Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Llamemos $\alpha,\beta,\gamma$ a las raíces de $P(x)$, con lo que las raíces de $Q(x)$ son $\frac{1}{\alpha},\frac{1}{\beta},\frac{1}{\gamma}$. Desarrollando e igualando coeficientes en las identidades \begin{align*} P(x)&=(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)=x^3+ax^2+bx+c,\\ Q(x)&=(x-\frac{1}{\alpha})(x-\frac{1}{\beta})(x-\frac{1}{\gamma})=x^3+Ax^2+Bx+C, \end{align*} obtenemos las relaciones de Cardano-Vieta para ambos polinomios: \begin{align*} a&=-\alpha-\beta-\gamma&A&=-\frac{1}{\alpha}-\frac{1}{\beta}-\frac{1}{\gamma},\\ b&=\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha&B&=\frac{1}{\alpha\beta}+\frac{1}{\beta\gamma}+\frac{1}{\gamma\alpha}. \end{align*} Ahora utilizamos la desigualdad entre las medias aritmética y armónica y el hecho de que $\alpha,\beta,\gamma\gt 0$ para estimar: \begin{align*} \frac{3}{-A}&=\frac{3}{\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}+\frac{1}{\gamma}}\leq\frac{\alpha+\beta+\gamma}{3}=\frac{-a}{3},\\ \frac{3}{B}&=\frac{3}{\frac{1}{\alpha\beta}+\frac{1}{\beta\gamma}+\frac{1}{\gamma\alpha}}\leq\frac{\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha}{3}=\frac{b}{3}. \end{align*} De aquí se obtienen las desigualdades $aA\geq 9$ y $b\beta\geq 9$ (teniendo en cuenta que $-A\geq 0$ y $B\geq 0$).

Nota. La primera igualdad se alcanza cuando $\alpha=\beta=\gamma$, es decir, cuando los polinomios son cubos perfectos con raíces inversas, esto es, \[P(x)=x^3-3rx^2+3r^2x-r^3,\qquad Q(x)=x^3-\tfrac{3}{r}x^2+\tfrac{3}{r^2}x-\frac{1}{r^3},\] para cierto $r\gt 0$. La segunda igualdad se alcanza cuando $\alpha\beta=\beta\gamma=\gamma\alpha$, que claramente equivale a $\alpha=\beta=\gamma$.

Solución. Numeramos las filas del $1$ al $8$ de abajo arriba. Es evidente que al hacer saltar una una ficha por encima de otra, si al principio estaba en una fila par, saltará a una fila par y, si al principio estaba en una impar, saltará a una impar. Por lo tanto, en cada movimiento, se conserva el número de fichas en casillas en filas pares y el número de fichas en filas impares. Al comienzo tenemos que hay 16 fichas en filas pares y 8 en filas impares y queremos llegar a una situación en la que hay 8 en filas pares y 16 en impares. Por tanto, es imposible conseguirlo.

Solución. No es posible ya que, si cada segmento cortara a otros tres, el número $2003\cdot 3$ sería el doble del número de puntos de corte (ya que cada uno lo estaríamos contando dos veces), pero $2003\cdot 3$ es impar, lo cual es una contradicción.

Solución. Si en la ecuación sustituimos $n$ por $f(n)$, tenemos que $f(f(f(n)))=f(n)+2$. Por otro lado, si aplicamos $f$ a la ecuación también tenemos que $f(f(f(n)))=f(n+2)$, por lo que la función $f$ tiene que verificar \[f(n+2)=f(n)+2,\quad\text{para todo }n\in\mathbb{N}.\] Esto nos dice que $f(n)$ avanza dos unidades cuando $n$ aumenta dos unidades, luego crece linealmente en los pares y en los impares por separado. Si llamamos $a=f(1)$ y $b=f(2)$, se tiene que \[f(n)=\begin{cases}a+n-1&\text{si }n\text{ es impar},\\ b+n-2&\text{si }n\text{ es par}.\end{cases}\] Queda por ver qué valores de $a$ y $b$ hacen que se cumpla la ecuación inicial, para lo que distinguiremos casos según la paridad de $a$ y $b$:

