Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. El truco de este problema está en darse cuenta de que la expresión $(x-y)/(1+xy)$ es parecida a la de la tangente de la diferencia de dos ángulos. Si escribimos cada uno de los números iniciales como la tangente de un número en el intervalo $(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$, el problema equivale al siguiente: dados siete números en el intervalo $(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$, demostrar que siempre existen dos tales que $\mathrm{tg}(x-y)<\sqrt{3}/{3}$, es decir, $x-y<\frac{\pi}{6}$. Dividiendo el intervalo $(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$ en seis subintervalos no cerrados de longitud $\frac{\pi}{6}$, uno de ellos contendrá al menos a dos de los números considerados y, por tanto, esos dos números verificarán la desigualdad propuesta. Informar

Solución. Trabajando con números complejos, supongamos que \(a=a_1+ia_2\) y \(b=b_1+ib_2\) son puntos de coordenadas enteras con \(a\neq b\). Hay exactamente dos puntos del plano que forman con \(a\) y \(b\) un triángulo equilátero y estos puntos, que llamaremos \(c=c_1+ic_2\) y \(d=d_1+id_2\), se pueden construir girando \(b\) con centro en \(a\) un ángulo de \(\frac{\pi}{3}\) y \(\frac{-\pi}{3}\) respectivamente, es decir, \begin{eqnarray*} c&=&a+1_{\frac{\pi}{3}}\cdot(b-a)\ =\ a_1+ia_2+\left(\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)(b_1-a_1+i(b_2-a_2))\\ &=&\left(\frac{1}{2}(b_1+a_1)+\frac{\sqrt 3}{2}(b_2-a_2)\right)+i\left(\frac{\sqrt 3}{2}(b_1-a_1)+\frac{1}{2}(a_1+a_2)\right)\\ d&=&a+1_{\frac{-\pi}{3}}\cdot(b-a)\ =\ a_1+ia_2+\left(\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)(b_1-a_1+i(b_2-a_2))\\ &=&\left(\frac{1}{2}(b_1+a_1)-\frac{\sqrt 3}{2}(b_2-a_2)\right)+i\left(-\frac{\sqrt 3}{2}(b_1-a_1)+\frac{1}{2}(a_1+a_2)\right) \end{eqnarray*} Así, si \(c\) ó \(d\) tienen coordenadas enteras, los términos que van multiplicados por \(\frac{\sqrt 3}{2}\) tienen que anularse, es decir, \(b_1-a_1=0\) y \(b_2-a_2=0\), en cuyo caso \(a=b\), que es una contradicción. Por tanto, no hay triángulos equiláteros en el plano con coordenadas enteras.

En el espacio sí existen triángulos equiláteros de coordenadas enteras: por ejemplo, el que tiene por vértices \((1,0,0)\), \((0,1,0)\) y \((0,0,1)\), como puede comprobarse fácilmente. Informar

Solución. Aplicando el teorema de Pitágoras a los triángulos rectángulos \(ACE\) y \(BCE\) y usando que \(BC=AD\), obtenemos que \begin{eqnarray*} AC^2&=&AE^2+EC^2=AE^2+BC^2-BE^2\\ &=&(AE+BE)(AE-BE)+AD^2=AB\cdot AE+AB\cdot BE+AD^2 \end{eqnarray*} Ahora bien, como los triángulos \(BCE\) y \(CDF\) son semejantes (es fácil ver que tienen dos ángulos iguales), tenemos que \(BE/BC=DF/CD\) y, teniendo en cuenta que \(CD=AB\), deducimos que \(BE\cdot AB=AD\cdot DF\). Sustituyendo esto último en la igualdad antes obtenida para \(AC^2\), la fórmula del enunciado queda probada. Informar

Solución. Llamemos \(M\), \(N\) y \(P\) a los puntos medios de los lados \(AB\), \(BC\) y \(AC\), respectivamente, y denotemos por \(G\) al baricentro del triángulo. Lo que se nos pide es demostrar que los triángulos \(AGM\), \(BGM\), \(BGN\), \(CGN\), \(CGP\) y \(AGP\) tienen la misma superficie. En primer lugar, \(AGM\) y \(BGM\) tiene la misma área por tener la misma base \(AM=MB\) y la misma altura (comparten el otro vértice) luego llamemos a este área \(A_1\). De la misma forma \(BGN\) y \(CGN\) tienen igual área \(A_2\) y \(CGP\) y \(AGP\) tienen igual área \(A_3\). Finalmente, observemos que \(ACM\) y \(BCM\) tiene igual área por tener la misma base y la misma altura sobre ella, de donde \(A_1+2A_2=A_1+2A_3\) y, por tanto, \(A_2=A_3\). Razonando de la misma forma con los otros lados, llegamos a que \(A_1=A_2=A_3\), como queríamos probar. Informar

Solución. Sea $ABC$ un triángulo y denotemos por $a,b,c$ a sus lados. La recta que une el baricentro $G$ y el incentro $I$ del triángulo es paralela al lado $a$ cuando la distancia de $G$ y la distancia de $I$ al lado $a$ coincidan. La distancia de $I$ a al lado $a$ es $r$, el radio de la circunferencia inscrita, mientras que la distancia de $G$ al lado $a$ es $\frac{1}{3}h_a$, donde $h_a$ es la altura que parte del vértice $A$. Observemos ahora que $r=\frac{2S}{a+b+c}$ y $h_a=\frac{2S}{a}$, donde $S$ es el área del triángulo. Por tanto, la recta $IG$ es paralela al lado $a$ cuando \[\frac{2S}{a+b+c}=\frac{2S}{a}\Leftrightarrow\frac{a+b+c}{2S}=\frac{a}{2S}\Leftrightarrow b+c=0.\] Como esta condición no se cumple en ningún triángulo, deducimos que no hay triángulos en los que la recta $IG$ sea paralela a uno de los lados. Informar