Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Consideremos la función auxiliar \[\varphi:\mathbb{R}-\{-1,0,1\}\to\mathbb{R}-\{-1,0,1\},\qquad\varphi(x)=\frac{1-x}{1+x},\] que cumple que $\varphi(\varphi(x))=x$.

La ecuación inicial se puede escribir como $f(x)^2f(\varphi(x))=64x$. Si sustituimos $x$ por $\varphi(x)$, obtenemos que $f(\varphi(x))^2\cdot f(x)=64\varphi(x)$, con lo cual tenemos el sistema \[\left\{\begin{array}{l}f(x)^2f(\varphi(x))=64x,\\f(\varphi(x))^2 f(x)=64\varphi(x).\end{array}\right.\] Elevando la primera igualdad al cuadrado y dividiéndola por la segunda (que no se anula ya que $x\neq\pm 1$, luego $\varphi(x)\neq 0$) llegamos a que $f(x)^3=64\frac{x^2}{\varphi(x)}$, de donde podemos despejar \[f(x)=\sqrt[3]{\frac{64x^2}{\varphi(x)}}=4\sqrt[3]{\frac{x^2(1+x)}{1-x}}.\] Puede comprobarse que esta función está bien definida para $x\neq-1$ y satisface la igualdad del enunciado, luego es la única solución al problema.

Solución. En primer lugar, hay que decir que $P$ no es otra cosa que el baricentro de $ABC$. Como el baricentro dista de un vértice el doble que del punto medio del lado opuesto, tenemos que $$MP=\frac{BM}{3}=\frac{\sqrt{2(a^2+c^2)-b^2}}{6},\quad NP=\frac{CN}{3}=\frac{\sqrt{2(a^2+b^2)-c^2}}{6},$$ donde hemos usado la conocida expresión para las medianas del triángulo en términos de las longitudes de los lados. Con esta información, tenemos que el cuadrilátero $ANMP$ tiene una circunferencia inscrita si, y solo si, sus lados opuestos tienen la misma suma. Podemos desarrollar \begin{eqnarray*} AM+NP=AN+MP&\Leftrightarrow&\frac{b}{2}+\frac{\sqrt{2(a^2+b^2)-c^2}}{6}=\frac{c}{2}+\frac{\sqrt{2(a^2+c^2)-b^2}}{6}\\ &\Leftrightarrow&\frac{b}{2}-\frac{c}{2}=\frac{\sqrt{2(a^2+c^2)-b^2}}{6}-\frac{\sqrt{2(a^2+b^2)-c^2}}{6}\\ &\Leftrightarrow&b-c=\frac{(2(a^2+c^2)-b^2)-(2(a^2+b^2)-c^2)}{3(\sqrt{2(a^2+c^2)-b^2}+\sqrt{2(a^2+b^2)-c^2})}\\ &\Leftrightarrow&b-c=\frac{c^2-b^2}{\sqrt{2(a^2+c^2)-b^2}+\sqrt{2(a^2+b^2)-c^2}} \end{eqnarray*} En los últimos pasos, hemos multiplicado por la expresión conjugada (para eliminar las raíces del numerador) y hemos simplificado. Ahora basta observar que si $b=c$, entonces se tiene la igualdad anterior. Sin embargo, si $b\neq c$, la igualdad no es cierta ya que los dos miembros tienen signos opuestos. Deducimos entonces, que si hay circunferencia inscrita, entonces tiene que ser $b=c$, es decir, el triángulo $ABC$ tiene que ser isósceles.

