Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Las raíces comunes a $P(x)$ y $Q(x)$ también son raíces de $P(x)-Q(x)$, y este polinomio diferencia está dado por \[P(x)-Q(x)=(a-c)(x^3-x)=(a-c)x(x-1)(x+1).\] Esto nos dice que dichas raíces comunes son iguales a $0$, $1$ ó $-1$ y no puede haber una raíz doble común. Como $0$ no es raíz de $P(x)$ ni de $Q(x)$ ya que $P(0)=Q(0)=1\neq 0$, llegamos a que las raíces comunes sólo pueden ser $1$ y $-1$ (raíces simples). Ahora bien \begin{eqnarray} P(1)=Q(1)&=a+b+c+2, P(-1)=Q(-1)&=&-a+b-c+2. \end{eqnarray} luego las condiciones que nos pide el enunciado son que los dos valores anteriores sean cero, es decir, que $a+c=0$ y $b=-2$. No obstante, ha de cumplirse que $a\neq 0$ y $c\neq 0$ para que $a\neq c$. Resolvamos las ecuaciones con estos valores de los parámetros.

En primer lugar, la ecuación $P(x)=0$ se puede factorizar como \begin{eqnarray} 0=P(x)&=&x^4+ax^3-2x^2-ax+1\\ &=&(x-1)(x+1)\left(x-\frac{a+\sqrt{a^2+4}}{2}\right)\left(x-\frac{a-\sqrt{a^2+4}}{2}\right). \end{eqnarray} De la misma forma, la ecuación $Q(x)=0$ se obtiene cambiando $a$ por $-a$, y tenemos que \begin{eqnarray} 0=Q(x)&=&x^4-ax^3-2x^2+ax+1\\ &=&(x-1)(x+1)\left(x-\frac{-a+\sqrt{a^2+4}}{2}\right)\left(x-\frac{-a-\sqrt{a^2+4}}{2}\right). \end{eqnarray} Estas factorizaciones se obtienen fácilmente por el método de Rufini, sabiendo de antemano que $\pm 1$ son raíces de ambos polinomios. De esta forma hemos expresado explícitamente las cuatro soluciones de las ecuaciones, dos de las cuales ($x=\pm 1$) son comunes y las otras dos distintas.

Solución. Según la condición (a), podemos escribir $E(\frac{N}{3})=111\cdot a$ para cierto número natural $a$ entre $1$ y $9$. Ahora bien, el apartado (b) nos permite desarrollar $$\frac{n(n+1)}{2}=1+2+\ldots+n=111\cdot a=3\cdot 37\cdot a,$$ de forma que $n(n+1)=2\cdot 3\cdot 37\cdot a$. Por tanto, el producto $2\cdot 3\cdot 37\cdot a$ se tiene que descomponer en producto de dos números consecutivos, lo cual sólo ocurre para $a=6$ y $n=36$. Así tenemos que $E(\frac{N}{3})=666$, es decir, $666\leq\frac{N}{3}<667$. Esta desigualdad es equivalente a $1998\leq N<2001$, lo que nos asegura que $N=2000$ es la solución buscada.

Solución. Sean $A,B,C$ puntos tales que $\angle ABC>90$ y tal que las distancias entre ellos son mayores que $1$. Entonces, el teorema del coseno nos dice que \[AC^2=AB^2+BC^2-2AB\cdot BC\cos\angle ABC\gt AB^2+BC^2\gt 2,\] por lo que los puntos $A$ y $C$ están a distancia mayor que $\sqrt{2}$, lo cual es imposible en un cuadrado de lado $1$ (el segmento más largo contenido en él es la diagonal, ¿sabrías probarlo?). Teniendo esto en cuenta, razonemos por reducción al absurdo suponiendo que todas las distancias entre los cuatro puntos dados son mayores que $1$. El problema se reduce, por tanto, a encontrar tres de los puntos que formen un ángulo obtuso. Distingamos dos casos:

• Si los cuatro puntos son los vértices de un cuadrilátero convexo, entonces no puede ser un cuadrado (porque no puede haber un cuadrado de lado mayor que $1$ contenido en otro de lado $1$). Como los cuatro ángulos del cuadrilátero suman $360º$, al menos uno de ellos será mayor que $90º$ y hemos terminado.
• Si no forman un cuadrilátero convexo, entonces uno de ellos estará dentro del triángulo que forman los otros tres, luego forma con cada par de ellos tres ángulos que suman $360º$ y, al menos uno de ellos será mayor o igual que $120º$, luego mayor que $90º$.