Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Los triángulos $AMD$ y $BMN$ son semejantes (están en posición de Thales ya que $AD$ y $BC$ son paralelas) y la razón de semejanza es $\frac{1}{2}$ ya que el enunciado nos dice que $MD=2BM$. Por lo tanto, $BN=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}BC$ y tenemos que $N$ es el punto medio de $BC$. De esta forma, el área $BCD$, que es la mitad de la del paralelogramo, es a su vez el doble del área de $DBN$ (por tener la misma base y altura doble). Por otro lado, el área de $DMN$ es el doble de la de $BMN$ (ya que tiene doble base e igual altura). Todo esto nos dice que \begin{align*} \mathrm{Area}(ABCD)&=2\,\mathrm{Area}(BCD)=4\,\mathrm{Area}(BND)\\ &=4(\mathrm{Area}(MND)+\mathrm{Area}(MNB))\\ &=4(\mathrm{Area}(MND)+\tfrac{1}{2}\mathrm{Area}(MND))=6\,\mathrm{Area}(MND). \end{align*} Deducimos así que \[\frac{\mathrm{Area}(MND)}{\mathrm{Area}(ABCD)}=\frac{1}{6}.\]

Solución. Consideremos el polinomio $p(x)=x\,q(x)-1$, que tiene grado $2024$ y cumple que $p(n)=0$ para $n=1,2,\ldots, 2024$. En particular, como conocemos sus $2024$ raíces, podremos escribir \[p(x)=x\,q(x)-1=a(x-1)(x-2)(x-3)\cdots(x-2024).\] Evaluando esta igualdad en $x=0$, llegamos a que $p(0)=-1=2024! a$, luego obtenemos que $a=\frac{-1}{2024!}$ y tenemos ya completamente determinado $p(x)$. Ahora solamente hay que evaluar en $x=2025$, obteniendo \[p(2025)=2025\,q(2025)-1=\frac{-(2025-1)(2025-2)(2025-3)\cdots(2025-2024)}{2024!}=-1.\] Despejamos fácilmente $q(2025)=0$ y hemos terminado.

Solución. Observamos que el mayor divisor de $n$ es menor o igual que $\frac{n}{2}$, el segundo mayor divisor será menor o igual que $\frac{n}{3}$, el tercero menor o igual que $\frac{n}{4}$ y el cuarto menor o igual que $\frac{n}{5}$. Por lo tanto, se cumple que \[1001=a+b+c+d\leq \frac{n}{2}+\frac{n}{3}+\frac{n}{4}+\frac{n}{5}=\frac{77}{60}n\ \Longleftrightarrow\ n\geq 780.\] Buscamos, por tanto, un número mayor o igual que $780$. Como $780$ resulta ser divisible entre $2,3,4,5$, la desigualdad anterior se convierte en una igualdad la igualdad si tomamos \[a=\frac{780}{2}=390,\qquad b=\frac{780}{3}=260,\qquad c=\frac{780}{4}=195,\qquad d=\frac{780}{5}=156,\] lo que demuestra que $n=780$ es el número que buscamos.

Solución. Consideremos las circunferencias circunscritas a los triángulos $ABE$ y $AFD$, que se cortarán en $A$ y en otro punto $P$. Queremos ver que este punto $P$ pertenece a las otras dos circunferencias circunscritas, para lo que vamos a usar la propiedad del arco capaz. Llamaremos $\alpha,\beta,\gamma,\delta$ a los ángulos del cuadrilátero $A,B,C,D$ por comodidad.

Como $ADPF$ es cíclico, tenemos que $\angle APD=\angle AFD=180-\alpha-\delta$ y, como $ABPE$ es cíclico, tenemos que $\angle APB=\angle AEB=180-\alpha-\beta$, luego \[\angle DPB=\angle DPA+\angle APB=(180-\alpha-\delta)+(180-\alpha-\beta)=360-2\alpha-\beta-\delta=\gamma-\alpha,\] donde hemos usado que $\alpha+\beta+\gamma+\delta=360$. Ahora bien, como $ADPF$ es cíclico, tenemos que $\angle DPF=180-\angle DAF=180-\alpha$, luego obtenemos que \[\angle BPF=\angle DPF-\angle APF=(180-\alpha)-(\gamma-\alpha)=180-\gamma=\angle BCF.\] De este modo, los dos ángulos indicados en rojo en la figura son iguales, luego $P$ está en la circunferencia circunscrita al triángulo $BFC$. Con la circunferencia $DCE$ se razona igual (sólo hay que cambiar $E$ por $F$ y $B$ y $\beta$ por $D$ y $\delta$ en el razonamiento anterior).

