Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Supongamos que los números están ordenados como $a_1\lt a_2\lt\ldots\lt a_{100}$. No es difícil darse cuenta de que el triángulo en el que todo puede ir peor es el de lados $a_1,a_1,a_{100}$. La desigualdad triangular nos dice que debe cumplirse $a_{100}\lt 2a_1$, pero para que el triángulo no sea obtusángulo debe cumplirse la desigualdad más restrictiva $a_{100}^2\leq 2a_1^2$ (véase la nota). Por tanto, la cadena de desigualdades queda \[a_1\lt a_2\lt a_3\lt\ldots\lt a_{100}\leq \sqrt{2}\,a_1.\qquad (\star)\] Que se cumplan estas desigualdades es también suficiente para que los cien números cumplan la propiedad del enunciado. En efecto, dados tres números $a_i\leq a_j\leq a_k$, usando ($\star$), tenemos que: \begin{align*} a_i+a_j&\geq \tfrac{1}{\sqrt{2}}a_k+\tfrac{1}{\sqrt{2}}a_k=\sqrt{2}\,a_k\gt a_k,\\ a_i^2+a_j^2&\geq \tfrac{1}{2}a_k^2+\tfrac{1}{2}a_k^2= a_k^2. \end{align*} Tenemos así tanto la desigualdad triangular como la condición de no obtusángulo (véase la nota).

A la hora de calcular los perímetros, tenemos que hay $100$ elecciones para $a$, $100$ para $b$ y $100$ para $c$ de forma independiente (nos dicen que elijamos tres números ordenados del conjunto), luego hay $100^3=10^6$ posibilidades para la terna $(a,b,c)$, lo que nos da $3\cdot 10^6$ lados de triángulos. Como cada uno de los elementos $a_1,\ldots,a_{100}$ se usa el mismo número de veces, tendremos que usar $3\cdot 10^4$ veces cada uno de ellos y será $S(A)=3\cdot 10^4\cdot (a_1+a_2+\ldots+a_{100})$. Como entre $a_1$ y $\sqrt{2}a_1$ deben caber otros $99$ enteros distintos, ha de cumplirse que $a_1\sqrt{2}\geq a_1+99$, o equivalentemente $a_1\geq\frac{99}{\sqrt{2}-1}\approx 239.007$. El valor mínimo de $S(A)$ se obtiene tomando $a_1=240$, $a_2=241$,... y así hasta $a_{100}=339$. Esto nos da el valor mínimo \begin{align*} S(A)&=3\cdot 10^4\cdot (240+241+\ldots+339)\\ &=3\cdot 10^4\cdot (100\cdot 240+1+\ldots+99)\\ &=30000\cdot (24000+\tfrac{99\cdot 100}{2})=868500000. \end{align*}

Nota. En un triángulo de lados $a,b,c$, el ángulo $\alpha$ opuesto al lado $a$ verifica la siguiente igualdad por el teorema del coseno: \[a^2=b^2+c^2-2bc\cos(A)\ \Longleftrightarrow\ \cos(A)=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}.\] El ángulo es obtuso cuando su coseno es negativo, luego no será obtusángulo cuando $b^2+c^2\geq a^2$. Esta es la desigualdad que hemos aplicado al triángulo de lados $a_1,a_1,a_{100}$, teniendo en cuenta que el ángulo más grande es el opuesto al lado más grande, $a_{100}$.