• Si $a$ es impar, entonces $n+2=f(f(n))=f(a+n-1)=2a+n-2$ para todo $n$ impar, luego tiene que ser $2a-2=2$, que no es impar. De la misma forma, si $b$ es par, entonces $n+2=f(f(n))=f(b+n-2)=2b+n-4$ para todo $n$ par, luego tiene que ser $2b-4=2$, es decir, $b=3$, que no es par.
• Tenemos entonces que $a$ es par y $b$ impar, luego $n+2=f(f(n))=f(a+n-1)=a+b+n-3$ para todo $n$ impar, luego tiene que ser $a+b=5$, cuya única posible solución es $a=2$ y $b=3$.

Deducimos así que la única solución a la ecuación funcional es $f(n)=n+1$ para todo $n\in\mathbb{N}$.

Nota. Se ha considerado que los naturales no contienen al cero. En caso de que el cero sea admitido como natural, la ecuación $a+b=5$ del último punto también admite la solución $a=0$ y $b=5$ (recordemos que $a$ y $b$ son valores de $f$). Esto nos daría lugar a la solución \[f(n)=\begin{cases}n-1&\text{si }n\text{ es impar},\\ n+3&\text{si }n\text{ es par}.\end{cases}\]

Solución. Pongamos que los vértices están dados en coordenadas por $A=(a,0,0)$, $B=(0,b,0)$ y $C=(0,0,c)$, siendo $a,b,c\neq 0$. Vamos a calcular el ángulo en el vértice $A$ usando geometría analítica (los otros dos ángulos se razonan de forma similar). Considerando los vectores directores $\vec{u}=(-a,b,0)$ del lado $AB$ y $\vec{v}=(-a,0,c)$ del lado $BC$, tenemos que \[\cos(A)=\frac{\vec{u}\cdot \vec{v}}{\|\vec{u}\|\cdot\|\vec{v}\|}=\frac{a^2}{\sqrt{a^2+b^2}\sqrt{a^2+c^2}}\gt 0.\] Por tanto, deducimos que $A\lt 90^\circ$.

Solución. Con tres apuestas nos aseguramos un mínimo de cinco aciertos: basta rellenar una apuesta con todo 1, otra con todo X y otra con todo 2 (como hay 14 partidos excluyendo el pleno al 15, habrá al menos cinco que repitan 1, X ó 2, por el principio del palomar). Es obvio que con menos de 3 no se puede (de hecho, con menos de tres apuestas, siempre puede ocurrir que no tengamos ningún acierto).

Solución. La desigualdad no cambia al invertir los papeles de $x$ e $y$, luego podemos suponer que $x\leq y$. Además, si $x$ e $y$ tienen distinto signo, se alcanza la igualdad luego podemos suponer que $x$ e $y$ tienen el mismo signo. Cambiando ambos de signo tampoco se altera la desigualdad, luego podemos suponer que $0\leq y\leq x$. En tal caso, la desigualdad a probar se traduce en \[\frac{x-y}{1-xy}\leq\frac{x+y}{1+xy}.\] Esta desigualdad se sigue del siguiente desarrollo: \[\frac{x-y}{1-xy}-\frac{x+y}{1+xy}=\frac{-2y(1-x^2)}{1-x^2y^2}\leq 0.\]

Nota. De este razonamiento se deduce que la igualdad es cierta cuando $x$ e $y$ tienen distinto signo o bien alguno de los dos es igual a cero.

Solución. Dados $a,b\in\mathbb{R}$, la tangente hiperbólica cumple que \[\tanh(a\pm b)=\frac{\mathrm{tanh}(a)\pm \mathrm{tanh}(b)}{1\pm \mathrm{tanh}(a)\mathrm{tanh}(b)},\qquad |\mathrm{tanh}(a)|=\mathrm{tanh}|a|.\] Por tanto, el cambio de variable $x=\mathrm{tanh}(t)$ e $y=\mathrm{tanh}(s)$ transforma la desigualdad del enunciado en \[\mathrm{tanh}|t-s|\leq\mathrm{tanh}(|t|+|s|).\] para $t,s\in\mathbb{R}$. Como la tangente hiperbólica es una función creciente, basta comprobar que $|t-s|\leq|t|+|s|$, pero esto es una consecuencia inmediata de la desigualdad triangular.

