Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Sustituyendo $r=2p+q$ en la segunda ecuación nos queda $676=(2p+q)q+p^2=(p+q)^2$, luego tiene que ser $p+q=26$. Las formas de expresar $26$ como suma de dos primos son \[26=3+23=7+17=13+13=17+7=23+3\] y de todas ellas la única que cumple que $r=2p+q$ es primo es $p=3$ y $q=23$, con lo que $r=29$. El producto que nos piden es $pqr=3\cdot 23\cdot 29=2001$.

Solución. Observemos que el coste de arrancar es el mismo que el de funcionar durante 5 minutos, por lo que parar durante 10 minutos y luego arrancar ahorra 5 minutos de funcionamiento. Siguiendo un esquema voraz, la configuración óptima debe hacer parar durante 10 minutos el mayor número de veces posible. Con la restricción de que debe funcionar al menos 15 minutos seguidos, los $600=24\cdot (10+15)$ minutos totales darán una configuración óptima cuando haya 24 períodos de parada. Este razonamiento es muy sencillo, si bien la parte complicada es ahora minimizar el número de arranques, lo que nos dará la configuración óptima.

Si se intercalan ciclos de parada-arranque, como cada ciclo necesita 2 litros de gasóleo (medio litro en los 10 minutos que para y arranca y litro y medio en los 15 minutos que funciona), esta opción nos da un total de $24\cdot 2=48$ litros de gasóleo. Podemos mover uno de los ciclos de parada al final para evitar arrancar una vez, es decir, durante los últimos 40 minutos de las 10 horas, en lugar de hacer funcionamiento-parada-funcionamiento, podríamos hacer funcionamiento-funcionamiento-parada. De esta forma, solo se usan 47,5 litros. Está claro que es imposible colocar los períodos de parada para arrancar menos veces.

Solución. Supongamos que las longitudes de los lados son $a,ar,ar^2$ para $r\geq 1$. El triángulo en cuestión debe verificar la desigualdad triangular para existir. Como lados están ordenados de mayor a menor, también lo estarán los correspondientes lados opuestos, lo que nos lleva a que la desigualdad triangular equivale a $ar^2\gt a+ar$, es decir, $r^2-r-1\gt 0$. Esta desigualdad se resuelve fácilmente y nos dice que el dominio donde se mueve la variable $r$ es $1\leq r\lt\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.

De vuelta al problema en cuestión, se trata de ver si el ángulo $\alpha$ opuesto a $ar^2$ es agudo, recto u obtuso. Por el teorema del coseno, este ángulo verifica \[(ar^2)^2=a^2+(ar)^2-2a(ar)\cos(\alpha)\ \Leftrightarrow\ \cos(\alpha)=\frac{1+r^2-r^4}{2r}\] y buscamos saber cuándo esta última cantidad es negativa (obtusángulo), cero (rectángulo) o positiva (acutángulo). Para ello, resolvemos la ecuación bicuadrada $1+r^2-r^4=0$, que nos da soluciones \[r^2=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}\ \Rightarrow\ r=\pm\sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}},\] donde hemos descartado las dos soluciones (complejas) en que $r^2$ era negativo. Deducimos que el polinomio $p(r)=1+r^2-r^4$ cambia de signo en estos dos valores (son raíces simples). Como el coeficiente de mayor grado es negativo, $p(r)$ pasa de negativo a positivo y luego a negativo. Tenemos así la solución al problema:

• acutángulo: $1\leq r\lt \sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}$,
• rectángulo: $r=\sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}$,
• obtusángulo: $\sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}\lt r\lt \frac{1+\sqrt{5}}{2}$.

