Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Llamemos $\alpha,\beta,\gamma$ a las tres raíces y escribamos $\alpha=\beta-d$ y $\gamma=\beta+d$ por estar en progresión aritmética. Desarrollando los paréntesis e igualando coeficientes en la igualdad \[x^3+2px^2-px+10=(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma),\] obtenemos las relaciones de Cardano-Vieta para este polinomio: \[\alpha+\beta+\gamma=-2p,\quad \alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=-p,\quad \alpha\beta\gamma=-10.\] Esto se puede reescribir en términos de $\beta$ y $d$ como \[3\beta=-2p,\qquad 3\beta^2-d^2=-p,\qquad \beta(d^2-\beta^2)=10.\] Despejamos de la primera igualdad $\beta=\frac{-2}{3}p$ y sustituimos en la segunda para obtener $d^2=p+3\beta^2=p+\frac{4}{3}p^2$ y en la tercera para obtener $d^2=\beta^2+\frac{10}{\beta}=\frac{4}{9}p^2-\frac{15}{p}$. Igualando ambas expresiones, obtenemos la ecuación \[p+\frac{4}{3}p^2=\frac{4}{9}p^2-\frac{15}{p}\ \Longleftrightarrow\ 8 p^3+9 p^2+135=0.\] Esta ecuación tiene una sola solución real $p=-3$ (que se puede obtener por Ruffini), luego deducimos que esta es la única respuesta al problema. Tenemos entonces que $3\beta=-2p$ implica que $\beta=2$ y $d^2=p+\frac{4}{3}p^2$ que $d=\pm 3$. Esto nos da como raíces a $-1$, $2$ y $5$ (obviamente, no importa el signo que tomemos en $d$).

Solución. Aplicando el teorema de la bisectriz a $ABC$, tenemos que \[\frac{572}{c}=\frac{BT}{AB}=\frac{CT}{AC}=\frac{a-572}{b}.\] Aplicando el mismo teorema a $ABM$, tenemos que \[\frac{200}{c}=\frac{BD}{AB}=\frac{DM}{AM}=\frac{350}{b/2}=\frac{700}{b}.\] Podemos entonces despejar $a$ como \[a=572+\frac{572b}{c}=572+\frac{572\cdot 700}{200}=2002\quad\text{(¡el año!)}.\] Para responder a la otra pregunta, utilizaremos que ya hemos calculado $b=\frac{7}{2}c$ y la fórmula para la longitud de la mediana $BM$. Concretamente, \[550^2=BM^2=\frac{a^2+c^2}{2}-\frac{b^2}{4}=\frac{2002^2+c^2}{2}-\frac{49}{16}c.\]

Nota. Obviamente, la ecuación se puede resolver muy fácilmente aunque hay que hacer cálculos tediosos. El resultado es $c=\frac{44}{41}\sqrt{1019998}$.

Solución. Supongamos que $m,n\in\mathbb{N}$ cumplen la ecuación. Entonces $n!=(m!-1)^2-1=m!(m!-2)$, de donde deducimos que $2\lt m\lt n$ y, por tanto, podemos simplificar factores y nos queda \[n(n-1)\cdots(m+2)(m+1)=m!-2.\] El miembro de la derecha no es múltiplo de $3$ ya que $m!$ sí lo es, luego en el miembro de la izquierda puede haber dos factores como mucho, lo que nos lleva a dos posibilidades: $n=m+1$ y $n=m+2$. Si $n=m+1$, entonces $m+1=m!-2$ (o bien $m+3=m!$) cuya única solución es $m=3$ que nos lleva a $n=4$. Si $n=m+2$, entonces $(m+2)(m+1)=m!-2$ luego $m(m+2)=m!-4$ de donde $m$ divide a $4$ y, como $m\gt 2$, tenemos que $m=4$, que no cumple la ecuación. En resumen, hemos probado que la única solución es $(m,n)=(3,4)$.

Solución. Pensemos en que tenemos que elegir 6 números de forma ordenada. Los casos posibles son $11\cdot 10\cdots 6=\frac{11!}{5!}$ (variaciones sin repetición). Para contar los casos favorables, vamos a dividirlos en tres subcasos dependiendo de que haya 1, 3 y 5 números impares entre los 6 números elegidos.