Solución. Como sabemos las raíces de ambos polinomios, podemos escribir \begin{align*} P(x)&=x^3+Ax^2+Bx+C=(x-a)(x-b)(x-c),\\ Q(x)&=3x^2+2Ax+B=3(x-\tfrac{a+b}{2})(x-\tfrac{b+c}{2}). \end{align*} Desarrollando los paréntesis e igualando coeficientes, obtenemos las llamadas relaciones de Cardano-Vieta para ambos polinomios: \[P(x):\left\{\begin{array}{l} a+b+c=-A\\ ab+bc+ac=B\\ abc=-C \end{array}\right.\qquad\qquad Q(x):\left\{\begin{array}{l}a+2b+c=\frac{-4A}{3}\\ ab+bc+ca+b^2=\frac{4B}{3}\end{array}\right.\] Usando las relaciones para $P(x)$, podemos transformar las de $Q(x)$ en \[\tfrac{-4A}{3}=a+2b+c=-A+b,\qquad \tfrac{4B}{3}=ab+bc+ca+b^2=B+b^2,\] de donde deducimos que $b=\frac{-A}{3}$ y $b^2=\frac{B}{3}$. De aquí podemos decir que $\frac{A^2}{9}=b^2=\frac{B}{3}$, luego $A^2=3B$, lo que a su vez nos permite reescribir \[Q(x)=3x^2+2Ax+B=3x^2+2Ax+\tfrac{1}{3}A^2=\frac{1}{3}(3x+A)^2.\] Por tanto, las dos raíces de $Q(x)$ son iguales a $\frac{-A}{3}$, es decir, \[\frac{a+b}{2}=\frac{b+c}{2}=\frac{-A}{3}\ \Longleftrightarrow\ a=c=\frac{-2A}{3}-b=\frac{-A}{3}.\] Como ya sabíamos que $b=\frac{-A}{3}$, llegamos a que las tres raíces de $P(x)$ tienen que ser iguales, es decir, la solución al problema son los polinomios $P(x)=(x-a)^3$ y $Q(x)=3(x-a)^2$ para cualquier $a\in\mathbb{R}$, que claramente cumplen las condiciones propuestas.

Nota. Este resultado es curioso porque si pensamos en un polinomio $P(x)$ con tres raíces reales $a\lt b\lt c$, el polinomio $Q(x)$ es la derivada de $P(x)$ y tiene una raíz estrictamente entre $a$ y $b$ y la otra estrictamente entre $b$ y $c$ (por el teorema de Rolle). El problema nos dice que, salvo que todas las raíces coincidan, el máximo y el mínimo locales de $P(x)$ no pueden ser los puntos medios de los intervalos $[a,b]$ y $[b,c]$. En realidad, se puede demostrar que siempre estas raíces están más cerca de $a$ o $c$ que de $b$. ¿Sabrías probarlo?

Solución. Todo cuadrado perfecto da resto $0$ ó $1$ al dividirlo entre $4$, luego la suma de dos cuadrados dará resto $0$, $1$ ó $2$ módulo $4$. Como $2003$ da resto $3$ módulo $4$, deducimos que no se puede escribir como la suma de los cuadrados de dos números enteros.

