Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Sean $M$ y $N$ puntos exteriores al hexágono tales que $ABM$ y $DEN$ sean triángulos equiláteros. Entonces, la propiedad de arco capaz nos asegura que $P$ está en la circunferencia circunscrita al triángulo $ABM$ y el teorema de Ptolomeo (aplicado al cuadrilátero $AMBP$) nos dice que $AP+PB=MP$. De la misma forma, obtenemos que $DQ+QE=NQ$ y se cumple que $AP+PB+PQ+DQ+QE=MP+PQ+QN\geq MN$ ya que $MPQN$ es una poligonal que une $M$ y $N$ y su longitud siempre es mayor que la del segmento $MN$. Ahora bien, el octógono $AMBCDNEF$ es simétrico respecto de la recta $BE$ por las condiciones del enunciado luego se tiene que $MN=CF$ y hemos terminado. 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. Supongamos que $n$ no es primo, es decir, podemos descomponer $n=ab$ donde $a$ y $b$ son números enteros mayores que $1$. Entonces, tenemos que \[2^n-1=(2^a)^b-1^b=(2^a-1)(2^{ab}+2^{a(b-1)}+2^{a(b-2)}+\ldots+2^{2a}+2^a+1).\] Como $1\lt a\lt n$, tenemos que $1\lt 2^a-1\lt 2^n-1$ lo que nos dice que hemos encontrado un factor de $2^n-1$, distinto de $1$ y de $2^n-1$ y, por tanto, $2^n-1$ no es primo. Así, si $2^n-1$ es primo, $n$ también tiene que serlo y tenemos probado el primer apartado. Para probar el segundo, llamemos $p=2^n-1$ que es un número primo. Los divisores de $2^{n-1}p$ son $\{1,2,2^2,\ldots,2^{n-1},p,2p,2^2p,\ldots,2^{n-1}p\}$ y, por tanto, si llamamos $S$ a la suma de todos los divisores salvo el propio $2^{n-1}p$, $S$ viene dada por \[S=(1+p)(1+2+\ldots+2^{n-1})-2^{n-1}p=2^n(2^n-1)-2^{n-1}(2^n-1)=2^{n-1}(2^n-1)\] donde hemos usado la fórmula de la suma de los términos de una progresión geométrica. Informar

Solución. Escribiéndolo de otra manera, queremos encontrar todos los $n\in\mathbb{N}$ tales que $2^n\equiv 1\ (\mbox{mód } 7)$. Ahora bien, como $2^3=8\equiv 1\ (\mbox{mód } 7)$, tenemos que:

• Si $n=3k$, entonces $2^{3k}=(2^3)^k\equiv 1\ (\text{mód } 7)$.
• Si $n=3k+1$, entonces $2^n=2\cdot (2^3)^k\equiv 2\ (\text{mód } 7)$.
• Si $n=3k+2$, entonces $2^n=4\cdot(2^3)^k\equiv 4\ (\text{mód } 7)$.

Por tanto, los únicos números que cumplen la condición del enunciado son los múltiplos de 3. Informar

Solución. Multiplicando la ecuación por $4a$ y agrupando cuadrados, podemos escribirla de forma equivalente como $$0=4a^2x^2+4abx+4ac=(2ax+b)^2+4ac-b^2{.}$$ Así, podemos aislar el cuadrado en uno de los miembros y tomar raíces cuadradas, es decir, $$2ax+b=\pm\sqrt{b^2-4ac}.$$ Despejando $x$ obtenemos las dos soluciones del enunciado. Informar