Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Si llamamos $r$ y $s$ a las raíces de $x^2+ax+bc$ y llamamos $r$ y $t$ a las de $x^2+bx+ac$, obtenemos que $rs=bc$ y $rt=ac$. Dividiendo una ecuación entre la otra y como los números $a,b,c,r,s,t$ son todos no nulos (¿por qué?), llegamos a que $as-bt=0$. Por otro lado, tenemos que $r+s=-a$ y $r+t=-b$. Restando estas dos ecuaciones obtenemos que $s-t=b-a$. El sistema de ecuaciones lineales \[\left.\begin{array}{c} as-bt=0\\ s-t=b-a \end{array}\right\}\] con incógnitas $s$ y $t$ tiene una única solución ya que $a\neq b$ y ésta es $s=b$ y $t=a$, de donde $r=c$ y $a+b+c=a+(r+s)=a-a=0$. Por tanto, \[(x-s)(x-t)=x^2-(s+t)x+st=x^2+cx+ab,\] y hemos resuelto el problema.

Solución. Los dos triángulos $AHM$ y $CMB$ son congruentes por ser rectángulos y tener los catetos iguales (son iguales a los lados de los cuadrados). Además, podemos pasar de $AHM$ a $CMB$ mediante una rotación de $90^\circ$ con centro en $M$, luego la recta $AH$ (en rojo discontinuo) es perpendicular a $BC$. Ahora bien, la recta $BC$ también es perpendicular a $AN$ ya que $AC$ es un diámetro de la circunferencia circunscrita al cuadrado $AMCD$. Por tanto $AN$ y $AH$ son la misma recta, es decir, $A$, $H$ y $N$ están alineados. Respondemos ahora a las dos cuestiones:

1. El ángulo $\angle HNB$ es recto ya que $HB$ es un diámetro de la circunferencia circunscrita al cuadrado $MBEH$. Por tanto, tanto $\angle HNB$ como $\angle HNC$ son rectos, lo que nos dice que $B$, $N$ y $C$ están alineados.
2. Con lo ya demostrado, tenemos que $AN$ es la altura que pasa por $A$ en el triángulo $ABC$ y es obvio que $CM$ es la altura que pasa por el vértice $C$. Su intersección es $H$ y, por consiguiente, $H$ es el ortocentro de $ABC$.

Solución. La respuesta al apartado (a) es negativa. Por ejemplo, los números $x=1$, $y=\frac{1}{2}$ y $z=\frac{3}{2}$ cumplen $x+y+z=3$, pero $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{11}{3}\gt 3$.

La respuesta al apartado (b) es afirmativa. Para verlo, usamos la desigualdad entre las medias aritmética y armónica aplicada a los tres números positivos $x,y,z$: \[\frac{3}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}\leq \frac{x+y+z}{3}\leq 1\ \Longleftrightarrow\ \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq 3.\]

Solución. Llamemos a los lados del triángulo $a=AB$, $b=AC$ u $c=AB$, como es usual, y a la mediana $m=AM$. El teorema del seno aplicado al triángulo $ABC$, nos dice que \[\frac{a}{\mathrm{sen}(45)}=\frac{b}{\mathrm{sen}(105)}=\frac{c}{\mathrm{sen}(30)}\ \Longleftrightarrow\ \begin{cases}b^2=\frac{2+\sqrt{3}}{2}a^2\\c^2=\frac{1}{2}a^2.\end{cases}\] Aquí hemos usado un poco de trigonometría para calcular: \[\mathrm{sen}^2(105)=\cos^2(15)=\frac{1+\cos(30)}{2}=\frac{2+\sqrt{3}}{4}\] y hemos usado los cuadrados para no tener que calcular la raíz cuadrada en la fórmula del coseno del ángulo mitad. Los cuadrados también están motivados por el hecho de que aparecen en la conocida fórmula para la mediana: \[m^2=\frac{b^2+c^2}{2}-\frac{a^2}{4}=\left(\frac{\frac{2+\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}}{2}-\frac{1}{4}\right)a^2=\frac{2+\sqrt{3}}{4}a^2.\] Con todo esto, tenemos la fórmula que buscamos, pues \[a^2b^2=\frac{2+\sqrt{3}}{2}a^4=4m^2c^2\ \Longleftrightarrow\ ab=2mc.\]

