Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. El problema se reduce a probar que si la primera y la segunda persona han respondido ambas No, entonces la tercera debe responder Sí (¿por qué?).

Llamemos a las personas $A,B,C,D,E,F$ en este orden, de forma que primero se pregunta a $A$ (quien ve a $C,D,E$), luego se pregunta a $B$ (quien ve a $D,E,F$) y finalmente a $C$ (quien ve a $E,F,A$). Como $A$ responde No, se deduce que $C,D,E$ no tienen los tres el mismo color. Como $B$ responde No, $D$ y $E$ deben tener distinto color (si fueran del mismo, $B$ respondería que $C$ es del otro color a la vista de lo que ha dicho $A$). Por lo tanto, $C$ dirá Sí porque sabe que $D$ es del color distinto al que ve en $E$.

Solución. Pongamos coordenadas de forma que $A=(0,0)$, $B=(c,0)$ y $C=(0,b)$. El teorema de la bisectriz nos dice que los segmentos $AM$ y $MB$ son proporcionales a $b$ y $a$, respectivamente; como suman $c$, tiene que ser $AM=\frac{bc}{a+b}$ y $MB=\frac{ac}{a+b}$. De la misma manera, se tiene que $AN=\frac{bc}{a+c}$ y $NC=\frac{ba}{a+c}$, luego tenemos las coordenadas $M=(\frac{bc}{a+b},0)$ y $N=(0,\frac{bc}{a+c})$. Por lo tanto, la recta $MN$ tiene ecuación $(a+b)x+(a+c)y=bc$ y, por su parte, la recta $AD$ tiene ecuación $cx-by=0$ (ya que pasa por $(0,0)$ y el vector $(c,-b)$ es un vector normal). La intersección de estas dos rectas es el punto \[P=\left(\frac{b^2c}{b^2+c^2+ab+ac},\frac{bc^2}{b^2+c^2+ab+ac}\right)=\left(\frac{b^2c}{a(a+b+c)},\frac{bc^2}{a(a+b+c)}\right),\] donde hemos simplificado usando que $a^2=b^2+c^2$ por el teorema de Pitágoras. La distancia de este punto al origen es \[AD=\sqrt{\left(\frac{b^2c}{a(a+b+c)}\right)^2+\left(\frac{bc^2}{a(a+b+c)}\right)^2}=\sqrt{\frac{b^2c^2(b^2+c^2)}{a^2(a+b+c)^2}}=\frac{bc}{a+b+c},\] donde hemos usado de nuevo el teorema de Pitágoras para simplificar. Esto último es igual al radio de la circunferencia inscrita (ver la nota), lo que concluye la demostración.

Nota. En un triángulo rectángulo de hipotenusa $a$ y catetos $b$ y $c$, el área se puede calcular como $\frac{1}{2}bc$, ya que los catetos hacen de base y altura, y también como $S=rp=\frac{1}{2}(a+b+c)r$. Igualando ambas expresiones, obtenemos que $r=\frac{bc}{a+b+c}$.

Solución. Si $n$ es par, entonces el único factor común a $n$ y $n+2$ es el $2$ y $n+1$ y $n+3$ no tienen factores comunes. Por lo tanto, $n+1$ y $n+3$ tienen que ser primos o potencias de primos, mientras que $n$ o $n+2$ tienen que ser ambos potencias de $2$ (lo que nos lleva necesariamente a $n=2$, que cumple el enunciado claramente) o bien uno de ellos una potencia de $2$ y el otro $2$ por una potencia de un primo. Sin embargo, este último primo tiene que ser común a $n+1$ o $n+3$. Como $n$ y $n+2$ son primos relativos con $n+2$, no queda más remedio que el primo sea $3$ y sea común a $n$ y $n+3$. Tenemos así que $n=3\cdot 2^a$ y $n+2=2^b$, pero sólo uno de estos números es múltiplo de $4$, lo que nos dice que $a=1$, lo que nos da la solución $n=6$, que cumple el enunciado.

Supongamos ahora que $n$ es impar. Un razonamiento similar nos dice que, a parte del caso $n=1$ (que cumple el enunciado), se tiene que $n+1=2^a$ y $n+3=3\cdot 2^b$. Como uno de los dos números debe ser múltiplo de $2$ pero no de $4$, deb ser $b=1$, luego $n=3$, que cumple el enunciado.

Por tanto, las únicas soluciones son $n=1$, $n=2$, $n=3$ y $n=6$.

