Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. La ecuación se puede escribir como $(x-a)(x-b)(x-3)=-1$. Por tanto, si $x$ es una solución entera, entonces $x-a$, $x-b$ y $x-3$ son números enteros que dividen a $-1$, luego han de ser iguales a $\pm 1$. En particular, de la condición $x-3=\pm 1$ deducimos que las únicas posibles raíces enteras de la ecuación son $x=2$ y $x=4$. Probaremos por reducción al absurdo que no pueden ser las dos a la vez soluciones.

Si $x=2$ es solución, sustituyendo en la ecuación original obtenemos que $(2-a)(2-b)=1$ y, si $x=4$ es solución, entonces $(4-a)(4-b)=-1$. Si ambos valores de $x$ son soluciones, entonces $4-a$ y $2-a$ son iguales a $\pm 1$ y, como se diferencian en $2$ unidades, tiene que ser $4-a=1$ y $2-a=-1$, es decir, $a=3$. Sustituyendo $a=3$ en $(2-a)(2-b)=1$, tenemos que $2-b=-1$ y, por tanto, $b=3$. No obstante, $a=b=3$ no cumple $(4-a)(4-b)=-1$ y hemos llegado a una contradicción.

Solución. La respuesta es que sí es posible y para justificarlo daremos una forma de colorearlo. Dado un punto de coordenadas $(x,y)$,

• Lo pintamos de color A si las coordenadas $x,y$ tienen distinta paridad.
• Lo pintamos de color B si $x$ e $y$ son pares.
• Lo pintamos de color C si $x$ e $y$ son impares.

De esta manera, los colores A y B aparecen infinitas veces en las rectas de la forma $y=2k$ y los colores A y C aparecen infinitas veces en las rectas de la forma $y=2k+1$. Queda ver que cualquier recta $r$ contiene puntos de a lo sumo dos colores. Está claro que podemos suponer que la recta $r$ contiene al menos dos puntos de coordenadas enteras $P_1=(x_1,y_1)$ y $P_2=(x_2,y_2)$ y podemos suponer que no hay puntos de coordenadas enteras en el interior del segmento $P_1P_2$, luego el vector director $\vec{v}=(x_2-x_1,y_2-y_1)$ es tal que los puntos de $r$ de coordenadas enteras son los de la forma $P_1+n\vec{v}$ con $n\in\mathbb{Z}$. Distingamos varios casos:

• Si las dos coordenadas de $v$ son impares, entonces todos los puntos de $r$ son o bien todos de color A (cuando $x_1$ e $y_1$ tienen distinta paridad) o bien alternan entre colores B y C (cuando $x_1$ e $y_1$ tienen la misma paridad).
• Si la primera coordenada de $v$ es impar y la segunda par, entonces los puntos de $r$ o bien alternan entre colores A y B o entre colores A y C (dependiendo de la paridad de $y_1$). Análogamente ocurre cuando la primera coordenada de $v$ es par y la segunda impar.
• No puede ocurrir que las dos coordenadas de $v$ sean pares ya que en tal caso el punto medio $P_1+\frac{1}{2}\vec{v}$ también tendría coordenadas enteras y estaría en el interior del segmento $P_1P_2$.

Nota. Una dificultad de este problema es que la intuición parece decirnos que la coloración no puede existir ya que hay demasiadas rectas posibles. Sin embargo, si nos ponemos en que sí puede existir y pensamos en que en cada recta con al menos dos colores estos alternan, es fácil llegar a la solución propuesta.

Solución. Llamamos $a_1,a_2,\ldots,a_{n-1}$ a los lados de los $n-2$ triángulos que parten de $B$ y llamamos $d_1,d_2,\ldots,d_{n-2}$ a los lados opuestos al vértice $B$, como se muestra en la figura. El ángulo en el vértice $B$ tiene el mismo valor para los $n-2$ triángulos ya que es el arco capaz que subtiende a un lado del polígono desde la circunferencia circunscrita al triángulo. Vamos a probar por inducción sobre $k$ que se cumple que $a_k\,a_{k+1}=d_k$ para todo $k$ desde $1$ hasta $n-2$, lo que demostrará que los triángulos son multiplicativos y habremos terminado.