Para ver que el ángulo $x=\angle AMB$ es $45^\circ$, probaremos que su seno al cuadrado es $\frac{1}{2}$ (como $x\lt 90^\circ$, esto termina la demostración). Usando el teorema del seno en el triángulo $ABM$, tenemos que \begin{align*} \frac{c}{\mathrm{sen}(x)}=\frac{m}{\mathrm{sen}(105)}&\ \Longleftrightarrow\ \mathrm{sen}^2(x)=\frac{c^2\,\mathrm{sen}^2(105)}{m^2}=\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{2+\sqrt{3}}{4}}{\frac{2+\sqrt{3}}{4}}=\frac{1}{2}. \end{align*}

Solución. Veamos que la respuesta es negativa por reducción al absurdo. Supongamos que tras un cierto número de pasos se llega a que todas sean blancas. En el paso previo todas las bolas tienen que tener alternadamente colores distintos, pero esto es imposible con un número impar de bolas.

Nota. Da igual el color de las bolas iniciales siempre que al menos una de ellas sea negra (si empezamos con todas blancas no hay nada que demostrar).

Solución. Observemos en primer lugar que \[3(3^{n-1}+5^{n-1})=3^n+3\cdot 5^n<3^n+5^n<5\cdot 3^{n-1}+5^n=5(3^{n-1}+5^{n-1})\] luego, si \(3^n+5^n\) es múltiplo de \(3^{n-1}+5^{n-1}\), entonces tiene que ser \(3^n+5^n=4(3^{n-1}+5^{n-1})\). Ahora bien, esto nos lleva a que \(5^n-4\cdot 5^{n-1}=4\cdot 3^{n-1}-3^n\), es decir, \(3^{n-1}=5^{n-1}\), igualdad que sólo se tiene para \(n=1\). Deducimos que el único natural para el que se cumple es \(n=1\) (observemos que, en tal caso, \(3^n+5^n=8\) y \(3^{n-1}+5^{n-1}=2\)).

Solución. Podemos calcular directamente \begin{align*}P(\alpha^3)-P(\beta^3)&=3(\alpha^6-\beta^6)+3m(\alpha^3-\beta^3)\\ &=3(\alpha^3+\beta^3)(\alpha^3-\beta^3)+3m(\alpha^3-\beta^3)\\ &=3(\alpha^3-\beta^3)(\alpha^3+\beta^3+m) \end{align*} Como $\alpha\neq\beta$, tendremos que probar que $\alpha^3+\beta^3=-m$ y habremos terminado. Esto es un cálculo estándar de polinomios simétricos de las raíces del polinomio: \begin{align*} \alpha^3+\beta^3&=(\alpha+\beta)^3-3\alpha^2\beta-3\alpha\beta^2=(\alpha+\beta)^3-3\alpha\beta(\alpha+\beta)\\ &=(-m)^3-3\cdot\tfrac{m^2-1}{3}\cdot (-m)=-m^3+(m^3-m)=-m, \end{align*} donde hemos usado que conocemos la suma $\alpha+\beta=-m$ y el producto $\alpha\beta=\frac{m^2-1}{3}$ a partir de los coeficientes de $P(x)$ (relaciones de Cardano-Vieta).

Solución. Trabajando con la raíz $\alpha$, tenemos que $3\alpha^3+3m\alpha^2+(m^2-1)\alpha=0$, luego podemos multiplicar esta igualdad por $\alpha$ y despejar $\alpha^3$ como \[\alpha^3=-m\alpha^2+\tfrac{1-m^2}{3}\alpha=-m(\tfrac{1-m^2}{3}-m\alpha)+\tfrac{1-m^2}{3}\alpha=\tfrac{1+2m^2}{3}\alpha+\tfrac{m(m^2-1)}{3}.\] De esta manera, podemos evaluar (omitimos los cálculos de la simplificación): \begin{align*} P(\alpha^3)&=P(\tfrac{1+2m^2}{3}\alpha+\tfrac{m(m^2-1)}{3})\\ &=3(\tfrac{1+2m^2}{3}\alpha+\tfrac{m(m^2-1)}{3})^2+3m(\tfrac{1+2m^2}{3}\alpha+\tfrac{m(m^2-1)}{3})+m^2-1\\ &=\tfrac{(1+2m^2)^2}{9}(3a^2+3am+m^2-1)-\tfrac{1}{9}(m^6-3m^4-3m^2+8). \end{align*} Usando de nuevo que $\alpha$ es raíz, tenemos que $P(\alpha^3)=-\tfrac{1}{9}(m^6-3m^4-3m^2+8)$, pero el mismo cálculo vale para $\beta$ luego $P(\alpha^3)=P(\beta^3)$.

