Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Agrupando las dos raíces que tienen suma dos, podemos factorizar el polinomio como \[9x^4-24x^3-23x^2+58x+26=9(x^2+ax+b)(x^2-2x+c)\] para ciertos números reales $a,b,c\in\mathbb{R}$. El coeficiente del término de grado $3$ del miembro de la derecha es $9(a-2)$ y tiene que coincidir con el de la derecha $-24$, luego obtenemos $a=\frac{-2}{3}$. Los coeficientes de grado $1$ y $2$ nos dan las ecuaciones $18b+6c=-58$ y $9b+9c=-35$, que tienen soluciones $b=\frac{-26}{9}$ y $c=-1$. Por lo tanto, nos queda la factorización \[9x^4-24x^3-23x^2+58x+26=(9x^2-6x-26)(x^2-2x-1).\] Igualando ambos factores a cero y resolviendo las ecuaciones cuadráticas obtenemos las cuatro raíces del polinomio original: \[x_1=\tfrac{1}{3}+\sqrt{3},\qquad x_2=\tfrac{1}{3}-\sqrt{3},\qquad x_3=1+\sqrt{2},\qquad x_4=1-\sqrt{2}.\]

Solución. Sean $X,Y,Z$ los puntos de tangencia de la circunferencia inscrita en los lados $AB,BC,CA$, respectivamente. Tenemos, por lo tanto, que $AX=AZ$, $BY=BX$ y $CZ=CY=2025$, esto último puesto que el cuadrilátero $CYIZ$ es un cuadrado, siendo $I$ el incentro. Si llamamos $x=AX$ e $y=BY$, obtenemos que $AC=AZ+ZC=2025+x$ y $BC=BY+YX=2025+y$, mientras que $AB=AX+XB=x+y$. Para que el triángulo en cuestión sea rectángulo, debe cumplirse que \[(2025+x)^2+(2025+y)^2=(x+y)^2\ \Leftrightarrow\ (x-2025)(y-2025)=2\cdot 2025^2.\] Como tiene que ser $x,y\gt 2025$ y cambiar $x$ por $y$ no cambia el triángulo, esto nos dice que habrá un triángulo por forma de factorizar $2\cdot 2025^2=2^1\cdot 3^8\cdot 5^4$ como producto de dos divisores. Este número tiene $(1+1)(8+1)(4+1)=90$ divisores, lo que nos da un total de $45$ factorizaciones ($2\cdot 2025^2$ no es cuadrado perfecto) y, por tanto, tenemos un total $45$ triángulos no congruentes con radio inscrito $2025$.

Solución. Comencemos con el caso en que Barbablanca elige montón primero, luego Barbablanca se lleva más monedas que Barbaverde (como $2025$ es impar, ambos no pueden llevarse el mismo número), luego la situación óptima para Barbaverde es que Barbablanca se lleve $1013$ monedas y él las otras $1012$. Esto lo puede conseguir siempre tomando $n=2$ en el paso 2 puesto que, si Barbablanca en el paso 1 divide en montones de $x$ y $2025-x$, siendo $x$ par y $2025-x$ impar, entonces Barbaverde divide el montón de $x$ en dos montones iguales de $\frac{x}{2}$ y $\frac{x}{2}$ y $2025-x$ en dos montones de $\lfloor\frac{2025-x}{2}\rfloor$ y $\lfloor\frac{2025-x}{2}\rfloor+1$.

