Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Sea $M$ el punto medio del lado $CD$. El punto $X$ está sobre la mediana $BM$ del triángulo $BDC$ y el punto $Y$ está sobre la mediana $AM$ del triángulo $CDA$. Además, por ser los baricentros, sabemos que $AY=2\cdot YM$ y $BX=2\cdot XM$, con lo que los triángulos $AMB$ e $YMX$ son semejantes con razón de semejanza $\frac{1}{3}$. Como están en posición de Thales, se deduce que el segmento $XY$ es paralelo a $AB$ y tiene longitud $\frac{1}{3}$ de la longitud de $AB$. Repitiendo este mismo argumento, tenemos que $YZ,ZW,WX$ son paralelos a los lados $BC,CD,DA$, respectivamente, y tienen $\frac{1}{3}$ de la longitud de dichos lados. Por lo tanto, los cuadriláteros $ABCD$ y $XYZW$ son semejantes con razón de semejanza $\frac{1}{3}$ y de aquí deducimos que el área de $XYZW$ es $\frac{1}{9}$.

Solución. Trabajando en coordenadas cartesianas, los baricentros vienen dados por \[X=\tfrac{B+C+D}{3},\qquad Y=\tfrac{C+D+A}{3},\qquad Z=\tfrac{D+A+B}{3},\qquad W=\tfrac{A+B+C}{3},\] de donde deducimos que \[\overrightarrow{XY}=Y-X=\tfrac{C+D+A}{3}-\tfrac{B+C+D}{3}=\tfrac{A-B}{3}=\tfrac{-1}{3}\cdot\overrightarrow{AB}.\] De forma similar, tenemos que \[\overrightarrow{YZ}=\tfrac{-1}{3}\cdot\overrightarrow{BC},\qquad\overrightarrow{ZW}=\tfrac{-1}{3}\cdot\overrightarrow{CD},\qquad\overrightarrow{WX}=\tfrac{-1}{3}\cdot\overrightarrow{DA}.\] Esto nos dice que los lados de $XYZW$ son paralelos a los de $ABCD$ y están en razón $\frac{1}{3}$ a los de este, luego ambos cuadriláteros son semejantes con razón de semejanza $\frac{1}{3}$. Por lo tanto, el área de $XYZW$ es $\frac{1}{9}$.

Solución. Usando la desigualdad entre las medias aritmética y armónica aplicada a los números $1+x_1,1+x_2,\ldots,1+x_n$, obtenemos que \[\frac{2026}{\frac{1}{1+x_1}+\frac{1}{1+x_2}+\cdots+\frac{1}{1+x_{2026}}}\leq \frac{(1+x_1)+(1+x_2)+\ldots+(1+x_{2026})}{2026}=2,\] de donde deducimos que \[\frac{1}{1+x_1}+\frac{1}{1+x_2}+\cdots+\frac{1}{1+x_{2026}}\geq\frac{2026}{2}=1013.\] La igualdad se únicamente alcanza cuando todos los números son iguales, luego el mínimo de la expresión del enunciado es $1013$.

Veamos ahora que su máximo se alcanza cuando todos los números son cero salvo únicamente uno de ellos. En efecto, si hay dos números que son distintos de $0$, pongamos que $x_i,x_j>0$, entonces \[\frac{1}{1+x_i}+\frac{1}{1+x_j}=\frac{2+x_i+x_j}{1+x_i+x_j+x_ix_j}\lt\frac{2+x_i+x_j}{1+x_i+x_j}=\frac{1}{1+x_i+x_j}+\frac{1}{1+0}.\] Esto nos dice que podemos cambiar $x_i$ por $x_i+x_j$ y $x_j$ por $0$ para obtener una suma mayor (manteniendo la suma de los $2026$ números). Podemos repetir este proceso para hacer que todos los números sean $0$ salvo uno de ellos, que debe ser igual a $2026$. Por lo tanto, el máximo nos lo da la desigualdad \[\frac{1}{1+x_1}+\cdots+\frac{1}{1+x_{2026}}\leq\frac{1}{1+0}+\ldots+\frac{1}{1+0}+\frac{1}{1+2026}=2025+\frac{1}{2027}.\]

Nota. El máximo también puede obtenerse usando la desigualdad de Cauchy-Schwarz o la de Jensen (aplicada a la función $f(t)=\frac{1}{1+t}$, que es convexa para $t\gt -1$).

Solución. Observamos en primer lugar que no pueden ser uno de los números par y otro impar ya que entonces uno de los dos factores sería un impar mayor que $1$. Además, si $a$ y $b$ fueran pares, entonces dividiendo ambos entre $2$, tendríamos otra solución. Todo esto nos dice que podemos suponer que $a$ y $b$ son impares, aunque luego tendremos que multiplicar las soluciones obtenidas por una potencia de $2$ arbitraria.

