Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Los números $a,b,c$ sólo pueden tener al 7 como factor primo, luego podemos escribir $a=7^x$, $b=7^y$ y $c=7^z$, lo que nos permite escribir $7^{39}=abc=7^x7^y7^z=7^{x+y+z}$. Por tanto, el problema equivale a encontrar las ternas $(x,y,z)$ de enteros mayores o iguales que $1$ tales que $x+y+z=39$. Observamos que $x$ debe estar entre $1$ y $37$ y, para cada valor de $x$, hay $38-x$ pares $(y,z)$ tales que $y+z=39-x$, que vienen dados por \[(1,38-x),(2,37-x),(3,36-x),\qquad (38-x,1).\] Por tanto, el número de soluciones es \[\sum_{x=1}^{37}(38-x)=37+36+35+\ldots+1=\frac{37\cdot 38}{2}=703.\]

Nota. El problema también se puede resolver mediante combinaciones con repetición usando separadores. Expresando $x=1+x'$, $y=1+y'$ y $z=1+z'$, tenemos que encontrar la cantidad de ternas $x',y',z'\geq 0$ tales que $x'+y'+z'=36$, lo que equivale a elegir dos separadores en una lista de $36+2=38$ elementos, esto es, el número de soluciones es \[\binom{38}{2}=\frac{38\cdot 37}{2}=703.\]

Solución. La circunferencia circunscrita al triángulo $DEF$ será tangente a la cuerda $AE$ cuando $AD\cdot AF=AE^2$ usando la potencia del punto $A$ respecto de dicha circunferencia. Ahora bien, una homotecia de centro $A$ y razón $2$ transforma la semicircunferencia pequeña en la grande y transforma $D$ en $F$, de donde se deduce que $AF=2AD$. Esto nos dice que el problema equivale a demostrar que $2AD^2=AE^2$.

Pongamos $x=AC$ y $r=AO$. Entonces, $CO=r-x$ y el teorema de la altura en el triángulo rectángulo $ADO$ nos dice que $CD^2=AC\cdot CO=x(r-x)$, de donde $AD^2=AC^2+CD^2=x^2+x(r-x)=rx$ por el teorema de Pitágoras. De forma similar, en el triángulo rectángulo $AEO$, el teorema de la altura nos dice que $CE^2=AC\cdot CB=x(2r-x)$, luego \[AE^2=AC^2+CE^2=x^2+x(2r-x)=2xr=2AD^2,\] como queríamos probar.

Solución. En un polígono regular de 21 lados hay 10 distancias posibles entre vértices ya que los 20 segmentos que salen de un vértice concreto tienen longitudes iguales por parejas simétricas. Por tanto, si elegimos $n\geq 6$ o más vértices, tendremos $\binom{n}{2}\geq\binom{6}{2}=15$ segmentos entre ellos y la respuesta será negativa. La pregunta es si se puede con 5 vértices, que definen justamente $\binom{5}{2}=10$ segmentos, es decir, ¿existen 5 vértices del 21-ágono regular tales que todas sus distancias son distintas? La respuesta es que sí, como se muestra en la figura.

Solución. Expresamos todo en términos del seno y el coseno, teniendo en cuenta las definiciones de las funciones trigonométricas \begin{align*} \mathrm{tg}(x)&=\frac{\mathrm{sen}(x)}{\mathrm{cos}(x)},& \mathrm{cotg}(x)&=\frac{\mathrm{cos}(x)}{\mathrm{sen}(x)},\\ \sec(x)&=\frac{1}{\mathrm{cos}(x)},& \mathrm{cosec}(x)&=\frac{1}{\mathrm{sen}(x)}. \end{align*} Utilizando también la identidad fundamental $\mathrm{sen}^2(x)+\cos^2(x)=1$, podemos transformar la ecuación inicial como sigue: \begin{align*} -3&=\frac{1}{\mathrm{sen}^2(x)}-\frac{1}{\cos^2(x)}-\frac{\mathrm{sen}^2(x)}{\mathrm{cos}^2(x)}-\frac{\mathrm{cos}^2(x)}{\mathrm{sen}^2(x)}-\mathrm{sen}^2(x)-\cos^2(x)\\ &=\frac{\cos^2(x)-\mathrm{sen}^2(x)-\mathrm{sen}^4(x)-\cos^4(x)}{\mathrm{sen}^2(x)\cos^2(x)}-1\\ &=\frac{\cos^2(x)-\mathrm{sen}^2(x)-\mathrm{sen}^2(x)(1-\cos^2(x))-\cos^2(x)(1-\mathrm{sen}^2(x))}{\mathrm{sen}^2(x)\cos^2(x)}-1\\ &=\frac{-2\mathrm{sen}^2(x)+2\mathrm{sen}^2(x)\cos^2(x)}{\mathrm{sen}^2(x)\cos^2(x)}-1=\frac{-2}{\cos^2(x)}+1 \end{align*} Por tanto, podemos escribir finalmente nuestra ecuación como $\cos(x)=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}$, lo que nos da las soluciones $x=45$, $x=135$, $x=225$ y $x=315$ en el intervalo $[0,360]$. El resto de soluciones se obtienen sumando a estas un múltiplo entero de $360$.