Nota. Aunque la otra solución propuesta es más elegante, hay trucos que permiten manipular potencias de las raíces de un polinomio con cierta fluidez. En una prueba de olimpiada puede preferirse un cálculo más largo si estamos convencidos de que así saldrá la solución frente a buscar opciones más elegantes.

Solución. El triángulo $ECB$ es isósceles ya que tiene dos de sus lados iguales a los lados del cuadrado $ABCD$. Como $\angle EBC=90-60=30$, tenemos que $\angle BEC=\angle ECB=75$ (para que los ángulos de este triángulo sumen $180$). Esto nos dice que $\angle DCE=90-75=15$, con lo que $\angle FCE=15+45=60$. Ahora bien, también tenemos que $\angle EPC=\angle APB=180-\angle PAB-\angle PBA=180-60-45=75$, luego $PCE$ es un triángulo isósceles. Tenemos así que $CP=EC$, pero también tenemos que $CP=CF$ por simetría, luego $CEF$ es equilátero por tener dos lados iguales que forman un ángulo igual a $60$. Hemos respondido así al apartado (a).

Que $CEF$ es equilátero implica que $EF=CE=DE$, ya que $CDE$ es claramente isósceles. Además, esto último nos dice que $\angle DEF=180-15-15=150$, con lo que $\angle DEF=150-60=90$. Tenemos entonces probado el apartado (b): $DEF$ es rectángulo e isósceles porque tiene dos lados iguales que forman un ángulo recto.

Ahora observamos que $\angle DEB=60+75=\angle FEB$, luego la recta $EB$ es la bisectriz interior del ángulo recto $\angle DEF$. Esta bisectriz es mediatriz del triángulo isósceles $DEF$, luego cualquier punto de $BE$ está a la misma distancia de $D$ que de $F$. En particular, el triángulo $BDF$ es isósceles y ya tenemos (c).

Tenemos que $PDF$ es isósceles por el mismo motivo, luego será suficiente ver que $\angle DFP=60$ y habremos terminado (hay realmente muchas formas de hacerlo). Como $\angle DBE=60-45=15$, tenemos que $\angle EBF=15$, luego también tenemos que $\angle FBC=90-45-15-15=15$. En otras palabras, $FB$ es bisectriz (y por tanto mediatriz) en el triángulo isósceles $CBE$, luego también lo es del triángulo equilátero $EFC$. Esto nos lleva a que $\angle EFB=\angle BFE=30$. Si trazamos ahora el segmento $PF$, que es paralelo a $BC$ por la simetría, tenemos que $\angle PFB=\angle CBF=15$ por ser ángulos internos alternos, luego $\angle DFP=45+15=60$ como queríamos probar.

Solución. Cambiando $x$ por $1-x$, tenemos la ecuación \[(1-x)^2f(1-x)+f(x)=2(1-x)-(1-x)^4.\] Esta ecuación es cierta para todo $x\in\mathbb{R}$ y, junto con la ecuación dada en el enunciado, nos da un sistema lineal de dos ecuaciones si vemos a $f(x)$ y $f(1-x)$ como incógnitas. Restando a esta última ecuación la primera multiplicada por $(1-x)^2$ eliminamos el término $f(1-x)$, lo que nos da \[f(x)-x^2(1-x)^2f(x)=2(1-x)-(1-x)^4-(1-x)^2(2x-x^4).\] Tras simplificar y factorizar (observamos que $1-x^2(1-x)^2$ es diferencia de cuadrados), podemos despejar \[f(x)=\frac{-(x-1)(x+1)(x^2-x-1)(x^2-x+1)}{(x^2-x-1)(x^2-x+1)}.\] El factor $x^2-x+1$ es siempre positivo ya que la ecuación $x^2-x+1=0$ no tiene soluciones. Sin embargo $x^2-x-1=0$ tiene soluciones $x=\frac{1}{2}(1\pm\sqrt{5})$ en cuyo caso no podemos simplificar este factor. Distinguimos dos casos:

• Si $x\neq\frac{1}{2}(1\pm\sqrt{5})$, entonces tras simplificar todos los factores comunes obtenemos que $f(x)=1-x^2$.
• Para el caso $x=\frac{1}{2}(1\pm\sqrt{5})$, sustituimos estos valores en la ecuación inicial, lo que nos da el siguiente sistema lineal en las incógnitas $a=\frac{1}{2}(1-\sqrt{5})$ y $b=\frac{1}{2}(1-\sqrt{5})$: \[\left\{\begin{array}{l}2a+(3+\sqrt{5})b=-5-\sqrt{5},\\ (3-\sqrt{5})a+2b=-5+\sqrt{5}\end{array}\right.\] Es fácil ver que es compatible indeterminado y que podemos despejar \[b=\frac{-5+\sqrt{5}-(3-\sqrt{5})a}{2},\] de forma que $a$ es un parámetro real arbitrario.