Solución. Llamemos $S_1$, $S_2$, $S_3$, $S_4$ a las áreas de los triángulos $CGQ$, $AGQ$, $BGP$ y $AGP$, respectivamente, que se encuentran coloreadas en la figura. Como $CGQ$ y $AGQ$ tienen una altura común y también la tienen $BGP$ y $AGP$ (estas alturas comunes están dibujadas en línea discontinua azul), tenemos que \[\frac{PB}{PA}\cdot\frac{QC}{QA}=\frac{S_4}{S_3}\cdot\frac{S_1}{S_2}.\] Ahora vamos a calcular estas áreas de otra forma, para lo que trazamos las alturas $AA'$, $BB'$ y $CC'$, siendo $A',B',C'$ puntos de la recta que pasa por $G$. Tenemos entonces que \[\frac{S_4}{S_3}\cdot\frac{S_1}{S_2}=\frac{BB'\cdot CC'}{(AA')^2}.\] Ahora bien, como $M$ es el punto medio de $BC$, la altura $MM'$ del triángulo $MPQ$ (en gris discontinuo) cumple que $MM'=\frac{1}{2}(BB'+CC')$. El área de $PMQ$ es $\frac{1}{2}MM'\cdot PQ$ y el área de $APQ$ es $\frac{1}{2}PQ\cdot AA'$. Como el área de $APQ$ es el doble que la de $PMQ$ (ya que el baricentro divide a la mediana en dos segmentos tales que $AG=2GM$), tenemos que $\frac{1}{2}(BB'+CC')=MM'=\frac{1}{2}AA'$, de donde $AA'=BB'+CC'$. Finalmente, esto nos dice que \[\frac{PB}{PA}\cdot\frac{QC}{QA}=\frac{BB'\cdot CC'}{(AA')^2}=\frac{BB'\cdot CC'}{(BB'+CC')^2}=\frac{1}{2+\frac{BB'}{CC'}+\frac{CC'}{BB'}}\leq\frac{1}{4},\] donde hemos usado que la suma de un número positivo y su inverso es mayor o igual que $2$.

Solución. Observemos que la ecuación se puede escribir como \[(x-p)(y-p)=p^2.\] Si suponemos que $x\leq y$, como los divisores de $p^2$ son $\pm 1$, $\pm p$ y $\pm p^2$, tendrá que darse alguna de las siguientes posibilidades:

• $x-p=-p^2$, $y-p=-1$, de donde $x=p-p^2$ e $y=p-1$,
• $x-p=-p$, $y-p=-p$, de donde $x=y=0$,
• $x-p=1$, $y-p=p^2$, de donde $x=p+1$ e $y=p^2+p$,
• $x-p=p$, $y-p=p$, de donde $x=y=2p$.

Como la ecuación es simétrica en $x$ e $y$, deducimos que todas las soluciones son $(p-p^2,p-1)$, $(p-1,p-p^2)$, $(0,0)$, $(p+1,p^2+p)$, $(p^2+p,p+1)$ y $(2p,2p)$.

Solución. El procedimiento es similar al que usamos para hallar el máximo común divisor de dos polinomios. Llamemos $p(x)$ y $q(x)$ a los dos polinomios de tercer grado dados por las ecuaciones. Podemos reducir el grado haciendo \[q(x)-n\,p(x)=-2 m(m^2+m x^2+3 n x).\] Por tanto, la raíz común también tiene que ser raíz de $r(x)=m^2+m x^2+3 n x$ ya que $m\neq 0$. Esta raíz también tiene que ser raíz de \[x\, r(x)-m\,p(x)=n(3x^2+m).\] Como quiera que $n\neq 0$, deducimos que $m$ es negativo y que la raíz común $\alpha$ debe cumplir $3\alpha^2+m=0$. Podemos usar esto para sustituir $m$ en la primera ecuación, que nos queda \[x^3+mx-n=0\ \Longrightarrow\ \alpha^3-3\alpha^3-n=0 \ \Longrightarrow\ n=-2\alpha^3.\] Con esto ya podemos factorizar los dos polinomios: \begin{align*} p(x)&=x^3-3\alpha^2x+2\alpha^3=(x-\alpha)^2(x-2\alpha),\\ q(x)&=-2\alpha^3(x^3+9 \alpha x^2+15 \alpha ^2 x-25 \alpha ^3)=(x-\alpha) (x+5\alpha)^2, \end{align*} La idea para estas factorizaciones es dividir por $\alpha^3$ y ver las ecuaciones $p(x)=0$ y $q(x)=0$ como ecuaciones con incógnita $y=\frac{x}{\alpha}$. Deducimos que la primera ecuación tiene una raíz doble igual a $\alpha$ y la otra raíz igual a $2\alpha$ (es distinta ya que $\alpha\neq 0$). La segunda ecuación tiene a $\alpha$ como raíz simple y a $-5\alpha$ como raíz doble.