Solución. Escribiremos $\left(2+\sqrt{3}\right)^{2r-1}=a_r+b_r\sqrt{3}$ y probaremos que $a_r=1+c_r^2$ para cierto entero $c_r$. Así, tenemos que \[a_{r+1}+b_{r+1}\sqrt{3}=(2+\sqrt{3})^2(a_r+b_r\sqrt{3})=(7a_r+12b_r)+(4a_r+7b_r)\sqrt{3},\] de donde deducimos las relaciones recurrentes \begin{eqnarray*} a_{r+1}&=&7a_r+12b_r,\\ b_{r+1}&=&4a_r+7b_r. \end{eqnarray*} Esto implica que \begin{eqnarray*} b_{r+1}&=&\frac{1}{2}a_{r+1}+\frac{1}{2}a_{r}+b_{r}\\ b_{r}&=&\frac{1}{2}a_{r}+\frac{1}{2}a_{r-1}+b_{r-1}\\ &\vdots&\\ b_{2}&=&\frac{1}{2}a_{2}+\frac{1}{2}a_{1}+b_{1} \end{eqnarray*} Sumando todas estas igualdades llegamos a que \[b_{r+1}=\frac{1}{2}a_{r+1}+(a_1+a_2+\ldots+a_r).\] Usando esta igualdad y las relaciones recurrentes, no es difícil llegar a que la sucesión $\{a_r\}$ está determinada por $a_1=2$, $a_2=26$ y, para $r\geq 3$, \[a_{r}=14a_{r-1}-a_{r-2}.\] Consideremos ahora la sucesión $\{c_k\}$ definida por $c_1=1$, $c_2=5$ y, para $r\geq 3$, \[c_r=4c_{r-1}-c_{r-2}.\] Habremos terminado si probamos que $a_r=1+c_r^2$, para lo que veremos que la sucesión $\{1+c_r^2\}$ cumple las condiciones de recurrencia de $\{a_r\}$. Es inmediato que $1+c_1^2=a_1$ y $1+c_2^2=a_2$, luego tendremos que probar que $1+c_r^2=14(1+c_{r-1}^2)-(1+c_{r-2}^2)$ para todo $r\geq 3$. Usando la relación de recurrencia de $\{c_r\}$, tenemos que \begin{eqnarray*} 1+c_r^2&=&1+(4c_{r-1}-c_{r-2})^2=1+16c_{r-1}^2+c_{r-2}^2-8c_{r-1}c_{r-2}\\ &=&14(1+c_{r-1}^2)-(1+c_{r-2}^2)+2(c_{r-1}^2+c_{r-2}^2-4c_{r-1}c_{r-2}-6). \end{eqnarray*} Por tanto, si probamos que $c_{r-1}^2+c_{r-2}^2-4c_{r-1}c_{r-2}=6$ para todo $r\geq 3$ habremos terminado. Para esto usaremos inducción. Es fácil ver que para $r=3$ se tiene la igualdad y, supuesta cierta para $r$, para $r+1$ tenemos que \begin{eqnarray*} c_{r}^2+c_{r-1}^2-4c_{r}c_{r-1}&=&(4c_{r-1}-c_{r-2})^2+c_{r-1}^2-4c_{r-1}(4c_{r-1}-c_{r-2})\\ &=&c_{r-1}^2+c_{r-2}^2-4c_{r-1}c_{r-2}=6. \end{eqnarray*} Esto termina de probar que $a_r=1+c_r^2$ para todo $r\in\mathbb{N}$, con lo que el enunciado está demostrado.

Nota. Sin duda el paso más difícil en esta demostración es sacarse de la manga la sucesión $c_r$. Si uno intuye que la $c_r$ debe cumplir una recurrencia lineal del tipo $c_r=\alpha c_{r-1}+\beta c_{r-2}$, pueden calcularse algunos términos para ver que ha de ser $\alpha=4$ y $\beta=-1$.

Solución. En efecto, tenemos que \(p_1=2\), \(p_2=3\) y todos los \(p_n\) son primos entre sí por la condición de que \(p_n\) divide a \(p_1p_2\cdots p_{n-1}+1\). Por tanto, si existe \(n\) tal que \(p_n=5\), entonces \(p_1p_2\cdots p_{n-1}+1\) tiene que ser una potencia de \(5\), es decir, existe \(a\in\mathbb{N}\) tal que \(p_1p_2\cdots p_{n-1}=5^a-1\), pero el término de la derecha es múltiplo de \(4\) y el de la izquierda no (ya que \(p_1=2\) y todos los demás factores son impares) luego tenemos una contradicción, tal y como deseábamos.