Supongamos ahora que comienza eligiendo Barbaverde en el paso 3, que Barbablanca ha dividido en dos montones $x,y$ con $x>y$ en el paso 1 y que Barbaverde ha decidido dividir en $n$ montones en el paso 2. Ordenamos los $2n$ montones como \[v_1\geq b_1\geq v_2\geq b_2\geq\ldots\geq v_n\geq b_n,\] donde los montones $v_1,\ldots,v_n$ se los lleva Barbaverde y los montones $b_1,\ldots,b_n$ Barbablanca. Barbaverde debe intentar maximizar con su división la diferencia \begin{align*} \Delta&=(v_1+\ldots+v_n)-(b_1+\ldots+b_n)\\ &=v_1+(v_2-b_1)+(v_3-b_2)+\ldots+(v_n-b_{n-1})-b_n\leq v_1-b_n, \end{align*} donde la desigualdad viene de que cada paréntesis es menor o igual que $0$. El montón $v_1$ es el más grande de todos y tendrá como mucho $x-1$ monedas, mientras que el montón $b_n$ es el más pequeño y tendrá como poco $1$ moneda. Para conseguir estos valores óptimos, Barbaverde debe elegir $n=2$ y dividir el montón más grande en dos montones de $v_1=x-1$ y $b_2=1$, si bien el montón pequeño $y$ debe poder dividirse en dos partes iguales $b_1=v_2=\frac{y}{2}$. Por lo tanto, si el montón pequeño tiene un número impar de monedas, la igualdad no se puede alcanzar, pero en tal caso podemos obtener una unidad menos si Barbaverde divide en dos trozos con $v_2=b_1-1$. Deducimos así que Barbaverde obtiene una diferencia máxima $\Delta=x-2$ si $x$ es impar y $\Delta=x-3$ si $x$ es par. Barbablanca, sabiendo la codicia de Barbaverde, debe elegir $x$ para minimizar esta cantidad, pero como $x\geq 2013$ ($x$ es el más grande de los dos montones), esto nos lleva a que su elección óptima es tanto $x=1013$ (caso impar) como $x=1014$ (caso par) y que en ambos casos consigue $\Delta=1011$, la cual nos lleva a que Barbablanca obtiene $507$ monedas y Barbaverde $1518$.

Solución. Llamemos $S_1$, $S_2$, $S_3$, $S_4$ a las áreas de los triángulos $CGQ$, $AGY$, $BGX$ y $AGX$, respectivamente, que se encuentran coloreadas en la figura. Como $CGY$ y $AGY$ tienen una altura común y también la tienen $BGX$ y $AGX$ (estas alturas comunes están dibujadas en línea discontinua azul), tenemos que \[\frac{XB}{XA}\cdot\frac{YC}{YA}=\frac{S_4}{S_3}\cdot\frac{S_1}{S_2}.\] Ahora vamos a calcular estas áreas de otra forma, para lo que trazamos las alturas $AA'$, $BB'$ y $CC'$, siendo $A',B',C'$ puntos de la recta que pasa por $G$. Tenemos entonces que \[\frac{S_4}{S_3}\cdot\frac{S_1}{S_2}=\frac{BB'\cdot CC'}{(AA')^2}.\] Ahora bien, como $M$ es el punto medio de $BC$, la altura $MM'$ del triángulo $MXY$ (en gris discontinuo) cumple que $MM'=\frac{1}{2}(BB'+CC')$. El área de $MXY$ es $\frac{1}{2}MM'\cdot XY$ y el área de $AXY$ es $\frac{1}{2}XY\cdot AA'$. Como el área de $AXY$ es el doble que la de $MXY$ (ya que el baricentro divide a la mediana en dos segmentos tales que $AG=2GM$), tenemos que $\frac{1}{2}(BB'+CC')=MM'=\frac{1}{2}AA'$, de donde $AA'=BB'+CC'$. Finalmente, esto nos dice que \[\frac{XB}{XA}\cdot\frac{YC}{YA}=\frac{BB'\cdot CC'}{(AA')^2}=\frac{BB'\cdot CC'}{(BB'+CC')^2}=\frac{1}{2+\frac{BB'}{CC'}+\frac{CC'}{BB'}}\leq\frac{1}{4},\] donde hemos usado que la suma de un número positivo y su inverso es mayor o igual que $2$. La igualdad se alcanza cuando $BB'=CC'$, es decir, cuando la recta $XY$ es paralela al lado $BC$, luego la constante $k=\frac{1}{4}$ es la elección óptima para cualquier triángulo.

Nota. Este problema es una reformulación del problema 3 de la fase nacional de la Olimpiada Matemática Española de 1995.