Si dividimos $2003$ entre $360$, obtenemos cociente $5$ y resto $203$, es decir, $2003^\circ$ consiste en dar 5 vueltas a la circunferencia goniométrica y añadir $203^\circ$, lo que nos da la solución más cercana $5\cdot 360^\circ+225^\circ=2025^\circ$ y esta es la respuesta buscada.

Solución. Pongamos los puntos $P,Q,R,S$ como se indica en la figura más abajo y también supongamos que el lado del cuadrado es $1$ haciendo una homotecia si fuera necesario (no hay pérdida de generalidad). Vamos a comenzar expresando los lados de $PDE$ en términos de $x$. Como $PE=AP=1-PD$, el teorema de Pitágoras en el triángulo $PDE$ nos dice que $(1-PD)^2=PD^2+x^2$. Por tanto, \[DE=x,\qquad PD=\frac{1-x^2}{2},\qquad PE=1-PD=\frac{1+x^2}{2}.\] Tenemos de esta forma que el triángulo $PDE$ tiene perímetro $x+1$.

Los triángulos sombreados $PDE$, $SCE$ y $SRQ$ son semejantes (son rectángulos y es muy fácil ver que tienen otro ángulo igual). Como $EC=1-DE=1-x$ se corresponde en la semejanza con $PD= \frac{1-x^2}{2}$, el factor de proporcionalidad para pasar de $PDE$ a $SCE$ es $\frac{2}{1+x}$, luego deducimos que $SCE$ tiene perímetro $2$ (la mitad del perímetro del cuadrado, lo que responde a una de las preguntas del enunciado. Así, las longitudes de los lados de $SCE$ (nos las piden también en el enunciado) son \[CE=\frac{2x}{1+x},\qquad SC=1-x,\qquad SE=\frac{1+x^2}{1+x}.\] Ahora observamos que $SR=1-SE=\frac{x(1-x)}{1+x}$. Como este lado se corresponde con $SC=1-x$ en la semejanza, tenemos que el factor de semejanza para pasar de $SCE$ a $SRQ$ es $\frac{1-x}{2}$, por lo que el perímetro de $SRQ$ es $2\cdot \frac{1-x}{2}=1-x$ y sus lados vienen dados por \[RQ=\frac{x(1-x)}{1+x},\qquad SR=\frac{(1-x)^2}{2},\qquad SQ=\frac{(1+x^2)(1-x)}{2(1+x)}.\] La suma de los perímetros de $PDE$ y $SRQ$ es $(1+x)+(1-x)=2$, el perímetro de $SCE$, luego ya hemos demostrado todo lo que nos piden.

Solución. Pongamos que las raíces del polinomio son $\alpha,\beta,\gamma$, luego podemos expresar \[p(x)=x^3+Bx^2+Cx+D=(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma).\] Desarrollando e igualando coeficientes, obtenemos las relaciones de Cardano-Vieta para este polinomio. Concretamente, tenemos que \[B=-(\alpha+\beta+\gamma),\quad C=\alpha\beta+\beta\gamma+\alpha\gamma,\quad D=\alpha\beta\gamma.\] Si imponemos la condición del enunciado de que $\alpha\beta=\gamma^2$, podemos entonces calcular \begin{align*} C^3=(\alpha\beta+\beta\gamma+\alpha\gamma)^3&=(\gamma^2+\beta\gamma+\alpha\gamma)^3\\ &=\gamma^3(\alpha+\beta+\gamma)^3=-\alpha\beta\gamma B^3=DB^3. \end{align*}

Solución. La cara de dimensiones $3^{2003}\times 5^{2003}$ del ortoedro grande tiene un área impar que debería ser rellenada con copias de las caras del ortoedro pequeño. Sin embargo, cada una de las caras del ortoedro pequeño tiene área par, luego el apilamiento es imposible (un número impar no se puede escribir como suma de números pares).