Solución. Los $8$ elementos forman un total de $\binom{8}{2}=\frac{8\cdot 7}{2}=28$ parejas de elementos. Ahora bien, un elemento dado no puede estar en cuatro o más subconjuntos ya que entonces habría dos de estos subconjuntos con otro elemento en común. Esto quiere decir que hay al menos $4$ de las $28$ parejas que no pertenece a ninguno de los subconjuntos, lo que hace un máximo de $24$ parejas que pueden estar en cada subconjunto. Como cada subconjunto tiene tres parejas de elementos, habrá un máximo de $8$ subconjuntos.

Será suficiente entonces encontrar ocho subconjuntos de tres elementos que cumplen la propiedad del enunciado, pero esto es ya sencillo tras probar un poco. Si el conjunto es $A=\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$, entonces podemos tomar los subconjuntos $\{1,2,3\}$, $\{3,4,5\}$, $\{5,6,7\}$, $\{7,8,1\}$, $\{1,4,6\}$, $\{3,6,8\}$, $\{5,8,2\}$ y $\{7,2,4\}$. Cada uno de ellos corta a otros $6$ y lo hace en un único elemento.

Solución. Llamando $\alpha,\beta,\gamma$ a las tres raíces, podemos expresar \begin{align*} x^3-x+k&=(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)\\ &=x^3-(\alpha+\beta+\gamma)x^2+(\alpha\beta+\beta\gamma+\alpha\gamma)x-\alpha\beta\gamma. \end{align*} Identificando los términos con $x^2$, obtenemos que $\alpha+\beta+\gamma=0$, luego podemos escribir $\gamma=-\beta-\alpha$. Ahora bien, los términos con $x$ nos dan \[-1=\alpha\beta+\beta\gamma+\alpha\gamma=\alpha\beta-\beta(\alpha+\beta)-\alpha(\alpha+\beta),\] de donde sacamos que $\alpha^2+\alpha\beta+\beta^2=1$. Ahora hay que darse cuenta de que esta ecuación no tiene muchas soluciones enteras; por ejemplo, podemos reescribirla como $\alpha^2+(\alpha+\beta)^2+\beta^2=2$, lo que nos asegura que $\alpha$ y $\beta$ están en el intervalo $[-1,1]$. Probando los distintos valores, llegamos a que solo puede ser $(\alpha,\beta)=(1,0)$ o bien $(\alpha,\beta)=(0,1)$. Esto nos da $\gamma=-\alpha-\beta=-1$. El término independiente del polinomio nos dice que $k=-\alpha\beta\gamma=0$.

Hemos demostrado así que la única solución es $k=0$.

Solución. Sea $p$ un número primo y consideremos los exponentes enteros $x,y,z\geq 0$ de $p$ en la descomposición en factores primos de $a,b,c$, respectivamente. Podemos suponer además que $x\leq y\leq z$ sin perder generalidad. El exponente de $p$ en $(\operatorname{mcm}(a,b,c))^2$ es $2z$ y en $\operatorname{mcm}(a,b)\operatorname{mcm}(b,c)\operatorname{mcm}(c,a)$ es $y+2z$, luego este exponente en la fracción de la izquierda es $-y$. Por su parte, el exponente de $p$ en $(\operatorname{mcd}(a,b,c))^2$ es $2x$ y en $\operatorname{mcd}(a,b)\operatorname{mcd}(b,c)\operatorname{mcd}(c,a)$ es $2x+y$, luego en la fracción de la derecha vuelve a ser $-y$. Repitiendo esto para todo primo $p$ deducimos que ambas fracciones coinciden.

