i}B_{2024}=A_i(B_1+B_2+\ldots+B_{2024})=A_iS, \end{align*} ya que la suma de todos los $B_j$ es igual $S$. Si $S\neq 1$, entonces tendríamos que $A_i=0$ y esto valdría para cualquier fila, luego el número $A_iB_j$ en la casilla $(i,j)$ sería cero, en contra de lo que dice el enunciado. Deducimos entonces que $S=1$ (por ejemplo, esto se cumple si todos los elementos son iguales e iguales a $\frac{1}{2024000}$). Esto responde a la primera pregunta del enunciado.

Sin embargo, tenemos que encontrar un ejemplo en el que no haya filas ni columnas constantes para responder a la segunda parte. Para ello, inspirados por lo anterior, consideraremos $1000$ números diferentes $u_1,\ldots, u_{1000}$ cuya suma sea $1$ y $2024$ números diferentes $v_1,\ldots, v_{2024}$ cuya suma también sea $1$ y pondremos en la casilla de coordenadas $(i,j)$ el número $u_iv_j$. En este caso, la fila $i$-ésima y la columna $j$-ésima suman respectivamente \begin{align*} A_i&=u_iv_1+u_iv_2+\ldots u_iv_{2024}=u_i(v_1+\ldots+v_{2024})=u_i,\\ B_j&=u_1v_j+u_2v_j+\ldots u_{1000}v_{j}=(u_1+\ldots+v_{1000})v_j=v_j, \end{align*} luego $A_iB_j=u_iv_j$ es el elemento colocado en la casilla $(i,j)$.