Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Los dos catetos del triángulo miden $4\,\mathrm{sen}(54)$ y $4\cos(54)$, luego el área será $8\,\mathrm{sen}(54)\cos(54)$ (la mitad del producto de los catetos, que actúan como base y altura en un triángulo rectángulo). Lo que sigue es un argumento conocido basado en las diagonales de un pentágono, donde aparece de forma natural el ángulo $54$, aunque existen multitud de formas de calcular sus razones trigonométricas.

En el pentágono regular de lado $1$ de la figura, los triángulos $ACD$ y $DEP$ son semejantes pues sus lados son paralelos. Si llamamos $d$ a la longitud de la diagonal del pentágono, la semejanza $\frac{AD}{CD}=\frac{DE}{PE}$ se escribe como $\frac{d}{1}=\frac{1}{d-1}$, de donde $d$ cumple la ecuación $d^2-d-1=0$, de la que nos quedamos con la única solución positiva $d=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$, la razón áurea. Ahora bien, el triángulo $ABQ$ de la figura es rectángulo y cumple $\angle BAQ=54$, luego \begin{align*} \mathrm{sen}(54)&=BD=\frac{d}{2}=\frac{1+\sqrt{5}}{4},\\ \cos(54)&=AQ=\sqrt{1-BQ^2}=\sqrt{1-\left(\tfrac{1+\sqrt{5}}{4}\right)^2}=\frac{\sqrt{5-\sqrt{5}}}{2\sqrt{2}}. \end{align*} De esta forma, tenemos que el área del triángulo es \[8\,\mathrm{sen}(54)\cos(54)=8\frac{1+\sqrt{5}}{4}\cdot\frac{\sqrt{5-\sqrt{5}}}{2\sqrt{2}}=\sqrt{10+2\sqrt{5}}.\]

Solución. Un cuadrado perfecto no puede terminar en $2$, lo que reduce considerablemente el número de posibles terminaciones. Además, como es par, las dos últimas cifras de $n^2$ deben formar un múltiplo de $4$, luego estas solo pueden ser $04$, $20$, $24$ o $40$, de las cuales podemos descartar $20$ y $40$ (ya que $n^2$ sería múltiplo de $10$ pero no de $100$). De aquí, obtenemos que las cuatro últimas cifras de $n^2$ solo pueden ser $2204$, $0224$ o $2024$. Podemos descartar $2024$ ya que en tal caso $n^2$ es múltiplo de $8$ pero no de $16$. También podemos descartar también $2204$, porque entonces $\frac{n^2}{4}$ sería un cuadrado que terminaría en $51$ luego la cifra de las unidades de $n$ sería $1$ o $9$. Sin embargo, $(10a+9)^2$ y $(10a+9)^2$ tienen la cifra de las decenas par para todo $a$ y esto nos dice que no hay cuadrados que terminen en $51$.

Para ver qué ocurre con $0224$, pongamos $n=100a+10b+c$, con $0\leq a,b,c\leq 9$ respectivamente. Podemos hacer la multiplicación siguiente: \[\begin{array}{ccccc} &&a&b&c\\ &\times&a&b&c\\\hline &&ac&bc&c^2\\ &ab&b^2&bc&\\ a^2&ab&ac&&\\\hline a^2&2ab&b^2\!+\!2ac&2bc&c^2 \end{array}\] y ahora ir cuadrando las cifras desde las unidades a las centenas. Esto es bastante rutinario, pero hay que tener cuidado de tener en cuenta las llevadas (no se han escrito en la multiplicación anterior ya que dependen de los valores concretos de $a,b,c$). En las unidades tenemos que $c^2\equiv 4\ (\text{mód } 10)$, con soluciones $c=2$ y $c=8$.

• Si $c=2$, entonces en las decenas tenemos que $6b\equiv 2\ (\text{mód }10)$, que tiene soluciones $b=3$ y $b=8$. Para que $10b+c$ sea múltiplo de $4$, tiene que ser $b=3$, luego las centenas cuadran cuando $4a\equiv 2\ (\text{mód }10)$, que tiene soluciones $a=3$ y $a=8$. Tenemos que $332^2=110224$ sí cumple la condición pero $832^2=692224$ no.
• Si $c=8$, entonces $6b\equiv 6\ (\text{mód }10)$, que tiene soluciones $b=1$ y $b=6$. Para que $10b+c$ sea múltiplo de $4$, tiene que ser $b=6$. Cuandrando las centenas, tenemos que $6a\equiv 6\ (\text{mód }10)$, que tiene soluciones $a=1$ y $a=6$. Sin embargo, las unidades de millar de $168^2=28224$ ni $668^2=446224$ no cuadran.

Hemos probado así que $n=332$ es la única solución al problema.

Solución. Esta solución está escrita a partir de la solución oficial.

