Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Si $p$ es un número primo distinto de $2$ y $5$, entonces es primo relativo con $10$, luego el teorema pequeño de Fermat nos asegura que $10^{p-1}\equiv 1\ (\text{mod }p)$. En otras palabras, el número $10^{p-1}-1$, que se escribe solo con nueves, es múltiplo de $p$.

Solución. Vamos a utilizar la función auxiliar $f(x)=2x-x^2$. Tomando $a=b$ en el enunciado, obtenemos que si $a\in M$, entonces $f(a)\in M$ e, iterando el proceso, $f(f(a))\in M$, $f(f(f(a)))\in M$, etc. En consecuencia, si demostramos que la cadena $\{a,f(a),f(f(a)),\ldots\}$ tiene infinitos términos distintos, entonces $a$ no puede pertenecer a $M$ ya que $M$ es finito.

Con esto en mente, distingamos algunos casos para $a$:

• Si $a<0$, entonces $f(a)=2a-a^2\lt a\lt 0$. Por tanto, si $a\in M$, entonces $a\gt f(a)\gt f(f(a))\gt\ldots$, contradiciendo que $M$ es un conjunto finito.
• Si $a=0$, entonces $f(a)=0$.
• Si $0\lt a\lt 1$, entonces $0\lt f(a)=2a-a^2\lt a$. Por tanto, si $a\in M$, entonces $a\gt f(a)\gt f(f(a))\gt\ldots$, contradiciendo que $M$ es un conjunto finito.
• Si $a=1$, entonces $f(a)=1$.
• Si $1\lt a\lt 2$, entonces $0\lt f(a)=2a-a^2\lt 1$. Si $a\in M$, entonces hemos encontrado el elemento $f(a)$ de $M$ con $0\lt f(a)\lt 1$, luego según lo que hemos probado anteriormente esto lleva a contradicción.
• Si $a=2$, entonces $f(a)=0$.
• Si $2\lt a$, entonces $f(a)\lt 0$ y también llegamos a una contradicción según hemos probado antes.

De todo esto deducimos que los únicos elementos que puede tener $M$ son $\{0,1,2\}$. Como $M$ ha de tener al menos dos elementos distintos $a\lt b$ de entre estos tres, deducimos que $2a- b^2\lt 0$, lo que nos lleva a otra contradicción ya que $M$ no contiene números negativos. En consecuencia, no existen conjuntos $M$ en las condiciones del enunciado.

Solución. Sean $P$, $Q$ y $R$ los pies de las alturas de $ABC$ sobre los lados $AB$, $AC$ y $BC$, respectivamente y llamemos $\alpha$, $\beta$ y $\gamma$ a los ángulos de $ABC$ por simplicidad. Vamos a suponer en primer lugar que el triángulo es acutángulo (primera figura). Como el cuadrilátero $APHQ$ tiene dos ángulos rectos, deducimos que $\angle PHQ=\pi-\beta$, luego $\angle CHQ=\beta$. Esto nos dice que los triángulos $CHQ$ y $ABQ$ son semejantes, luego tenemos que $\frac{CH}{HQ}=\frac{AB}{BQ}$. Por hipótesis, estamos suponiendo que $AB=CH$, luego $HQ=BQ$. Es inmediato entonces que $BHQ$ es un triángulo rectángulo isósceles, de donde $\angle HBQ=\frac{\pi}{4}$. Contando ángulos en el triángulo $BRC$, llegamos a que $\gamma=\frac{\pi}{4}$, lo que responde a la pregunta del enunciado.

Supongamos ahora que $\alpha=\frac\pi2$ (se razona igualmente para $\beta=\frac\pi2$), en cuyo caso se tiene que $A=H$ y $ABC$ es un triángulo rectángulo isósceles, de donde también tenemos que $\gamma=\frac{\pi}{4}$. Otro caso posible es que $\alpha\gt\frac\pi2$ (análogamente, se razona para $\beta=\frac\pi2$). En tal caso, la demostración del caso acutángulo se adapta a este caso, teniendo en cuenta ahora que $CHQ$ y $ABQ$ son semejantes por un motivo distinto: ambos son triángulos rectángulos y tienen el mismo ángulo en el vértice común $A$ (opuestos por el vértice).

Queda por analizar el caso en que $\gamma\geq\frac\pi2$. El caso $\gamma=\frac\pi2$ es imposible ya que se tendría que $CH=0$, por lo que supondremos $\gamma\gt\frac\pi2$ (segunda figura). En este caso, $CHQ$ y $ABQ$ vuelven a ser semejantes, lo que nos da de nuevo que $\angle HBQ=\frac{\pi}{4}$. En el triángulo $\angle HBR$, tenemos que $\angle HBR=\frac{\pi}{4}$, $\angle HRB=\frac\pi2$ y $\angle BHR=\pi-\gamma$, luego $\gamma=\frac{3\pi}{4}$.

Nota. Este problema es sencillo ya que sólo hay que identificar dos triángulos semejantes en una situación estándar (involucrando al ortocentro). No obstante, se ha marcado con tres estrellas porque es difícil darse cuenta de que puede aparecer una solución distinta si el triángulo es obtusángulo.

Solución. Consideremos el polinomio $p(z)=z^3+2z^2+10z-20$. Como el coeficiente en $z^3$ es uno, si $x$ fuera una raíz racional de $p(z)$, tendría que ser entera y, por tanto, un divisor de $20$. Ahora bien, $p(z)\geq p(2)=16\gt 0$ para $z\geq 2$, luego $x\leq 1$. Por otro lado, $p(z)=z(z^2+2)+10z-20$, luego $p(z)\leq-20$ para $z\leq 0$, de donde $x\gt 0$. Tenemos entonces que $0\lt x\leq 1$, de donde la única posibilidad es $x=1$. Como $x=1$ no satisface la ecuación, deducimos que $x$ no es racional.