Solución. Si llamamos $x=BD$ e $y=AD$, tenemos claramente que $x+y=c$ y, por el teorema de la bisectriz, también que $\frac{x}{b}=\frac{y}{c}$. Esto nos da un sistema de dos ecuaciones lineales con dos incógnitas $x$ e $y$, que se resuelve fácilmente, dando \[x=\frac{ac}{a+b},\qquad y=\frac{bc}{a+b}.\] El teorema del seno en los triángulos $ACD$ y $ABC$ nos dice que \[\frac{\mathrm{sen}(\frac{C}{2})}{y}=\frac{\mathrm{sen}(A)}{CD}=\frac{a\,\mathrm{sen}(C)}{c\cdot CD}.\] De aquí podemos despejar \[CD=\frac{ay\,\mathrm{sen}(C)}{c\,\mathrm{sen}(\frac{C}{2})}=\frac{2a\frac{bc}{a+b}\,\mathrm{sen}(\frac{C}{2})\cos(\frac{C}{2})}{c\,\mathrm{sen}(\frac{C}{2})}=\frac{2ab\cos(\frac{C}{2})}{a+b},\] donde hemos usado la fórmula del seno del ángulo doble $\mathrm{sen}(C)=2\mathrm{sen}(\frac{C}{2})\cos(\frac{C}{2})$.

Solución. Para que los productos sean iguales, es fácil darse cuenta de que si en el tablero hay algún número divisible entre un primo $p$ pero ninguno entre $p^2$, hay un único patrón de casillas donde puede aparece el primo $p$, que están indicadas en la siguiente tabla: \[\begin{bmatrix}p&\cdot&\cdot&\cdot\\ \cdot&\cdot&p&\cdot\\ \cdot&\cdot&\cdot&p\\ \cdot&p&\cdot&\cdot\end{bmatrix}.\] Cuando decimos que es único, debe entenderse salvo rotaciones y simetrías. En este patrón, hay una única casilla marcada con el primo $p$ en cada fila, en cada columna y en cada diagonal principal. Ahora el truco es replicar el patrón con los primos $2,3,5,7,11,13,\ldots$, rotándolo y simetrizándolo para que, al multiplicar los resultados, se cumplan las siguientes dos condiciones:

• Todas las casillas tienen valores distintos.
• Ninguna casilla sobrepasa $99$.

Probando un poco (ver la nota), llegamos a la configuración de la siguiente tabla, lo que da una respuesta afirmativa al problema: \[\begin{bmatrix}2\cdot 3&5&7\cdot 11&13\\ 11&7\cdot 13&2\cdot 5&3\\ 5\cdot 13&3\cdot 11&1&2\cdot 7\\ 7&2&3\cdot 13&5\cdot 11\end{bmatrix}\equiv \begin{bmatrix} 6&5&77&13\\ 11&91&10&3\\ 65&33&1&14\\ 7&2&39&55 \end{bmatrix}\]

Nota. Para conseguir la configuración final, hemos puesto los dos primos menores ($2$ y $3$) en la misma esquina con configuraciones simétricas, los dos siguientes ($5$ y $7$) en la esquina opuesta y $11$ y $13$ en las otras dos esquinas. Al hacer esto, obteníamos en una casilla el número $11\cdot 13$, que se pasaba de $100$, pero hemos podido resolver el problema intercambiando los papeles del $7$ y el $11$.

Solución. Que están en progresión aritmética nos dice que $\log_b(x)=\frac{1}{2}(\log_a(x)+\log_c(x))$. Utilizando que $\log_y(x)$ y $\log_x(y)$ son inversos, podemos expresarlo equivalentemente como \begin{align*} \frac{2}{\log_x(b)}=\frac{1}{\log_x(a)}+\frac{1}{\log_x(c)}&\ \Longleftrightarrow\ \frac{\log_x(b)}{2}=\frac{\log_x(a)\log_x(c)}{\log_x(ac)}\\ &\ \Longleftrightarrow\ \frac{\log_x(b)}{\log_x(a)}=\frac{\log_x(c^2)}{\log_x(ac)}\\ &\ \Longleftrightarrow\ \log_a(b)=\frac{\log_x(c^2)}{\log_x(ac)} \\ &\ \Longleftrightarrow\ \log_a(b)\log_x(ac)=\log_x(c^2) \end{align*} Esto nos dice finalmente que \[c^2=x^{\log_x(c^2)}=x^{\log_a(b)\log_x(ac)}=(x^{\log_x(ac)})^{\log_a(b)}=(ac)^{\log_a(b)}.\]

