Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Supongamos que hemos probado (b): entonces también tendremos probado (a) ya que podemos intercambiar $P$ y $Q$ y obtenemos que $AP=AQ$, luego el triángulo $APQ$ es isósceles y está inscrito en la circunferencia circunscrita al triángulo $ABC$, de donde $AO$ es mediatriz de $PQ$ y, por tanto, es perpendicular a dicho segmento.

Probemos por tanto la igualdad (b) para lo que supondremos sin perder generalidad que en la recta $PQ$ los puntos están en el orden $PEFQ$. Los triángulos $OBM$ y $AEC$ son semejantes ya que son rectángulos y $\angle BAF=\angle BOM$ (por ser este último la mitad del ángulo central correspondiente al primero), luego \[\frac{OM}{BM}=\frac{AE}{CE}=\frac{AE\cdot AB}{CE\cdot AB}=\frac{AE\cdot AB}{AD\cdot BC},\] donde hemos usado que $CE\cdot AB=AD\cdot BC$ (esta cantidad es el doble del área de $ABC$). Usando ahora que $BC=2\cdot BM$, podemos despejar $2\cdot OM\cdot AD=AE\cdot AB$. Para probar finalmente que $AE\cdot AB=AP^2$, basta observar que los triángulos $APB$ y $AEP$ son semejantes lo cual se deduce de que comparten un ángulo (en el vértice $A$) y de que $\angle APB=\angle AEP$. Para ver esto último, observemos que $\angle APB=180-\angle ACB$ por arco capaz y $\angle AEP=180-\angle AEF$. Como el cuadrilátero $AEHF$ es inscriptible, otra vez por arco capaz tendremos que $\angle AEF=\angle AHF=90-\angle CAD=\angle ACB$, con lo que el problema queda resuelto.

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Solución. Un número que cumpla dicha condición cumple que su cuadrado es un cubo perfecto luego el número en sí ha de ser un cubo perfecto (todos los exponentes en su descomposición de su cuadrado en factores primos han de ser múltiplos de $3$ luego los del propio número también). Como tiene que ser menor que $1000$, tenemos las posibilidades $1$, $8$, $27$, $64$, $125$, $216$, $343$, $512$ y $729$. Además, por el mismo motivo, la suma de sus cifras ha de ser un cuadrado perfecto luego de estos nos quedan $1$, $27$ y $216$, de los cuales sólo $1$ y $27$ cumplen la condición buscada. Informar

Solución. El volumen del cubo de arista $n$ tiene que ser al menos $1996$ ya que cada cubo de los $1996$ con aristas naturales tiene volumen mayor o igual que $1$. Por lo tanto, $n^3\geq 1996$, de donde $n\geq 13$. Si probamos que un cubo de arista $13$ puede dividirse en $1996$ cubos de aristas números naturales, habremos terminado y $13$ será la respuesta.

En efecto, tenemos que, usando $1970$ cubos de arista $1$, $25$ cubos de arista $2$ y un cubo de arista $3$ se consigue el resultado ya que $13^3=1970\cdot 1^3+25\cdot 2^3+1\cdot 3^3$.

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Solución. Basta numerar de la siguiente manera: a cada vértice le asignamos un número distinto entre $1$ y $n$, a cada lado el número del vértice opuesto y a cada diagonal el número que tiene el lado que es paralelo a ella. Que hay un vértice opuesto a un lado y que hay un único lado paralelo a cada diagonal está garantizado por haber un número impar de lados. Es fácil ver que esta numeración cumple las propiedades (a) y (b).

Observemos que, además se cumple que cualquier par de segmentos (lados o diagonales) que se cortan tienen número distinto.

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Solución. Dado que la sucesión de los últimos dígitos de los números naturales es cíclica, también lo es la sucesión $a_n$. Concretamente, puede verse fácilmente que se repite cada veinte dígitos, los cuales son \begin{eqnarray*} 1&\to& 3\to 6\to 0\to 5\to 1\to 8\to 6\to 5\to 5\to\\ &\to&6\to 8\to 1\to 5\to 0\to 6\to 3\to 1\to 0\to 0 \end{eqnarray*} La suma de estos veinte números es igual a 70 y, como $1992=99\cdot 20+12$, deducimos que \[\sum_{n=1}^{1992} a_n=99\cdot\sum_{n=1}^{20} a_n+\sum_{n=1}^{12} a_n=99\cdot 70+54=6984.\] Informar