Para ver si $x^2$ es racional o no, observemos que \begin{eqnarray*} 0=p(x)p(-x)&=&(x^3+2x^2+10x-20)(-x^3+2x^2-10x-20)\\ &=&-x^6-16x^4-180x^2+400, \end{eqnarray*} luego $y=x^2$ es una raíz del polinomio $q(z)=z^3+16z^2+180z-400$. Razonando de forma similar al caso anterior, si $y$ fuese racional, entonces sería entero y divisor de $400$. Además, $q(z)\geq q(2)=640\gt 0$ para $z\geq 2$ y $q(z)=z(z^2+16)+180z-400\leq -400\lt 0$ para $z\leq 0$. Deducimos que $0\lt y\leq 1$, luego $y=1$ pero entonces $x=\pm 1$ sería racional y hemos probado antes que no lo es. Por tanto, $x^2$ no es racional.

Nota. Quizá puede parecer que nos hemos sacado de la manga el producto $p(x)p(-x)$, pero vamos a intentar justificar el porqué. Para cualquier polinomio $p(x)$, el producto $r(x)=p(x)p(-x)$ es otro polinomio en $x$ pero es par ya que $r(x)=r(-x)$. Esto nos dice que $r(x)$ sólo tiene términos de exponente par y es en lo que nos hemos basado en la solución.

Solución. Si prolongamos los lados del hexágono, se formarán dos triángulos equiláteros (que contienen al hexágono) ya que sus ángulos interiores son iguales y, por tanto, iguales a $120º$ (ver figura). Si llamamos $a,b,c,d,e,f$ a las longitudes de los lados del hexágono (etiquetados de forma consecutiva), el hecho de que tales triángulos sean equiláteros se traduce en que sus lados son iguales, es decir: \begin{align*} a+b+c=c+d+e=e+f+a,\\ b+c+d=d+e+f=f+a+b. \end{align*} Para llegar a estas igualdades, también hemos usado que al prolongar los lados $a$ y $c$ se forma otro triángulo equilátero de lado $b$ (y lo mismo ocurre para el resto de lados, como se ve en la figura). De las dos ecuaciones anteriores, se llega fácilmente a que \[f-c=b-e=d-a.\] Estas diferencias se pueden suponer positivas, si tomamos $f=6$ como el mayor de los lados en nuestro etiquetado. Como $a,b,c,d,e,f$ son los números del $1$ al $6$ en cierto orden, las diferencias anteriores sólo pueden ser iguales a $1$ y $3$. Además, tras aplicar una simetría axial, podemos suponer que $b$ es mayor que $d$, lo que nos da dos posibles casos:

• [Diferencia 3]: $(a,b,c,d,e,f)=(1,5,3,4,2,6)$. El área del hexágono es el área de un triángulo equilátero de lado $a+b+f=12$ menos la suma de las áreas de tres triángulos equiláteros de lados $b=5$, $d=4$ y $f=6$. Como el área de un triángulo equilátero de lado $\ell$ es $\frac{\sqrt{3}}{4}\ell^2$, tenemos que el área del hexágono es \[A=\frac{\sqrt{3}}{4}(12^2-5^2-4^2-6^2)=\frac{67\sqrt{3}}{4}.\]
• [Diferencia 1]: $(a,b,c,d,e,f)=(1,4,5,2,3,6)$. Razonando de forma análoga y teniendo en cuenta que $a+b+f=11$, $b=4$, $d=2$ y $f=6$, llegamos a que \[A=\frac{\sqrt{3}}{4}(11^2-4^2-2^2-6^2)=\frac{65\sqrt{3}}{4}.\]

En la figura, hemos dibujado el segundo de estos dos hexágonos con la ayuda de una malla triangular (el primero se haría de forma similar). Estos son, por tanto, los dos únicos posibles valores del área.

Solución. Consideramos las $4n$ bolas ensartadas en la cadena numeradas consecutivamente del $1$ al $4n$ de izquierda a derecha. Para cada entero $a$ entre $1$ y $2n+1$, definimos $b(n)$ como el número de bolas blancas que hay en el segmento la que ocupa la posición $a$ y la que ocupa la posición $2n-1+a$. De esta forma, el problema se reduce a encontrar $a$ tal que $b(a)=n$.

Fijado $a$ entre $1$ y $2n$, observemos que $b(a+1)$ es muy parecido a $b(a)$ ya que la diferencia sólo depende del color de las bolas en las posiciones $a$ y $2n+a$. Más explícitamente, pueden ocurrir tres posibilidades:

• $b(a+1)=b(a)$ si las bolas en las posiciones $a$ y $2n+a$ son del mismo color,
• $b(a+1)=b(a)+1$ si la bola en la posición $a$ es negra y la bola en la posición $2n+a$ es blanca,
• $b(a+1)=b(a)-1$ si la bola en la posición $a$ es blanca y la bola en la posición $2n+a$ es negra.

De esta forma, dos números consecutivos de la sucesión $\{b(1),b(2),\ldots,b(2n+1)\}$ se diferencia en a lo sumo en una unidad. Por otro lado, tenemos que $b(1)+b(2n+1)=2n$ ya que estamos contando así todas las bolas blancas de la cadena. Si $b(1)=b(2n+1)=n$, ya hemos terminado porque basta tomar la cadena desde la posición $1$ hasta la posición $n$. Si $b(1)\neq b(2n+1)$, entonces uno de estos dos números será mayor que $n$ y el otro menor que $n$. Como vamos saltando de uno en uno a lo sumo, deberá haber un valor intermedio $1\leq a\leq 2n$ tal que $b(a)=n$.