Solución. Por el paralelismo entre las rectas dadas, está claro que los triángulos $RBP$, $QPC$ y $ABC$ son semejantes ya que tienen sus tres ángulos iguales. También por tener sus lados opuestos paralelos, es fácil darse cuenta de que $ARPQ$ es un paralelogramo, luego $QRQ$ y $PQR$ son triángulos congruentes. Para pasar de $QPC$ a $RBP$ multiplicamos por un factor $k$ (de forma que las áreas se multiplican por $k^2$), luego $BP=k\cdot CP$. De esta forma $BC=(1+k)CP$, luego para pasar de $QPC$ a $ABC$ se multiplica por un factor $1+k$ (y las áreas se multiplican por $(1+k)^2$). Todo esto nos dice que \begin{align*} (1+k)^2\mathrm{Área}(RBP)&=\mathrm{Área}(ABC)=\mathrm{Área}(RBP)+\mathrm{Área}(QPC)+2\mathrm{Área}(ARQ)\\ &=\mathrm{Área}(RBP)+k^2\,\mathrm{Área}(RBP)+2\mathrm{Área}(ARQ), \end{align*} de donde se tiene que $\mathrm{Área}(ARQ)=k\,\mathrm{Área}(RBP)$. Con esto podemos calcular finalmente \begin{align*} \frac{\mathrm{Área}(ARQ)}{\mathrm{Área}(ABC)}=\frac{k\,\mathrm{Área}(RBP)}{(1+k)^2\,\mathrm{Área}(RBP)}=\frac{k}{(1+k)^2}. \end{align*}

Solución. Definimos de forma recursiva la sucesión \begin{align*} (a_0,b_0,c_0,d_0)&=(a,b,c,d),\\ (a_n,b_n,c_n,d_n)&=(a_{n-1}-b_{n-1},b_{n-1}-c_{n+1},c_{n-1}-d_{n-1},d_{n-1}-a_{n-1}), \end{align*} para todo $n\geq 1$. El problema equivale a comprobar bajo qué condiciones alguno de los números $a_n,b_n,c_n,d_n$ se pasa de $2023$ para algún valor del subíndice $n$ en términos de los valores iniciales. La idea feliz es encontrar la siguiente fórmula válida para todo $n\geq 1$: \[(a_n-c_n)(b_n-d_n)=\begin{cases} (-4)^{\frac{n-1}{2}}[(a-c)^2-(b-d)^2]&\text{si }n\text{ es impar},\\ (-4)^{\frac{n}{2}}[(a-c)(b-d)]&\text{si }n\text{ es par}. \end{cases}\] La probaremos por inducción sobre $n$. Los casos base son $n=1$ y $n=2$, que se comprueban fácilmente. Para $n\geq 3$, se tiene (tras sucesivas simplificaciones) el siguiente desarrollo: \begin{align*} (a_{n}-c_{n})(b_{n}-d_{n})&=(a_{n-1}\!-\!b_{n-1}\!-\!c_{n-1}\!+\!d_{n-1})(b_{n-1}\!-\!c_{n-1}\!-\!d_{n-1}\!+\!a_{n-1})\\ &=(-2b_{n-1}+2d_{n-1})(-2c_{n-1}+2a_{n-1})\\ &=-4(a_{n-1}-c_{n-1})(b_{n-1}-d_{n-1}). \end{align*} Por tanto, por cada dos unidades que avanza el subíndice, aparece un nuevo factor $-4$, lo que se corresponde con la fórmula arriba propuesta (teniendo en cuenta el caso base y la hipótesis de inducción), que queda así probada.

Ahora bien, si $a\neq c$ o bien $b\neq d$, se tiene que $(a-c)(b-d)\neq 0$ o bien $(a-c)^2-(b-d)^2\neq 0$, luego necesariamente $(a_n-c_n)(b_n-d_n)$ se vuelve positivo y arbitrariamente grande en algún momento al ir multiplicado por un factor $(-4)^{n/2}$ o $(-4)^{(n-1)/2}$ (da igual si $(a-c)(b-d)$ o $(a-c)^2-(b-d)^2$ son positivos o negativos porque la potencia tiene base negativa y va tomando alternadamente valores positivos y negativos). Que $(a_n-c_n)(b_n-d_n)$ sea arbitrariamente grande implica claramente que alguno de los números $a_n,b_n,c_n,d_n$ se vuelve arbitrariamente grande.

Finalmente, analizamos qué pasa cuando $a=c$ y $b=d$. No es difícil ver entonces que $a_n=2^{n-1}(a-b)$ y $b_n=2^{n-1}(b-a)$ también por inducción sobre $n$ y dejamos los detalles como ejercicio. Por lo tanto, si $a\neq b$, entonces $a_n$ o $b_n$ se hará mayor que $2023$ en algún momento ya que $2^{n-1}$ se volverá arbitrariamente grande (de nuevo, no importa si $a\gt b$ o $b\gt a$). Con todo esto, deducimos que la única forma de no sobrepasar $2023$ es que $a=b=c=d\lt 2023$, en cuyo caso tenemos obviamente que $a_n=b_n=c_n=d_n=0$ para todo $n\geq 1$.