Con todo esto, las funciones que verifican la igualdad del enunciado son las de la forma \[f(x)=\begin{cases}1-x^2&\text{si }x\neq\frac{1}{2}(1\pm\sqrt{5}),\\ a&\text{si }x=\frac{1}{2}(1-\sqrt{5}),\\ \frac{-5+\sqrt{5}-(3-\sqrt{5})a}{2}&\text{si }x=\frac{1}{2}(1+\sqrt{5}),\end{cases}\] para cualquier $a\in\mathbb{R}$.

Nota. Este problema se ha marcado con 2,5 estrellas porque es realmente fácil omitir el caso $x=\frac{1}{2}(1\pm\sqrt{5})$ y decir que $f(x)=1-x^2$ para todo $x\in\mathbb{R}$ (este fallo está incluso en la solución oficial), que se corresponde con el caso $a=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$.

Solución. Pongamos que hay $a$ chicos y $b$ chicas. Si todos hubieran comido el mínimo, habrían hecho falta $6a+2b$ porciones, mientras que el máximo sería $7a+3b$. Por tanto, se tiene que cumplir que \[48\lt 6a+2b,\qquad 7a+3b\lt 60.\] Observamos que las desigualdades son estrictas porque se dice que faltó con cuatro pizzas y sobró con cinco. Sumando siete veces la primera desigualdad y seis la segunda, tenemos que $336+42a+18b\lt 42a+14b+360$, de donde $b\lt 6$, es decir $b\leq 5$. Distingamos casos:

• Si $b=1$, las desigualdades quedan $46\lt 6a$ y $7a\lt 57$, es decir, $\frac{46}{6}\lt a\lt\frac{57}{7}$ que tiene por única solución entera $a=8$.
• Si $b=2$, queda $44\lt 6a$ y $7a\lt 54$, que no tiene soluciones enteras.
• Si $b=3$, queda $42\lt 6a$ y $7a\lt 51$, que no tiene soluciones enteras.
• Si $b=4$, queda $40\lt 6a$ y $7a\lt 48$, que no tiene soluciones enteras.
• Si $b=5$, queda $38\lt 6a$ y $7a\lt 45$, que no tiene soluciones enteras.

Deducimos que hay dos soluciones al problema: 8 chicos y 1 chica o bien 7 chicos y 2 chicas.

Solución. Podemos completar los cuadrados en cada incógnita para expresar de forma equivalente la ecuación como \[(x-\tfrac{1}{2})^2-\tfrac{1}{4}+(y-\frac{3}{2})^2-\tfrac{9}{4}-(z+\tfrac{1}{2})^2+\tfrac{1}{4}=4.\] Tras pasar los términos independientes al miembro de la derecha y multiplicar por 4, tenemos la ecuación equivalente \[(2x-1)^2+(2y-3)^2-(2z+1)^2=25.\] Por tanto, tomando $z=x-1$ e $y=4$, tenemos la familia infinita de soluciones $(x,y,z)=(a,4,a-1)$ para cualquier entero $a$.

Solución. Numeramos las casillas del tablero del $0$ al $9$ siguiendo las diagonales: \[\begin{bmatrix} 0&1&2&3&4&5&6&7&8&9\\ 1&2&3&4&5&6&7&8&9&0\\ 2&3&4&5&6&7&8&9&0&1\\ 3&4&5&6&7&8&9&0&1&2\\ 4&5&6&7&8&9&0&1&2&3\\ 5&6&7&8&9&0&1&2&3&4\\ 6&7&8&9&0&1&2&3&4&5\\ 7&8&9&0&1&2&3&4&5&6\\ 8&9&0&1&2&3&4&5&6&7\\ 9&0&1&2&3&4&5&6&7&8 \end{bmatrix}\] Al colocar $41$ torres, por el principio del palomar al menos cinco de ellas compartirán el número que hay en su casilla. Estas torres no se atacan entre sí ya que ningún número se repite en ninguna fila ni columna.