Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Pensemos en qué tiene que ocurrir para que el polinomio $P(x)$ sea simétrico respecto del origen. Tiene que ocurrir que sea una función impar, es decir, $P(-x)=-P(x)$. Si desarrollamos $P(-x)$ y lo igualamos con $-P(x)$ llegamos a que todos los coeficientes de términos de exponente par han de anularse luego $P(x)$ sólo tiene términos de exponente impar y $P(0)=0$, luego podemos expresar $P(x)=xQ(x^2)$ para cierto polinomio $Q(x)$. Esto nos dice que si la gráfica de $P$ es simétrica respecto del origen, entonces $P(x)=xQ(x^2)$ para cierto polinomio $Q(x)$, pero el recíproco también es cierto ya que los polinomios de la forma $P(x)=xQ(x^2)$ son funciones impares y, por tanto, sus gráficas son simétricas respecto del origen.

Hemos probado ya el enunciado para $(a,b)=(0,0)$. Para un $(a,b)$ cualquiera, la gráfica de $P$ es simétrica respecto de $(a,b)$ si, y sólo si, la gráfica de $R(x)=P(x+a)-b$ es simétrica respecto del origen (hemos hecho una traslación del punto $(a,b)$ al origen). Por lo que hemos probado antes, esto ocurre si, y sólo si, $R(x)=xQ(x)$ para cierto polinomio $Q(x)$. Deshaciendo el cambio, la gráfica de $P$ es simétrica respecto de $(a,b)$ si, y sólo si, $P(x)=R(x-a)+b=(x-a)Q\bigl((x-a)^2\bigr)+b$ para cierto polinomio $Q(x)$.

Nota. Este es un ejercicio muy mecánico. Las ideas fundamentales que se desprenden de la solución y que hay que aprender son: (1) que la gráfica de una función es simétrica respecto del origen si, y sólo si, es una función impar; y (2) que la gráfica de $f(x+a)-b$ es la misma que la gráfica de $f(x)$ después de aplicarle una traslación que lleva $(a,b)$ al $(0,0)$.

Solución. Llamemos $\alpha$, $\beta$ y $\gamma$ a los ángulos del triángulo $ABC$ correspondientes a los vértices $A$, $B$ y $C$, respectivamente, y llamemos $\theta=\angle PAB$. La semejanza de los triángulos $BQC$, $CRA$ y $ABP$ nos dice que \[\angle PAB=\angle PBA=\angle CBQ=\angle BCQ=\angle ACR=\angle CAR=\theta.\] Vamos a ver que el triángulo $PBQ$ es semejante a $ABC$. Por un lado, tenemos que $\angle PBQ=\angle ABC-\angle ABP+\angle PBQ=\beta-\theta+\theta=\beta$; por otro lado, la semejanza entre $ABP$ y $BCQ$ nos dice que $\frac{AB}{BC}=\frac{BP}{BQ}$. Deducimos que los triángulos $PBQ$ y $ABC$ tienen un ángulo igual y los lados adyacentes proporcionales, luego son semejantes. En particular, tenemos que $\angle BPQ=\alpha$. De la misma forma, se prueba que $APR$ es proporcional a $ABC$, de donde obtenemos que $\angle APR=\beta$.

Centrémonos ahora en los puntos con vértice en $P$: tenemos que $\angle APR=180-2\theta$ y hemos visto que $\angle BPQ=\alpha$ y $\angle APR=\beta$, luego $\angle RPQ=180-\alpha-\beta+2\theta=\gamma+2\theta=\angle RCQ$, lo que nos dice que el cuadrilátero $PQCR$ (posiblemente degenerado) tiene dos ángulos opuestos iguales. Finalmente, $\angle PRC=\angle ARC-\angle ARP=(180-2\beta)-\gamma=180-\angle RCQ$, y de aquí que $PQCR$ sea un paralelogramo. Será degenerado (es decir, los puntos estarán alineados) cuando $\gamma+2\theta=180$.

Solución. Pongamos que los números son $A,B,C,D,E,F,G,H,I$ tal y como se muestra en la siguiente tabla:

A	B	C
D	E	F
G	H	I

Cada número de los seis números de tres cifras es congruente módulo $9$ con la suma de sus dígitos y la suma total $S$ es congruente con la suma de dichos seis números. Por tanto, tenemos que \begin{align*} S&\equiv (A+B+C)+(D+E+F)+(G+H+I)\\ &\qquad +(A+D+G)+(B+E+H)+(C+F+I)\\ & \equiv 2(A+B+C+D+E+F+G+H+I)=90\equiv 0\ (\text{mod }9). \end{align*} ya que la suma $A+B+C+D+E+F+G+H+I=45$ no depende de cómo se coloquen los números. Ahora bien, esto nos dice que no puede ser $S=2001$ ya que $2001\equiv 3\not\equiv 0\ (\text{mod }3)$.

Solución. Como $ABCD$ admite circunferencia inscrita, tenemos que los pares de lados opuestos suman lo mismo, luego podemos expresar $AB=2$, $BC=1+y$, $CD=x+y$, $DA=1+x$ para ciertos $x,y\in\mathbb{R}$. Además, como los triángulos $ACB$ y $ADB$ son rectángulos por ser $AD$ un diámetro de la circunferencia circunscrita, el teorema de Pitágoras nos dice que \[AC=\sqrt{4-(1+y)^2},\qquad BD=\sqrt{4-(1+x)^2}.\] Como $ABCD$ admite circunferencia circunscrita, podemos aplicar el teorema de Ptolomeo y obtenemos que $AB\cdot CD+BC\cdot AD=AC\cdot BD$. En términos de $x$ e $y$ podemos escribir \[2(x+y)+(1+x)(1+y)=\sqrt{\bigl(4-(1+x)^2\bigr)\bigl(4-(1+y)^2\bigr)}.\] Aplicando la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica y operando, \begin{eqnarray*} 2(x+y)&=&\sqrt{\bigl(4-(1+x)^2\bigr)\bigl(4-(1+y)^2\bigr)}-(1+x)(1+y)\\ &\leq&\frac{1}{2}\bigl(8-(1+x)^2-(1+y)^2\bigr)-(1+x)(1+y)\\ &=&2-2(x+y)-\frac{1}{2}(x+y)^2. \end{eqnarray*} Como $x+y=CD$, tenemos que $CD^2+8CD-4\leq 0$. La parábola $f(x)=x^2+8x-4$ toma valores menores o iguales que cero en el intervalo $[-4-2\sqrt{5},-4+2\sqrt{5}]$, lo que nos dice que $CD\leq -4+2\sqrt{5}$, como queríamos probar.

Nota. Es fácil ver a partir de la solución que la igualdad se alcanza cuando $x=y=-2+\sqrt{5}$, es decir, cuando $ABCD$ sea un trapecio isósceles con $AB=2$, $BC=-1+\sqrt{5}$, $CD=-4+2\sqrt{5}$ y $AD=-1+\sqrt{5}$.