Ahora bien, $a+3b$ y $b+3a$ deben ser potencias de $2$, luego el problema se reduce al sistema lineal \[\left\{\begin{array}{l}a+3b=2^n,\\b+3a=2^m.\end{array}\right.\] El sistema es compatible determinado y podemos despejar fácilmente \[a=3\cdot 2^{m-3}-2^{n-3},\qquad b=3\cdot 2^{n-3}-2^{m-3}.\] Por un lado, si $m=n=2$, obtenemos la solución $a=b=1$. En otro caso, podemos suponer que $m\geq n\geq 3$. Para que $a$ y $b$ sean impares, tiene que ser $n=3$ y $m\geq 4$, lo que nos da $b=3-2^{m-3}$ y esto lleva necesariamente a que $m=4$ ya que $b$ es positivo, de donde se deduce la solución $(a,b)=(5,1)$. También tendríamos $(a,b)=(1,5)$ por simetría.

Juntando todo lo anterior, llegamos a que \[(a,b)=(2^k,2^k),\qquad (a,b)=(2^k,5\cdot 2^k)\quad\text{o bien}\quad (a,b)=(5\cdot 2^k,2^k)\] para algún entero no negativo $k$.

Solución. En el primer paso solo podemos usar las operaciones A o C, y las dos nos producen el mismo resultado, luego supondremos que utilizamos la C sin perder generalidad. Supongamos entonces que hemos utilizado $n\geq 1$ veces la operación C antes de utilizar otra operación A o B. Si miramos a las primeras $n+2$ operaciones, tendremos las siguientes seis posibilidades: \[C\stackrel{(n)}{\ldots} CAB,\quad C\stackrel{(n)}{\ldots} CBA,\quad C\stackrel{(n)}{\ldots} CAA,\quad C\stackrel{(n)}{\ldots} CAA,\quad C\stackrel{(n)}{\ldots} CAC,\quad C\stackrel{(n)}{\ldots} CBC.\] Obviamente, se puede conseguir el resultado de las dos primeras con menos operaciones ya que A y B se cancelan al aplicarse de forma consecutiva. También se puede reducir el número de operaciones en la tercera y la cuarta, haciendo $C\stackrel{(n-1)}{\ldots}CAC$ y $C\stackrel{(n-1)}{\ldots}CBC$, respectivamente (es decir, si vamos a sumar/restar uno dos veces consecutivas, podemos sumarlo/restarlo en el paso previo y luego duplicar). Esto nos dice que después de aplicar un cierto número de veces C, no tiene sentido aplicar A y/o B dos veces consecutivas, por lo que cualquier resultado se puede obtener con igual o menos número de operaciones usando sucesivamente C mezclada con A y B aisladas.

El siguiente paso es ver que también podemos suponer que las operaciones C no están aisladas, salvo posiblemente la primera y la última. Según la descripción del apartado anterior, podemos encontrarnos las siguientes cuatro posibilidades si hay operaciones C aisladas: \[CA\textcolor{blue}{C}A,\qquad CA\textcolor{blue}{C}B,\qquad CB\textcolor{blue}{C}A,\qquad CB\textcolor{blue}{C}B.\] Estas pueden sustituirse, respectivamente, por \[ACCB,\qquad CCA,\qquad CCB\qquad BCCA.\] Haciendo estas sustituciones de derecha a izquierda en nuestra cadena, claramente eliminamos todas las operaciones C aisladas excepto posiblemente la primera y la última.

Ahora vamos a pensar en base $2$ para tratar con $2026$. Cada bloque $C\stackrel{(n+1)}{\cdots}CA$ añade $n\geq 1$ ceros seguidos de un uno y cada bloque $C\stackrel{(n+1)}{\cdots}CB$ cambia el último uno por un cero y añade $n\geq 1$ unos. Tras cada aplicación de uno de estos bloques, queda de nuevo un uno al final, luego puede aplicarse el siguiente y es evidente que llegamos a cualquier número de una única forma posible leyéndolo en base $2$ de izquierda a derecha. En particular, para obtener $2026$ partiendo de $1$, debemos hacerlo según nuestro algoritmo anterior en exactamente catorce pasos (y no se puede con menos):

• Utilizamos C seis veces y luego B una vez para obtener $111111$.
• Utilizamos C dos veces y luego A una vez para obtener $11111101$.
• Utilizamos C dos veces y luego A una vez para obtener $1111110101$.
• Utilizamos C una vez para obtener finalmente $11111101010$.