Por simplicidad identificaremos cada casilla con un par de enteros $(a,b)\in\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$ que denotarán sus coordenada en el tablero y también denotaremos por $C(a,b)$ al cuadrado $n\times n$ que tiene su esquina inferior izquierda en la casilla $(a,b)$. Si volteamos los cuatro cuadrados $C(a,b),C(a+1,b),C(a,b+1),C(a+1,b+1)$, cambiamos únicamente las monedas de las casillas $(a,b),(a+n,b),(a,b+n),(a+n,b+n)$ suponiendo que $n\geq 2$. Esto nos dice que siempre podemos obtener cualquier número de caras que sea múltiplo de $4$ (repitiendo esta construcción en distintas partes alejadas del tablero infinito) y también que podemos aumentar en dos caras cualquier configuración dada ya que basta aplicar estos cambios a la casilla $(a,b)$ con cara hacia arriba que tenga $a+b$ máximo de entre todas las casillas con cara hacia arriba (este proceso hace cambia la casilla $(a,b)$ de cara a cruz y las casillas $(a+n,b),(a,b+n),(a+n,b+n)$ de cruz a cara, lo que supone dos caras más). En particular, para todo $n$, podemos encontrar configuraciones con cualquier número par de caras mayor o igual que $4$.

Veamos ahora que no se pueden tener únicamente dos caras (suponiendo que $n\geq 2$). Esto es consecuencia inmediata de que no puede haber ninguna fila ni columna con una única cara. Para probar esto último, pensemos en una fila o columna y pensemos en cada volteo como cambiar en ella $n$ casillas consecutivas. Habrá cambios que anulen a otros cambios si se aplican a las mismas $n$ casillas, luego podemos suponer que cada conjunto de $n$ casillas consecutivas se ha volteado $0$ o $1$ veces y al menos uno se ha volteado $1$ vez ya que hay una casilla con cara hacia arriba. De entre los conjuntos que de $n$ casillas que se han volteado una vez, necesariamente la primera casilla del primer conjunto y la última casilla del último conjunto deben tener la cara hacia arriba (y no pueden ser la misma porque $n\geq 2$).

Con todo esto, vamos a plantear la solución distinguiendo la paridad de $n$.

• Cuando $n$ es par, cada cambio pasa de $k$ caras a $n^2-k$ caras y ambos números tienen la misma paridad, luego la paridad del número de caras no cambia en el proceso. Como empezamos con $0$ caras, no puede obtenerse un número impar de caras en ningún momento. Entonces, la solución para $n$ par es cualquier número par mayor que $2$.
• Cuando $n$ es impar, también podemos obtener cualquier número par mayor que $2$ de la misma manera, pero también es fácil obtener cualquier número impar mayor o igual que $n^2$ ya que podemos comenzar con $n^2$ caras y luego sumarle dos caras mediante el método descrito anteriormente. Habremos terminado si demostramos que no se puede obtener un número impar menor que $n^2$.

  A cada casilla $(a,b)$ le asignamos el resto $a+bn \pmod{n^2}$. De esta forma, cada vez que volteamos un cuadrado $n\times n$ estamos volteando una exactamente una casilla de cada uno de los restos módulo $n^2$. Si tuviéramos un número impar de caras menor que $n^2$, entonces habría algún resto en el que no habría caras. Podríamos pensar en que cada volteo cambia exactamente $n^2-1$ casillas si omitimos las que tienen resto $r$. Como $n^2-1$ es un número par y cambiamos $k$ caras por $n^2-1-k$ caras, no cambiamos la paridad del número de caras en este proceso, que equivale al original para esta configuración. Como empezamos con $0$ caras antes del primer volteo, el número siempre permanecerá par.

Solución. El logaritmo del numerador es igual a \[\frac{1}{ab}\log(a+b)+\frac{1}{bc}\log(b+c)+\frac{1}{ca}\log(c+a),\] que es una combinación de logaritmos con coeficientes positivos. Esto nos da pie a usar la desigualdad de Jensen (ver la nota) para la función $f(x)=\log(x)$, que es cóncava, aplicada a los números $x_1=a+b$, $x_2=b+c$ y $x_3=c+a$ con pesos $\frac{1}{ab}$, $\frac{1}{bc}$ y $\frac{1}{ca}$, respectivamente. Esto nos da \begin{align*} \frac{\frac{1}{ab}\log(a+b)+\frac{1}{bc}\log(b+c)+\frac{1}{ca}\log(c+a)}{\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}}&\leq\log\left(\frac{a+b}{ab}+\frac{b+c}{bc}+\frac{c+a}{ca}\right)\\ &=\log\left(2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\right). \end{align*} Por tanto, podemos despejar \begin{align*} \log\left(\frac{(a+b)^{\frac{1}{ab}}(b+c)^{\frac{1}{bc}}(c+a)^{\frac{1}{ca}}}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\right)&\leq \log(2)\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)\\ &=\log(2)\cdot\frac{a+b+c}{abc}=\log(2).\\ \end{align*} Haciendo la exponencial de ambos miembros, se tiene la desigualdad del enunciado.

Nota. La desigualdad de Jensen nos dice que si $f(x)$ es una función cóncava en un intervalo $[a,b]$ y tenemos puntos $x_1,\ldots,x_n\in [a,b]$ y pesos $w_1,\ldots,w_n\gt 0$, entonces \[\frac{w_1f(x_1)+w_2f(x_2)+\ldots+w_nf(x_n)}{w_1+w_2+\ldots+w_n}\leq f(\frac{w_1x_1+w_2x_2+\ldots+w_nx_n}{w_1+w_2+\ldots+w_n}).\]