Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Llamemos $d$ a la diferencia de la progresión aritmética y supongamos que $a^2$ es un término de la sucesión. Entonces, $(a+d)^2=a^2+(2a+d)d$ también es un término de la sucesión (pues es el término $a^2$ al que se le ha sumado un múltiplo entero de $d$) lo que nos dice que, dado un cuadrado perfecto en la sucesión podemos encontrar otro mayor que éste luego ha de haber infinitos cuadrados perfectos.

Solución. Vamos a considerar las coordenadas usuales $(x,y,z)$, de forma que $O=(0,0,0)$, $P=(a,0,0)$, $Q=(0,b,0)$ y $C=(0,0,c)$, con la restricción que nos dan $a+b=k$ constante. La esfera que pasa por los cuatro puntos contiene a los triángulos rectángulos $OPQ$, $OPC$ y $OCQ$, contenidos en los planos coordenados. En particular, sus hipotenusas $PC$, $CQ$ y $QP$ son diámetros de las tres circunferencias que surgen de intersecar la esfera con los planos coordenados, luego el centro de la esfera se tiene que proyectar sobre los puntos medios de estos segmentos. Tenemos así que $W=(\frac{a}{2},\frac{b}{2},\frac{c}{2})$ (es fácil además comprobar que este punto equidista de $O,P,Q,C$). La proyección de $W$ sobre el plano $OXY$ no es más que quedarnos con sus dos primeras coordenadas, es decir, se trata del punto $W'=(\frac{a}{2},\frac{b}{2},0)$. Como $a+b=k$ y $a,b,c$ son reales positivos arbitrarios, la respuesta es muy sencilla:

• El lugar geométrico de $W$ es el conjunto de ecuación $x+y=\frac{k}{2}$ con $x,y,z\gt 0$, es decir, la intersección del plano $x+y=2k$ con el primer cuadrante.
• El lugar geométrico de $W$ es el conjunto de ecuación $x+y=\frac{k}{2}$ y $z=0$ con $x,y\gt 0$, es decir, el segmento de recta que une los puntos $(\frac{k}{2},0,0)$ y $(0,\frac{k}{2},0)$ en el plano $OXY$.

Solución. Al quitar la región debe quedar un número de días múltiplo de cuatro, de forma que puedan dividirse de forma exacta en proporción 3 a 1. Comprobamos fácilmente (solo hay que mirar las dos últimas cifras) que \begin{align*} 336&\equiv 0\ (\text{mod }4),& 321&\equiv 1\ (\text{mod }4),& 335&\equiv 3\ (\text{mod }4),\\ 343&\equiv 3\ (\text{mod }4),& 329&\equiv 1\ (\text{mod }4),& 330&\equiv 2\ (\text{mod }4). \end{align*} La única forma de quitar uno de los días y que quede múltiplo de cuatro es quitar la región F, lo que nos da la respuesta al problema.

Nota. En realidad, el argumento no prueba que el número de días lluviosos es la tercera parte del de soleados, sino que se basa en que la persona encargada sabe que esto ocurre para alguna región. Hemos visto que solo puede ser la F.

Solución. Por ser el triángulo isósceles, tenemos que $\angle ABC=\angle ACB=\frac{180-36}{2}=72^\circ$. La bisectriz divide al ángulo en dos ángulos iguales, luego $\angle ABD=\angle DBC=\frac{72}{2}=36^\circ$. Además, como la suma de los ángulos de $BCD$ es $180^\circ$, obtenemos rápidamente $\angle BDC=180-36-72=72$. Por tanto, el triángulo $BCD$ es isósceles y tiene ángulos de $36^\circ, 72^\circ, 72^\circ$ (véase la figura).

El triángulo $ABD$ también es isósceles por tener dos ángulos iguales a $36^\circ$, luego $BC=BD=AD$. Además, $BCD$ y $ABC$ son semejantes por tener los ángulos iguales, luego \[\frac{AC}{BC}=\frac{BC}{CD}=\frac{BC}{AC-AD}=\frac{BC}{AC-BC}.\] De esta igualdad, obtenemos que $AC^2-AC\cdot BC-BC^2=0$. Dividiendo entre $AC^2$, llegamos a la ecuación de segundo grado \[\left(\frac{BC}{AC}\right)^2+\frac{BC}{AC}-1=0\ \Longrightarrow\ \frac{BC}{AC}=\frac{-1\pm\sqrt{5}}{2}.\] Tenemos que descartar la solución negativa, lo que nos dice finalmente que \[BC=\frac{\sqrt{5}-1}{2}AC.\]

Solución. Consideremos las dos primeras filas del rectángulo (de las tres que tiene) y observemos cada una de las siete columnas: si dos de ellas tienen dos fichas blancas o dos de ellas dos fichas negras, ya hemos encontrado el rectángulo buscado. En caso contrario, habrá como mucho una columna con dos fichas blancas y otra con dos fichas negras, luego las cinco columnas restantes tendrán combinaciones blanco-negro o negro-blanca. El principio del palomar nos dice que al menos una de estas combinaciones se repite tres veces. Ahora bien, en la tercera fila de las tres columnas donde se repite la combinación algún color ha de repetirse (son tres casillas y dos colores) luego en las columnas que se repita hemos encontrado un rectángulo con vértices del mismo color.

Solución. Es fácil ver que $3m+n$ es exactamente el doble del número de aristas (segmentos que son lados de alguno de los triángulos) ya que $3m$ es el número total de lados de los $m$ triángulos y $n$ el número de lados del polígono. Por tanto $m+n=(3m+n)-2m$ es también un número par.

Para calcular el número de vértices interiores, usemos la fórmula de Euler: $C+V=A+2$, donde $C$ es el número de caras (regiones en que ha quedado dividido el plano), $V$ el número de vértices y $A$ el de aristas. El número de caras es $C=m+1$ ya que se cuenta también el exterior del polígono como cara y el número de aristas es $A=\frac{1}{2}(3m+n)$ como hemos visto anteriormente, luego $V=A-C+2=\frac{1}{2}(m+n+2)$. Como hay $n$ vértices que no son interiores (los del polígono original), el número de vértices interiores es $\frac{1}{2}(m-n+2)$.