Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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.

Solución. Tenemos los siguientes valores: \begin{align*} q(1)&=1,& q(2)&=2,& q(3)&=3,& q(4)&=2,& q(5)&=2,\\ q(6)&=3,& q(7)&=3,& q(8)&=4,& q(9)&=3,& q(10)&=3,\\ q(11)&=3,& q(12)&=4,& q(13)&=4,& q(14)&=4,& q(15)&=5,\\ q(16)&=4,& q(17)&=4,& q(18)&=4,& q(19)&=4,& q(20)&=5,\\ q(21)&=5,& q(22)&=5,& q(23)&=5,& q(24)&=6,& q(25)&=5. \end{align*} Observamos que los valores van cambiando por unidades y justo los valores de $n$ en los que la función decrece son 3, 8, 15 y 24, que son todos una unidad menos que un cuadrado. Nuestra conjetura será que $q(n)\gt q(n+1)$ si y sólo si $n= k^2-1$ para cierto entero $k\geq 2$.

Por un lado, tenemos que si $n=k^2-1$, entonces \[q(n)=\left\lfloor\frac{k^2-1}{\lfloor\sqrt{k^2-1}\rfloor}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{k^2-1}{k-1}\right\rfloor=k+1,\] mientras que \[q(n+1)=\left\lfloor\frac{k^2}{\lfloor\sqrt{k^2}\rfloor}\right\rfloor=k,\] luego se tiene que $q(n)\gt q(n+1)$. Por otro lado, supongamos ahora que $n$ no es de la forma $k^2-1$, luego tendremos que $(k-1)^2\leq n\lt k^2-1$ para algún $k$ y podremos entonces escribir $n=k^2-a$ para $2\leq a\leq 2k-1$. Tenemos entonces que \[q(n+1)=\left\lfloor\tfrac{k^2-a+1}{\lfloor\sqrt{k^2-a+1}\rfloor}\right\rfloor=\left\lfloor\tfrac{k^2-a+1}{k-1}\right\rfloor\geq \left\lfloor\tfrac{k^2-a}{k-1}\right\rfloor=\left\lfloor\tfrac{k^2-a}{\lfloor\sqrt{k^2-a}\rfloor}\right\rfloor=q(n),\] ya que la función parte entera es creciente. Esto prueba la conjetura.

Solución. Pongamos que $a+bi\in\mathbb{C}$ es el número complejo no nulo en cuestión y queremos encontrar $z,w\in\mathbb{C}$ tales que $z+w=a+bi$ tales que $z-w$ y $zw^{-1}$ sean imaginarios puros. Si escribimos $z=x+iy$ y $w=u+iv$, tenemos que \[z-w=(x-u)+(y-v)i,\qquad zw^{-1}=\frac{xu+yv}{u^2+v^2}+\frac{yu-xv}{u^2+v^2},\] luego debe ser $x-u=0$ y $xu+yv=0$, pero también tenemos que $x+u=a$ e $y+v=b$, lo que nos da un sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas reales. De $x-u=0$ y $x+u=a$ obtenemos que $x=u=\frac{a}{2}$, con lo que las otras dos ecuaciones quedan $yv=\frac{-1}{4}a^2$ e $y+v=b$, esto es, $y$ y $v$ son soluciones de la ecuación $X^2-bX-\frac{1}{4}a^2=0$ ($X$ es la incógnita), luego podemos tomar $y=\frac{b+\sqrt{b^2+a^2}}{2}$ y $v=\frac{b-\sqrt{b^2+a^2}}{2}$ usando la fórmula para las soluciones de la ecuación de segundo grado. En definitiva, los únicos números (salvo cambiarlos de orden) que resuelven el problema son \[z=\frac{a}{2}+\frac{b+\sqrt{b^2+a^2}}{2}i,\qquad w=\frac{a}{2}+\frac{b+\sqrt{b^2+a^2}}{2}i.\]