Solución. La primera condición nos dice que la función $f(n)$ se lleva muy bien con la factorización de $n$, luego factorizamos $1002=2\cdot 3\cdot 167$ ($167$ es primo, pero no hace falta ni siquiera saberlo para llegar al resultado), lo que nos da $2004=2^2\cdot 3\cdot 167$. Ahora observamos que \[1003969\leq f(1002)\leq 1002^2=1004004,\] lo que deja relativamente pocos valores posibles para $f(1002)$. Ahora bien, la segunda condición nos da también $f(2)\leq 4$, $f(3)\leq 9$ y $f(167)\leq 27889$. Vamos a ver que estas tres desigualdades tienen que ser igualdades, pues en caso contrario, se tendría que $f(2)\leq 3$, $f(3)\leq 8$ o $f(167)\leq 27888$, luego se cumpliría alguna de las siguientes desigualdades \begin{align*} f(1002)&=f(2)f(3)f(167)\leq 4\cdot 9\cdot 27888=1003968,\\ f(1002)&=f(2)f(3)f(167)\leq 4\cdot 8\cdot 27889=892448,\\ f(1002)&=f(2)f(3)f(167)\leq 3\cdot 9\cdot 27889=753003, \end{align*} pero ninguna de ellas es posible ya que $f(1002)\geq 1003969$ (en este punto nos damos cuenta de por qué se ha puesto ese número raro en el enunciado). Deducimos, pues, que \[f(2004)=f(2)^2f(3)f(167)=4^2\cdot 9\cdot 27889=2004^2=4016016\] es el único posible valor.

Solución. Pongamos que los lados miden $n-1$, $n$ y $n+1$ y que el ángulo menor es $\alpha$ y el mayor $2\alpha$. Esto nos dice que $2\alpha$ es el ángulo opuesto a $n+1$ y $\alpha$ el opuesto a $n-1$ ya que los ángulos guardan el mismo orden que sus lados opuestos. Por tanto, el teorema del seno nos dice que \[\frac{\mathrm{sen}(\alpha)}{n-1}=\frac{\mathrm{sen}(2\alpha)}{n+1}=\frac{2\mathrm{sen}(\alpha)\cos(\alpha)}{n+1}\ \Longrightarrow\ \cos(\alpha)=\frac{n+1}{2(n-1)}.\] Ahora bien, el teorema del coseno aplicado al lado de longitud $n-1$ nos dice que \[(n-1)^2=n^2+(n+1)^2-2n(n+1)\cos(\alpha)=2n^2+2n+1-\frac{n(n+1)^2}{n-1}.\] Operando y simplificando, la ecuación anterior equivale a $n(n-5)=0$, lo que nos da como única posibilidad $n=5$ (el triángulo de lados $4$, $5$ y $6$).

Resta por ver si este triángulo cumple la propiedad. De nuevo por el teorema del coseno, tenemos que el ángulo $\alpha$ opuesto al lado de longitud $4$ cumple \[\cos(\alpha)=\frac{5^2+6^2-4^2}{2\cdot 5\cdot 6}=\frac{3}{4}.\] Por su parte, el ángulo $\beta$ opuesto al lado de longitud $6$ cumple \[\cos(\beta)=\frac{4^2+5^2-6^2}{2\cdot 4\cdot 5}=\frac{1}{8}=2\cos^2(\alpha)-1=\cos(2\alpha).\] Deducimos que $\beta=2\alpha$, luego en este triángulo el ángulo mayor es el doble del menor y respondemos así afirmativamente a la pregunta del enunciado.

Solución. Tenemos que $3^{2004}=9^{1002}=(10-1)^{1002}$. Por lo tanto, podemos desarrollar por el binomio de Newton \[3^{2004}=1-\binom{1002}{1}\cdot 10+\binom{1002}{2}\cdot 10^2-\binom{1002}{3}\cdot 10^3+\ldots\] Todos los términos a partir de los puntos suspensivos van multiplicados por una potencia de $10$ de exponente mayor que $3$, luego no afecta a las cuatro últimas cifras. Ahora bien, tenemos que \begin{align*} \binom{1002}{1}&=1002,\quad \binom{1002}{2}=\frac{1002\cdot 1001}{2}=501\cdot 1001,\\ \binom{1002}{3}&=\frac{1002\cdot 1001\cdot 1000}{6}=167\cdot 1001\cdot 1000. \end{align*} Si hacemos estos productos fijándonos solo en las últimas cifras, tenemos que las dos últimas cifras de $\binom{1002}{2}$ son $01$ y la última de $\binom{1002}{3}$ es $0$, con lo que las cuatro últimas cifras de $3^{2004}$ son las mismas que las de $1-20+100-0=81$, es decir, la respuesta es $0081$.