Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Sumando todas las ecuaciones y agrupando los términos de primer grado, obtenemos \[x_1^2+(a-1)x_1+(\tfrac{a-1}{2})^2+x_2^2+(a-1)x_2+(\tfrac{a-1}{2})^2+\ldots+x_n^2+(a-1)x_n+(\tfrac{a-1}{2})^2=0,\] que puede reescribirse como \[(x_1+\tfrac{a-1}{2})^2+(x_2+\tfrac{a-1}{2})^2+\ldots+(x_n+\tfrac{a-1}{2})^2=0.\] Si una suma de cuadrados es igual a cero, entonces todos los sumandos deben ser cero, por lo que tenemos la única solución posible \[x_1=x_2=\ldots=x_n=\tfrac{1-a}{2},\] que se comprueba fácilmente que verifica el sistema de ecuaciones dado.

Solución. Si $x$ e $y$ son no negativos, entonces la primera ecuación queda $x^2+y^2=1$, lo que nos dice que ambos números están entre $0$ y $1$. Ahora la segunda ecuación, nos dice que uno de ellos tiene que ser igual a $1$ y el otro igual a cero pues, de no ser así, ambas partes enteras serían nulas. Tenemos así las dos soluciones $(0,1)$ y $(1,0)$.

Por otro lado, no pueden ser $x$ e $y$ ambos negativos ya que el miembro de la izquierda de la primera ecuación sería negativo, por lo que podemos suponer que $x$ es positivo e $y$ es negativo (el caso opuesto es análogo ya que sólo hay que cambiar $x$ por $y$). Como cualquier número es mayor o igual que su parte entera, la segunda ecuación nos dice en particular que \[x\geq\lfloor x\rfloor=1-\lfloor y\rfloor\gt 1-y\] y la primera nos dice que $x^2-y^2=1$, luego se tiene que $1+y^2=x^2\gt(1-y)^2$ y esto implica finalmente que $2y\gt 0$, lo que supone una contradicción.

Deducimos que no hay ninguna solución tal que $x$ e $y$ tengan distinto signo, luego $(0,1)$ y $(1,0)$ son las únicas.

Solución. Podemos usar la fórmula de De Moivre para expresar \[(\operatorname{sen}(1)+i\cos(1))^{90}=\operatorname{sen}(90)+i\cos(90)=1.\] Si ahora expandimos el miembro de la derecha usando el binomio de Newton, tenemos que \[1=(\operatorname{sen}(1)+i\cos(1))^{90}=\sum_{k=0}^{90}\binom{90}{k}\operatorname{sen}^k(1)i^{90-k}\cos^{90-k}(1).\] Si tomamos la parte real en ambos miembros de la igualdad anterior, todos los sumandos con $k$ impar desaparecen, luego podemos sustituir $k=2j$ (con $0\leq j\leq 45$) para llegar a que \begin{align*} 1=(\operatorname{sen}(1)+i\cos(1))^{90}&=\sum_{j=0}^{45}\binom{90}{2j}(-1)^{j+1}\operatorname{sen}^{2j}(1)\cos^{90-2j}(1)\\ &=\sum_{j=0}^{45}\binom{90}{2j}(-1)^{j+1}\operatorname{sen}^{2j}(1)(1-\operatorname{sen}^2(1))^{45-j}. \end{align*} Observemos que hemos sustituido $i^{90-2j}=(-1)^j$ y también hemos utilizado $\cos^2(1)=1-\operatorname{sen}^2(1)$, lo cual es posible porque todos los exponentes de los cosenos son pares. Esto nos da un polinomio con coeficientes enteros, una de cuyas raíces es $\operatorname{sen}(1)$.

Solución. Como $2^{11}=2048\gt 1995$, está claro que $n=11$ es válido. Explícitamente, \[\frac{15}{17}-\frac{k}{2^{11}}=\frac{30720-17k}{17\cdot 2^{11}}=\frac{17(1087-k)+1}{17\cdot 2^{11}}=\frac{1}{17\cdot 2^{11}}\lt\frac{1}{1995}\] para $k=1807$. Vamos a ver que no es posible obtener un valor de $k$ para $n=10$ y, por tanto, tampoco será posible encontrarlo para $n\lt 10$ ya que cualquier número de la forma $\frac{k}{2^n}$ con $n\lt 10$ también es de la forma $\frac{k}{2^{10}}$. Repitiendo el proceso anterior que hicimos para $n=11$, tenemos que \[\frac{15}{17}-\frac{k}{2^{10}}=\frac{15360-17k}{17\cdot 2^{10}}=\frac{17(903-k)+9}{17\cdot 2^{10}}=\frac{903-k}{2^{10}}+\frac{9}{17\cdot 2^{10}}.\] Entonces, el valor de $k$ que minimiza la diferencia es $k=903$, pero para este valor dicha diferencia es $\frac{9}{17\cdot 2^{10}}\gt\frac{1}{1995}$.

Solución. Tenemos que el $55,\!5555\ldots\%$ el $27,\!1818\ldots\%$ y el $37\%$ representan fracciones irreducibles $\frac{5}{9}$, $\frac{299}{1100}$ y $\frac{37}{100}$ del total. Por lo tanto, el número de afiliados tiene que ser múltiplo de $\operatorname{mcm}(9,1100,100)=9900$. El único múltiplo positivo de $9900$ menor o igual que $15000$ es el propio $9900$, luego sí es posible calcular el número de afiliados.

Observemos que esto implica que hay $2691$ mujeres y $5500$ mayores de $30$ años y que $3663$ llevaban un libro de matemáticas.