Solución. Si hacemos $x=f(z)$ en la ecuación funcional, obtenemos que \[f(f(z)f(y))=f(yf(z))+f(z)\stackrel{\star}{=}f(yz)+y+f(z),\] donde en $\star$ hemos usado de nuevo la ecuación funcional. Como lo anterior es cierto para cualesquiera $y,z\gt 0$ y hay términos simétricos, intercambiando $z$ por $y$, obtenemos que \[f(yz)+y+f(z)=f(f(z)f(y))=f(zy)+z+f(y),\] de donde $y+f(z)=z+f(y)$ para todo $y,z\gt 0$. Esto nos lleva a que $f(z)=z+a$ para cierto $a\in\mathbb{R}$. Sin embargo, la única de estas funciones que cumple la ecuación original es para $a=1$ y deducimos que $f(z)=z+1$ es la única solución.

Solución. Escribimos la ecuación como \[a(a^2+b^2)+7=3(a^2+b^2)+2b^2\ \Leftrightarrow\ (a-3)(a^2+b^2)=2b^2-7,\] luego $a^2+b^2$ es un divisor de $2b^2-7$. Ahora la escribimos como \[a(a^2+b^2)+7=5(a^2+b^2)-2a^2\ \Leftrightarrow\ (5-a)(a^2+b^2)=2a^2+7,\] luego también es divisor de $2a^2+7$. Como todo divisor positivo de un número es menor o igual que el valor absoluto de dicho número, tenemos que \[\left\{\begin{array}{l}a^2+b^2\leq|2b^2-7|,\\a^2+b^2\leq 2a^2+7.\end{array}\right.\] Distinguimos casos para tratar con el valor absoluto:

• Si $b=0$, entonces la ecuación original queda $a^3-5a^2+7=0$, que no tiene soluciones enteras (probamos $a=\pm 1$ y $a=\pm 7$, los divisores del término independiente).
• Si $b=\pm 1$, entonces la ecuación original queda $a^3-5a^2+a+4=0$, que tampoco tiene soluciones enteras (probamos $a=\pm 1$, $a=\pm 2$ y $a=\pm 4$).
• Si $|b|\geq 2$, entonces $2b^2-7\gt 0$, luego el sistema anterior de desigualdades nos da $a^2\leq b^2-7$ y $b^2\leq a^2+7$, lo que a su vez implica que $b^2-a^2=7$. Es fácil ver que los únicos cuadrados que se diferencian en $7$ unidades son $3^2=9$ y $4^2=16$ (a partir de $16$, cada cuadrado se diferencia del siguiente en al menos $9$ unidades). Por tanto, tenemos los candidatos a solución $a=\pm 3$ y $b=\pm 4$. Sustituyendo en la ecuación original, obtenemos que solamente $(a,b)=(3,4)$ y $(a,b)=(3,-4)$ la verifican.

Hemos probado así que $(a,b)=(3,4)$ y $(a,b)=(3,-4)$ son las únicas soluciones.

Solución. En la ecuación que nos dan podemos despejar \[b^2=\frac{a^3-5a^2+7}{3-a}=f(a)\] siempre que $a\neq 3$. Para $a=3$, la ecuación queda $a^3-5a^2+7=0$, que no tiene soluciones enteras, luego podemos suponer $a\neq 3$. La función $f(a)$ tiende a $-\infty$ cuando $a\to\pm\infty$, lo que nos dice que debería haber pocos valores en los que $f(a)=b^2\gt 0$. Veamos entonces para qué enteros $a$ se cumple que $f(a)\gt 0$.