Solución. La ecuación se puede escribir de forma equivalente como $p(x)=0$, donde $p(x)=3x^3-13x^2+14x-2$. Como $p(x)$ es una función continua y cumple que $p(0)=2$, $p(1)=-2$, $p(2)=-2$ y $p(3)=4$, el teorema de Bolzano nos dice que $p(x)$ tiene una raíz en $(0,1)$, otra en $(1,2)$ y otra en $(2,3)$. Como el polinomio $p(x)$ tiene tres raíces complejas, deducimos que son reales positivas y hemos demostrado el primer apartado.

Para el segundo apartado, vamos a hacer uso de la fórmula de la tangente del la suma. Concretamente, dados $x,y,z\in(0,\frac{\pi}{2})$, de dicha fórmula se deduce que \[\mathrm{tg}(x+y+z)=\frac{\mathrm{tg}(x+y)+\mathrm{tg}(z)}{1-\mathrm{tg}(x+y)\mathrm{tg}(z)}=\frac{\mathrm{tg}(x)+\mathrm{tg}(y)+\mathrm{tg}(z)-\mathrm{tg}(x)\mathrm{tg}(y)\mathrm{tg}(z)}{1-\mathrm{tg}(x)\mathrm{tg}(y)-\mathrm{tg}(y)\mathrm{tg}(z)-\mathrm{tg}(z)\mathrm{tg}(x)}.\] Sustituyendo $x=\mathrm{arctg}(r)$, $y=\mathrm{arctg}(s)$ y $z=\mathrm{arctg}(t)$, tenemos que \[\mathrm{tg}(\mathrm{arctg}(r)+\mathrm{arctg}(s)+\mathrm{arctg}(t))=\frac{(r+s+t)-rst}{1-(rs+st+rt)}=\frac{\frac{13}{3}-\frac{2}{3}}{1-\frac{14}{3}}=-1.\] ya que las relaciones de Cardano para el polinomio $p(x)$ nos aseguran que \[ r+s+t=\frac{13}{3},\quad rs+st+rt=\frac{14}{3},\quad rst=\frac{2}{3}. \] Esto nos dice que existe un número entero $k$ tal que \[\mathrm{arctg}(r)+\mathrm{arctg}(s)+\mathrm{arctg}(t)=-\frac{\pi}{4}+k\pi.\] Como $r,s,t\gt 0$, tenemos que $0<\mathrm{arctg}(r)+\mathrm{arctg}(s)+\mathrm{arctg}(t)\lt\frac{3\pi}{2}$, de donde $k=1$ y \[\mathrm{arctg}(r)+\mathrm{arctg}(s)+\mathrm{arctg}(t)=\frac{3\pi}{4}.\]

Solución. Construimos puntos $P'$ y $Q'$ sobre la recta $PQ$ tales que $PD=P'D$ y $CQ=C'Q$. Supondremos que $P\neq P'$ y $Q\neq Q'$ a menos que $AD$ o $BC$ sean perpendiculares a $PQ$. Observamos que $pp'D$ y $QQ'C$ son isósceles, luego se tiene que $\angle APQ=\angle P'PD=\angle Q'P'D$ y $\angle BQP=\angle Q'QC=\angle P'Q'C$. Esta igualdad de ángulos junto con las proporciones dadas en el enunciado nos dicen que $ABQP$ y $DCQ'P'$ son cuadriláteros semejantes (indicados en rojo y verde en la figura. Por tanto, el ángulo que forman los pares de lados opuestos $AB$ y $PQ$ en $ABQP$ es el mismo que el que forman los lados homólogos $CD$ y $P'Q'$ en $DCQ'P'$. Dicho de otra forma, cuando prolongamos los estos lados, obtenemos triángulos semejantes $APX$ y $DP'Y$ (representados en azul), siendo $X$ la intersección de $PQ$ y $AB$ e $Y$ la intersección de $PQ$ y $CD$. Esto concluye la demostración ya que nos dice que $\angle AXP=\angle DYP$.