Solución. Sea $ABC$ un triángulo y denotemos por $a,b,c$ a sus lados. La recta que une el baricentro $G$ y el incentro $I$ del triángulo es paralela al lado $a$ cuando la distancia de $G$ y la distancia de $I$ al lado $a$ coincidan. La distancia de $I$ a al lado $a$ es $r$, el radio de la circunferencia inscrita, mientras que la distancia de $G$ al lado $a$ es $\frac{1}{3}h_a$, donde $h_a$ es la altura que parte del vértice $A$. Observemos ahora que $r=\frac{2S}{a+b+c}$ y $h_a=\frac{2S}{a}$, donde $S$ es el área del triángulo. Por tanto, la recta $IG$ es paralela al lado $a$ cuando \[\frac{2S}{a+b+c}=\frac{2S}{3a}\Leftrightarrow\frac{a+b+c}{2S}=\frac{3a}{2S}\Leftrightarrow a=\frac{b+c}{2}.\] Deducimos que la condición se cumple cuando uno de los lados es la media aritmética de los otros dos.

Solución. Vamos a denotar por $p_{X,Y}$ a la probabilidad de que gane el jugador $X$ cuando va a hacer su tirada el jugador $Y$. Observamos que cuando tira un jugador, tiene una probabilidad de ganar directamente $\frac{1}{6}$ y los otros $\frac{5}{6}$ son su probabilidad de ganar una vez le toca al siguiente. De esta forma, tenemos los siguientes tres sistemas de ecuaciones lineales para las nueve probabilidades que desconocemos: \[\left\{\begin{array}{l}p_{A,A}=\frac{1}{6}+\frac{5}{6}p_{A,B}\\p_{A,B}=\frac{5}{6}p_{A,C}\\p_{A,C}=\frac{5}{6}p_{A,A}\end{array}\right.\quad \left\{\begin{array}{l}p_{B,A}=\frac{5}{6}p_{B,B}\\p_{B,B}=\frac{1}{6}+\frac{5}{6}p_{B,C}\\p_{B,C}=\frac{5}{6}p_{B,A}\end{array}\right.\quad \left\{\begin{array}{l}p_{C,A}=\frac{5}{6}p_{C,B}\\p_{C,B}=\frac{5}{6}p_{C,C}\\p_{C,C}=\frac{1}{6}+\frac{5}{6}p_{C,A}\end{array}\right.\] Esto responde al diagrama indicado en la figura más abajo. En realidad, los tres sistemas lineales son el mismo (renombrando las incógnitas) y se pueden resolver fácilmente: \[\left\{\begin{array}{l}p_{A,A}=\frac{36}{91}\\p_{A,B}=\frac{25}{91}\\p_{A,C}=\frac{30}{91}\end{array}\right.\qquad \left\{\begin{array}{l}p_{B,A}=\frac{30}{91}\\p_{B,B}=\frac{36}{91}\\p_{B,C}=\frac{25}{91}\end{array}\right.\qquad \left\{\begin{array}{l}p_{C,A}=\frac{25}{91}\\p_{C,B}=\frac{30}{91}\\p_{C,C}=\frac{36}{91}\end{array}\right.\] Al empezar jugando $A$ la probabilidad que tiene de ganar es $\frac{36}{91}$, mientras que la probabilidad de $B$ es $\frac{30}{91}$ y la de $C$ es $\frac{25}{91}$. Si Carlos apuesta 1€, entonces Blas tiene que apostar $\frac{30}{25}=1.2$€ y Ana tiene que apostar $\frac{36}{25}=1.44$€ (la apuesta tiene que ser proporcional a la probabilidad de ganar si queremos que el juego sea equitativo).

Nota. Este esquema para calcular probabilidades, aunque puede parecer sofisticado, es un método establecido en matemáticas conocido como cadenas de Markov. Si quisiéramos hacer un árbol con todas las posibilidades, sería infinito ya que podría ocurrir que nunca nadie saque un $6$. De esta manera, se entiende mucho mejor la logística del juego.