• El número de formas de elegir 6 números y que haya 1 impar y 5 pares es \[\binom{6}{1}\cdot [6]\cdot [5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1]=6\cdot 6!,\] ya que hay $\binom{6}{1}$ posiciones en las que colocar el impar, 6 posibles números impares (primer corchete) y $5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1$ posibles elecciones ordenadas de los 5 pares (segundo corchete).
• El número de formas de elegir 6 números y que haya 3 impares y 3 pares es \[\binom{6}{3}\cdot [6\cdot 5\cdot 4]\cdot [5\cdot 4\cdot 3]=200\cdot 6!,\] ya que hay $\binom{6}{3}$ posiciones en las que colocar los impares, $6\cdot 5\cdot 4$ elecciones de impares y $5\cdot 4\cdot 3$ elecciones de pares.
• El número de formas de elegir 6 números y que haya 5 impares y 1 pares es \[\binom{6}{5}\cdot [6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2]\cdot [5]=30\cdot 6!,\] por un razonamiento similar a los casos anteriores.

La probabilidad que buscamos se puede calcular como casos favorables entre casos posibles, lo que nos da \[\frac{(6+200+30)6!}{\frac{11!}{5!}}=\frac{118}{231}.\]

Solución. Dividamos a los 120 alumnos en 40 grupos de 3 personas cada uno y supongamos que la suma de las edades de cada grupo es a lo sumo de 50 años. Entonces, todas las edades sumarían como mucho \(40\cdot 50=2000<2002\), lo cual es una contradicción que proviene de lo que se ha supuesto, es decir, hemos probado que habrá un grupo cuya suma de edades sea, al menos, de 51 años.

Solución. Sean $x_1,x_2,\ldots,x_{14}$ los números y $S$ su suma. La condición del enunciado nos dice que podemos escribir $S-x_i=3S_i$, siendo $S_i$ la suma de cada uno de los montones en que se dividen los 13 números que resultan al quitar $x_i$. Si sumamos las igualdades $S-x_i=3S_i$ para $1\leq i\leq 14$, obtenemos \[13S=14S-S=3(S_1+\ldots+S_{14}).\] Como $13$ es primo relativo con $3$, deducimos que $S$ es múltiplo de $3$, luego $x_i=S-3S_i$ también lo es y hemos respondido así al apartado (a).

Para responder al apartado (b), comenzamos dividiendo todos los $x_i$ entre 3 y observamos que los números resultantes también cumplen la propiedad (los $S_i$ se dividen entre 3 también), luego el apartado (a) nos dice que deben seguir siendo múltiplos de 3 y esto lleva a que cualquier potencia de $3$ debe dividir a todos los $x_i$, lo que no deja más posibilidad que la de que todos los $x_i$ sean cero.

Nota. La misma demostración del apartado (b) se puede reescribir mediante descenso infinito.

Solución. El teorema de la bisectriz nos dice que $\frac{BD}{11}=\frac{DC}{8}$. Ahora podemos usar que $BD=BM+1$, $CD=CM-1$ y $BM=CM=\frac{a}{2}$ para obtener la siguiente ecuación de primer grado con incógnita el lado $a=BC$, que se resuelve fácilmente: \[\frac{\frac{a}{2}+1}{11}=\frac{\frac{a}{2}-1}{8}\ \Longleftrightarrow\ a=\frac{38}{3}.\]

El teorema de Pitágoras en $ABH$ y $ACH$ nos da $8^2-CH^2=AH^2=11^2-BH^2$, luego \[(BH+CH)(BH-CH)=BH^2-CH^2=11^2-8^2=57.\] Como $BH+CH=a=\frac{38}{3}$, obtenemos que $BH-CH=57/\frac{38}{3}=\frac{9}{2}$. Esta ecuación junto con $BH+CH=\frac{38}{3}$ nos da un sistema lineal cuya solución es $BH=\frac{103}{12}$ y $CH=\frac{49}{12}$. Por otro lado, podemos calcular $CD=\frac{a}{2}-1=\frac{16}{3}$. Finalmente, todo esto nos dice que $DH=CD-CH=\frac{16}{3}-\frac{49}{12}=\frac{5}{4}$.