Solución. Escribamos las tres raíces como $\alpha,\beta,\gamma\in\mathbb{R}$. Desarrollando \[(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)=x^3-(\alpha+\beta+\gamma)x^2+(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)x-\alpha\beta\gamma\] podemos identificar coeficientes para obtener las relaciones de Cardano-Vieta $a=-(\alpha+\beta+\gamma)$ y $b=\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha$. Con esto podemos calcular \begin{align*} a^2-3b&=(\alpha+\beta+\gamma)^2-3(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)\\ &=\alpha^2+\beta^2+\gamma^2-\alpha\beta-\beta\gamma-\gamma\alpha\\ &=\tfrac{1}{2}\left((\alpha-\beta)^2+(\beta-\gamma)^2+(\gamma-\alpha)^2\right)\geq 0. \end{align*}

Solución. Si $p(x)=x^3+ax^2+bx+c$ tiene tres soluciones reales distintas, entonces su derivada debe anularse al menos dos veces por el teorema de Rolle (debe tener un máximo/mínimo entre cada par de raíces. Esto también es verdad si hay una raíz doble y otra simple ya que debe anularse entre ambas raíces y en la raíz doble. En el caso de tener una raíz triple, su derivada debe tener una raíz doble en dicho punto. Todo esto nos dice que la derivada $p'(x)=3x^2+2ax+b$ debe tener discriminante no negativo, pero dicho discriminante es $(2a)^2-4\cdot 3\cdot b=4(a^2-3b)$, de donde se deduce que debe ser $a^2\geq 3b$.

Solución. Subdividimos cada lado en $n$ segmentos iguales y los unimos mediante paralelas a los lados, como se muestra en la figura para $n=4$. Este proceso descompone el triángulo original en $n^2$ triángulos congruentes y semejantes al original con razón de semejanza $\frac{1}{n}$. En tal caso, puede repetir el corte que ha hecho sobre el triángulo grande a escala $\frac{1}{n}$ en cada triángulo pequeño; en particular, puede trazar círculos de radio $\frac{r}{n}$ si en el triángulo grande ha podido trazar círculos de radio $r$.

Solución. Sí que pueden hacerlo. Si numeramos a las personas con los números del $1$ al $9$, una forma de hacerlo es en el siguiente orden \begin{array}{rl} \text{Primera vez:}& 1-2-3-4-5-6-7-8-9\\ \text{Segunda vez:}& 1-3-5-7-9-4-6-2-8\\ \text{Tercera vez:}& 1-4-7-3-8-5-2-9-6\\ \text{Cuarta vez:}& 1-5-9-3-6-8-4-2-7\\ \end{array} donde estamos suponiendo que el último de la lista y el primero se sientan juntos.

Solución. La primera condición nos dice que $f$ es su propia inversa, luego $f$ es biyectiva. Ahora bien, si suponemos por reducción al absurdo que $f(f(n)+1)=2$, entonces $n$ no puede ser impar ya que entonces $2=n+3$ y tendríamos $n=-1\not\in\mathbb{N}$; tampoco puede ser par ya que entonces $2=n-1$ y tendríamos $n=3$, que en realidad es impar. Por ser $f$ biyectiva, debe existir un único $n_0\in\mathbb{N}$ tal que $f(n_0)=2$ pero entonces hemos vismo que $n_0\neq f(n)+1$ para ningún $n\in\mathbb{N}$. Usando la sobreyectividad de $f$, el término $f(n)+1$ toma todos los valores enteros mayores que $1$, luego sólo queda la posibilidad $n_0=1$. Tenemos así demostrada la pista que nos da el propio enunciado y que nos va a servir para resolver el problema.

Haciendo el cambio $n\mapsto f(n)$ en la segunda condición, tenemos que \[f(n+1)=f(f(f(n))+1)=\begin{cases}f(n)+1&\text{si }n\text{ es par},\\f(n)+3&\text{si }n\text{ es impar}.\end{cases}\] De esta forma, los valores de $f(n)$ decrecen 1 y aumentan 3 cíclicamente cuando $n$ se incrementa en una unidad. Por tanto, cuando $n$ avanza 2 unidades, $f(n)$ también se incrementa también en 2 unidades, independientemente de que $n$ sea par o impar. De esta forma, llegamos a que $f(2k+2)=2k+f(2),\qquad f(2k+1)=2k+f(1)$. Como quiera que $f(1)=2$ y $f(2)=f(f(1))=1$, tenemos que $f$ disminuye en una unidad los números pares y aumenta en una unidad a los impares, es decir, la única posible función que cumple las condiciones del enunciado es \[f(n)=\begin{cases}n-1&\text{si }n\text{ es par},\\n+1&\text{si }n\text{ es impar}.\end{cases}\] Es fácil comprobar que de verdad esta función cumple las condiciones.