El numerador de $f(a)$ tiene grado $3$, luego la ecuación $f(a)=0$ tiene a lo sumo tres soluciones reales. Calculamos algunos valores: \[f(-2)=-\tfrac{21}{5}\lt 0,\quad f(-1)=\tfrac{1}{4}\gt 0,\quad f(1)=\tfrac{3}{2}\gt 0,\quad f(2)=-5\lt 0,\] \[f(0)=\tfrac{7}{3}\gt 0,\quad f(4)=9\gt 0,\quad f(5)=-\tfrac{7}{2}\lt 0.\] Como hemos encontrado tres cambios de signo en los puntos en que $f$ es continua (para $a\neq 3$) y no puede haber más, el teorema de Bolzano nos garantiza entonces que $f(a)\lt 0$ para $a\leq -2$ para $a=2$ y para $a\geq 5$, luego las únicas posibilidades son $a=\pm 1$, $a=0$ y $a=4$. Sin embargo, a la vista de los valores dados arriba, sólo $f(4)$ es un cuadrado perfecto. Concluimos de este modo que la ecuación original tiene únicamente las soluciones enteras $(a,b)=(4,\pm 3)$.

Solución. Los números que se obtienen de esta manera son siempre de la forma $x+y\sqrt{3}$ para ciertos $x,y\in\mathbb{Q}$. Vamos a identificar entonces cada número con el punto $(x,y)$ en el plano. Al sumarle a un punto un múltiplo racional de la diferencia de los otros dos, no hacemos más que mover uno de los vértices del triángulo que forman en la dirección paralela al lado opuesto (ya que la diferencia representa el vector director de la recta que forman dichos puntos en el plano). Originalmente, los tres puntos son $(0,0),(1,0),(0,1)$, que forman un triángulo de área $\frac{1}{2}$ y queremos llegar a los puntos $(0,0),(-1,1),(1,1)$, que forman un triángulo de área $1$. Por tanto, es imposible conseguir esos tres números.

Solución. Trazamos por cada vértice del triángulo una paralela al lado opuesto y definimos los puntos $A',B',C'$ como los pies de las perpendiculares desde $P$ a estas tres rectas, como se muestra en la figura. Tenemos entonces que \begin{align*} \mathrm{Area}(ACPB)&=\mathrm{Area}(ABC)-\mathrm{Area}(BPC)=\tfrac{1}{2}a\cdot PA',\\ \mathrm{Area}(CBPA)&=\mathrm{Area}(ABC)-\mathrm{Area}(ABP)=\tfrac{1}{2}b\cdot PB',\\ \mathrm{Area}(BAPC)&=\mathrm{Area}(ABC)-\mathrm{Area}(CPA)=\tfrac{1}{2}c\cdot PC', \end{align*} ya que $PA',PB',PC'$ representan la diferencia de alturas de los triángulos cuyas áreas se restan y $a,b,c$ sus bases. Si sumamos las áreas de estos tres cuadriláteros cóncavos, obtenemos dos veces el área de $ABC$, luego esta suma nos da \[4S=a\cdot PA'+b\cdot PB'+c\cdot PC'.\] Sin embargo, tenemos que $PA'\leq PA$ ya que $APA'$ es un triángulo rectángulo en el que $PA'$ es un cateto y $PA$ es la hipotenusa. De la misma manera, se cumple que $PB'\leq PB$ y $PC'\leq PC$. En consecuencia, \[4S\leq a\cdot PA+b\cdot PB+c\cdot PC\] para cualquier punto $P$ interior al triángulo. Para que la igualdad se alcance, en los triángulos rectángulos $APA'$, $BPB'$ y $CPC'$ tiene que ser $AA'=BB'=CC'=0$, luego $PA=PA'$ es perpendicular a $BC$, $PB=PB'$ es perpendicular a $AC$ y $PC=PC'$ es perpendicular a $AB$. En definitiva, la igualdad se cumple si y sólo si $P$ es está en las tres alturas del triángulo, es decir, sólo si $P$ es el ortocentro.