Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Vamos a dar una familia infinita de ternas que cumplen la condición pedida. Para todo $a\in\mathbb{N}$, \[4a^4+4a^2,\ 4a^4+4a^2+1,\ 4a^4+4a^2+2\] son tres números consecutivos que cumplen que \begin{eqnarray*} 4a^4+4a^2&=&(2a^2)^2+(2a)^2\\ 4a^4+4a^2+1&=&(2a^2+1)^2\\ 4a^4+4a^2+2&=&(2a^2+1)^2+1^2 \end{eqnarray*} luego basta tomar $n=4a^4+4a^2$ para cada natural $a$. Informar

Solución. Podemos expresar \begin{eqnarray*} \sum_{i,j=1}^n\cos(x_i-x_j)&=&\sum_{i,j=1}^n\left(\cos(x_i)\cos(x_j)+\mathrm{sen}(x_i)\mathrm{sen}(x_j)\right)\\ &=&\left(\sum_{i=1}^n\cos(x_i)\right)^2+\left(\sum_{i=1}^n\mathrm{sen}(x_i)\right)^2\geq 0, \end{eqnarray*} donde hemos usado la fórmula del coseno de una diferencia y agrupado términos. Informar

Solución. En primer lugar, $101$ es un número primo. Los demás elementos de esta sucesión se pueden escribir como \[\sum_{k=0}^n 100^k=\frac{100^{n+1}-1}{99}=\begin{cases}(10^{n+1}+1)\cdot\frac{10^{n+1}-1}{9\cdot 11}&\text{si }n\text{ impar}\\\frac{10^{n+1}+1}{11}\cdot\frac{10^{n+1}-1}{9}&\text{si }n\text{ par}\end{cases}\] para $n\geq 2$ y los dos factores que aparecen en la última expresión son números enteros mayores que 1 (¿por qué?) luego, salvo 101, todos los elementos son números compuestos. Informar

Solución. Si llamamos $n$ al número que buscamos y escribimos $n=p_1^{e_1}\cdots p_r^{e_r}$, donde $p_1,\ldots,p_r$ son primos distintos y $e_1,\ldots,e_r$ son exponentes naturales, el número de divisores de $n$ viene dado por \[(e_1+1)(e_2+1)\cdots(e_r+1).\] Como $74=2\cdot 37$, deducimos que, o bien $e_1=73$, o bien $e_1=1$ y $e_2=36$. Como el número buscado es múltiplo de $18=2\cdot 3^2$, no puede haber un único primo en la descomposición de $n$ luego hay exactamente dos primos, es decir, $n=p_1^{e_1}\cdot p_2^{e_2}$. Para que sea múltiplo de $18$, el exponente de $3$ tiene que ser mayor que uno, luego la única posibilidad es $n=2\cdot 3^{36}$, que es el número buscado. Informar

Solución. En primer lugar, si llamamos $\beta$ al ángulo de vértice $B$ en $ABC$, la propiedad del arco capaz aplicada a la circunferencia $\Gamma$ nos dice que $\angle CPQ=\beta$. Por otro lado, $\angle COA=2\angle CBA=2\beta$ por la propiedad del arco central y por ser $O$ el circuncentro. Como el triángulo $COA$ es isósceles ($CO=CA$ es el radio circunscrito), es fácil ver que $\angle PCO=\frac{\pi}{2}-\beta$ luego hemos probado que la recta $PQ$ forma un ángulo $\beta$ con $CP$ que, a su vez, forma un ángulo $\frac{\pi}{2}-\beta$ con $CO$, de donde deducimos que $CO$ y $PQ$ se cortan perpendicularmente. Informar