Nota. En realidad, este problema nos obliga a usar la pista ya que nos dice observando previamente que... Aun así, es esperable que si alguien encuentra otra forma de resolverlo sin usar la pista, debería otorgarse la puntuación completa.

Solución. Supongamos que el centro es azul (se razona igual si fuera rojo, cambiando los colores) y vamos a razonar que simpres existen tres puntos alineados del mismo color. La idea es intentar colocar los colores para que esto no ocurra y llegando forzosamente a que ha de ocurrir. Observemos que al menos uno de los centros de cada par de caras opuestas es rojo, luego debe tres caras $C_1,C_2,C_3$ cuyos centros son rojos y estas caras deben tener un vértice común, llamémoslo $V$. Distinguimos dos casos según el color de $V$:

• Si $V$ es rojo, los vértices opuestos a $V$ en $C_1,C_2,C_3$ deben ser azules y, como el centro del cubo también es azul, los otros vértices de $C_1,C_2,C_3$ deben ser rojos. Esto nos dice que hay diagonales de $C_1,C_2,C_3$ cuyas tres casillas son rojas.
• Si $V$ es azul, distinguimos a su vez dos subcasos:
  • Si la casilla medias $M_{12}$ de la arista común a $C_1$ y $C_2$ es roja, completando casillas para que no haya tres alineados, se llega fácilmente a un callejón sin salida.
  • Por tanto, podemos suponer que las casillas medias $M_{12}$, $M_{23}$ y $M_{13}$ deben ser azules con un razonamiento similar. Completando de nuevo casillas para que no haya tres del mismo color alineadas, se llega a una situación sin salida de nuevo.

Nota. Este problema nos dice que jugar a las tres en raya en un tablero tridimensional nunca conduce a empates, al contrario de lo que pasa en el tablero clásico bidimensional. ¿Sabrías encontrar una estrategia ganadora para este juego tridimensional?

Solución. Los años que no son bisiestos, tenemos el siguiente esquema \[[+31]\ [-28]\ [+31]\ [-30]\ [+31]\ [-30]\ [+31]\ [-31]\ [+30]\ [-31]\ [+30]\ [-31].\] Si un tal año empieza en el escalón $n$, al empezar el año siguiente llega a los escalón $n+3$, pero entre medias ha llegado como máximo al $n+36$ (el 31 de julio). En los años bisiestos, acaba en el $n+2$ y se llega al $n+35$ (también el 31 de julio). Teniendo en cuenta que los múltiplos de 4 entre 2001 y 2099 son bisiestos, si comienza un ciclo de 4 años en el escalón $n$, lo acabará en el $n+11$ y habrá llegado al $n+44$ el 31 de julio del cuarto año. Con esto, tenemos que al concluir 2020 y terminar su quinto ciclo de 4 años, estará en el escalón $55$ y habrá llegado máximo al $88$. Analizamos año por año a partir de ahí: \begin{align*} 2021&&\text{empieza: 55}&&\text{máximo: 91}&&\text{termina: 58}\\ 2022&&\text{empieza: 58}&&\text{máximo: 94}&&\text{termina: 61}\\ 2023&&\text{empieza: 61}&&\text{máximo: 97}&&\text{termina: 64}\\ 2024&&\text{empieza: 64}&&\text{máximo: 99}&&\text{termina: 66}\\ 2025&&\text{empieza: 66}&&\text{máximo: 101}&&\text{termina: 69} \end{align*} Vemos directamente que si la escalera tiene 99 escalones, saldrá en libertad el 31 de julio de 2024. Si la escalera tiene 100 escalones, tendremos que ver el primer día de 2025 que alcanza el escalón 100. En enero de 2025 llega al $66+31=97$, luego en febrero baja hasta el $97-28=69$ y en marzo sube hasta el $69+31=100$, por lo que queda en libertad el 31 de marzo de 2025.

Nota. El que escribe estas líneas participó en la fase local en la que se propuso este problema y ha escrito esta solución el 8 de junio de 2024 sin la satisfacción de ver aún al preso en libertad más de 23 años después.