Nota. Si $n=0$ y $m\neq 0$, entonces la primera ecuación tiene soluciones $x=0$ y $x=\pm\sqrt{m}$ y la segunda ecuación es de segundo grado y tiene soluciones $x=\pm\sqrt{m}$, por lo que el resultado no es cierto (hay dos raíces comunes). Si $n\neq 0$ y $m=0$, entonces la primera ecuación y la segunda son la misma y tienen como única raíz real común $x=\sqrt[3]{n}$, aunque también comparten las otras dos raíces complejas. En este caso, no es cierto que $la primera ecuación tenga dos raíces iguales.

Solución. Definimos $P\neq C$ como el segundo punto de corte de las circunscritas a los triángulos equiláteros $A'BC$ y $AB'C$. Por la propiedad del arco capaz, se tiene que \[\angle B'PC=180^\circ-\angle B'AC=120^\circ,\qquad \angle A'PC=180^\circ-\angle A'BC=120^\circ.\] Deducimos que \[\angle APB=\angle A'PB'=360^\circ-\angle B'PC-\angle A'PC=120^\circ,\] luego $P$ también está en la circunferencia circunscrita a $ABC'$. Así, la propiedad del arco capaz en las tres circunferencias nos da los siguientes ángulos: \begin{align*} \angle B'PA&=\angle B'CA=60^\circ,& \angle A'PB&=\angle A'CB=60^\circ,\\ \angle APC&=\angle AB'C=60^\circ,& \angle APC'&=\angle ABC'=60^\circ. \end{align*} Esto nos dice que $P$ está en la intersección de $AA'$, $BB'$ y $CC'$ y tenemos probado el apartado (a). También tenemos el apartado (b) ya que hemos probado implícitamente que el lugar geométrico de $P$ es el arco menor $AB$ de la circunferencia circunscrita a $ABC'$.

Observemos que, como $A'',B'',C''$ son los centros de las circunferencias circunscritas que hemos trazado, se cumple que la recta $A''B''$ es perpendicular a la recta $CC'$, la recta $A''C''$ es perpendicular a $BB'$ y la recta $B''C''$ es perpendicular a $AA'$. Como las rectas $AA',BB',CC'$ forman ángulos de $60^\circ$, obtenemos que $A''B'',B''C'',C''A''$ también forman ángulos de $60^\circ$, luego el triángulo $A'',B'',C''$ es equilátero y tenemos ya el apartado (c).

Finalmente, para responder al apartado (d), consideremos el punto $Q$ diametralmente opuesto a $P$ en la circunferencia circunscrita a $AB'C$. Se tiene entonces que $\angle PB'Q=90^\circ$ y $\angle AB'P=120^\circ$, luego, una vez más por la propiedad del arco capaz, \[\angle B'PB''=\angle B'PQ=90^\circ-\angle B'QP=90^\circ-\angle B'CP.\] De la misma forma, se tiene que $\angle A'PA''=90^\circ-\angle A'CP$, luego podemos sumar para obtener que \[\angle B'PB''+\angle A'PA''=180-\angle B'CP-\angle A'CP=180^\circ-\angle B'CA'=120^\circ.\] Como $\angle B'PB''+\angle B''PA''+\angle A'PA''=240^\circ$, obtenemos que $\angle B''PA''=120^\circ$, luego $P$ está en la circunferencia circunscrita al triángulo $A''B''C''$.

Nota. El problema en sí está muy relacionado con el teorema de Napoleón para el triángulo $ABC$. Justo nos dicen que analicemos el caso en que $ABC$ es degenerado (sus vértices están alineados). Los apartados (a), (b) y (c) son parte de la demostración estándar de este resultado clásico, aunque (d) es distinto ya que no es cierto en general para un triángulo cualquiera.