Solución. Como intercambiar $x$ e $y$ no hace otra cosa que cambiar de orden las ecuaciones, tenemos que $(x,y)$ solución si, y sólo si, $(y,x)$ lo es. Esto nos da un número par de soluciones con $x\neq y$. Nos queda encontrar las soluciones con $x=y$, en cuyo caso las dos ecuaciones son la misma y queda \[(x^2+6)(x-1)=x(x^2+1)\ \Leftrightarrow\ x^2-5x+6=0,\] que tiene dos soluciones reales ($x=2$ y $x=3$), que también es un número par.

Nota. Es interesante preguntarse si realmente es que no se pueden calcular todas las soluciones, pero no es así. Si obviamos las soluciones $(2,2)$ y $(3,3)$ obtenidas, podemos sumar y restar las dos ecuaciones dadas para obtener el sistema cuadrático siguiente (tras simplificar el factor $x-y$ que aparece en la diferencia): \[\left\{\begin{array}{l} 2xy-x-y=7\\ x^2+y^2-5x-5y=-12 \end{array}\right.\] Despejando $x=\frac{7+y}{2y-1}$ en la primera ecuación y sustituyendo en la segunda, obtenemos la ecuación cuadrática $y^4-6 y^3+15 y^2-26 y+24=0$, cuyas únicas soluciones reales son $y=2$ e $y=3$ (se obtienen por Ruffini). Por tanto, el sistema del enunciado tiene cuatro soluciones: $(2,2)$, $(3,3)$, $(2,3)$ y $(3,2)$.

Solución. Vamos a demostrar que el resultado es también cierto con 6 puntos viendo que si los segmentos que determinan solo tuvieran dos longitudes distintas, entonces llegaríamos a una imposibilidad. En primer lugar, veremos que tres de los segmentos forman un triángulo equilátero. Si fijamos un vértice $P_0$ cualquiera y consideramos los cinco segmentos que salen de él, habrá tres de ellos, $P_0P_1,P_0P_2,P_0P_3$ con la misma longitud por el principio del palomar. Si alguno de los segmentos $P_1P_2$, $P_2P_3$ o $P_3P_1$ tiene también la misma longitud, entonces se forma el triángulo equilátero junto con $P_0$. En caso contrario, $P_1P_2$, $P_2P_3$ y $P_3P_1$ tendrán los tres la otra longitud posible, luego $P_1P_2P_3$ será el triángulo equilátero.

Pongamos entonces que tenemos el triángulo equilátero y llamamos a sus vértices $V_1,V_2,V_3$. Cualquier otro de los 6 puntos tendrá la misma distancia a dos de estos vértices por el principio del palomar, luego estará en una de las mediatrices del triángulo equilátero. De hecho, hay exactamente cuatro puntos $V$ de la mediatriz de $V_1V_2$ tales que $\{V_1,V_2,V_3,V\}$ definen solo dos distancias, que están representados en la figura: el punto azul (circuncentro), los puntos rojo y amarillo (a distancia de $V_3$ igual al lado del triángulo equilátero) y el verde (simétrico de $V_3$ respecto de $V_1V_2$). Haciendo lo mismo con las otras mediatrices, tenemos solo 10 posibles puntos de donde elegir los 3 que nos quedan por poner. No es difícil descartar todas las posibilidades, teniendo en cuenta lo siguiente (se deja como ejercicio completar los detalles):

• No puede haber tres puntos alineados (salvo que uno sea el punto medio de los otros dos). Esto descarta que el punto azul pueda ser uno de los 3 puntos restantes.
• Si hay dos puntos del mismo color, entonces estos junto con dos de los vértices $V_1,V_2,V_3$ forman un trapecio y definen al menos tres distancias distintas. Si consideráramos 7 puntos en lugar de 6 ya podríamos terminar aquí porque al no ser el azul uno de ellos, en alguno de los otros dos colores habría al menos dos de los cuatro puntos restantes por el principio del palomar,
• Los tres puntos restantes tendrían que ser entonces un punto verde, otro rojo y otro amarillo, no alineados. Sólo hay una posible elección salvo movimientos rígidos. En este caso también tenemos muchas distancias distintas: el lado del triángulo, la distancia verde-amarillo y la distancia amarillo-vértice.

Nota. El resultado no es cierto con 5 puntos. Por ejemplo, los vértices de un pentágono regular definen 10 segmentos de solamente dos longitudes distintas: la del lado y la de la diagonal.