Para $k=1$, está claro que $a_1=1$ (es un lado del polígono) y $a_2=d_2$ por simetría de este primer triángulo respecto de la mediatriz del lado $BC$. Supongamos entonces cierto que $a_{k-1}a_k=d_{k-1}$ para cierto $k$ y probemos que $a_ka_{k+1}=d_k$. Para ello, consideramos el triángulo que se obtiene al unir los triángulos $(k-1)$-ésimo y $k$-ésimo, que tiene por lados $a_{k-1}$, $a_{k+1}$ y $d_{k-1}+d_k$, de forma que $a_k$ es la longitud de una de sus bisectrices interiores. El teorema de la bisectriz (ver la nota) nos da entonces el resultado deseado: \[\frac{a_{k+1}}{d_k}=\frac{a_{k-1}}{a_{k-1}a_k}=\frac{1}{a_k}\ \Leftrightarrow\ a_ka_{k+1}=d_k.\]

Nota. El teorema de la bisectriz nos dice que la bisectriz interior de un triángulo desde un vértice divide al lado opuesto en dos segmentos proporcionales a los lados correspondientes.

Solución. Podemos poner denominador común y escribir \[\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n}=\frac{3 n^2+6 n+2}{n (n+1) (n+2)}.\] Observamos que si $n$ es impar, entonces el numerador es impar y el denominador es par. Si $n=2k$ es par, entonces el denominador es múltiplo de $4$ ya que $n$ y $n+2$ son pares consecutivos, mientras que el numerador es igual a $2(6 k^2+6 k+1)$ y sólo tiene un factor $2$. Esto nos dice que en cualquier expresión como fracción del número $\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n}$ tendremos que el denominador es par. En particular, nunca se puede poner como una fracción en la que el denominador sea $999\cdots 9$ (como les pasa a todos los periódicos puros).

Finalmente, descartamos también que el número sea un decimal exacto. Esto viene de que el denominador $n (n+1) (n+2)$ es múltiplo de $3$ (es el producto de tres enteros consecutivos) mientras que el numerador $3n^2+6n+2$ deja resto $2$ al dividirlo entre $3$. Un número decimal limitado se tiene que poder escribir como una fracción en la que el denominador sólo tiene factores $2$ o $5$, pero este argumento nos dice que en cualquier fracción que exprese a este número habrá un factor $3$ en el denominador.

Solución. En primer lugar, observemos que \[(2r-1)^2+(2s-1)^2+(2u-1)^2+(2v-1)^2\geq 0.\] Desarrollando esta desigualdad y agrupando términos llegamos a que \[(r-s^2)+(s-u^2)+(u-v^2)+(v-r^2)\leq 1.\] De aquí deducimos que alguno de estos cuatro números es menor o igual que $\frac{1}{4}$ ya que si todos fuesen mayores que $\frac{1}{4}$, la suma sería mayor que $1$.

Nota. Si se alcanza la igualdad en la desigualdad del enunciado, entonces $r=s=u=v=\frac{1}{2}$.

Solución. Para resolver el primer apartado, usaremos el teorema del coseno, del que podemos despejar el coseno del ángulo $A$ como \begin{align*} \cos(A)&=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac{b^2+c^2-\left(\frac{b+c}{2}\right)^2}{2bc}\\ &=\frac{3b^2+3c^2-2bc}{8bc}=\frac{3}{8}\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)-\frac{1}{4}\geq\frac{3}{8}\cdot 2-\frac{1}{4}=\frac{1}{2}, \end{align*} donde se ha usado que la suma de un número positivo y su inverso es siempre mayor o igual que $2$. Como $A$ es un ángulo entre $0^\circ$ y $180^\circ$, de la desigualdad anterior deducimos que $0\leq A\leq 60^\circ$.

En cuanto al apartado (b), calculamos el área del triángulo de dos formas distintas. Por un lado, $S=\frac{1}{2}(a+b+c)r$ y por otro $S=\frac{1}{2} ah_a$, siendo $h_a$ la altura relativa al vértice $A$. Sustituyendo $a=\frac{b+c}{2}$ en ambas expresiones e igualándolas, se llega directamente a que $h_a=3r$.

Finalmente, para el apartado (c) usaremos la fórmula $abc=4RS$ y la fórmula de Herón, de forma que \begin{align*} R-r&=\frac{abc}{4S}-\frac{2S}{a+b+c}=\frac{abc(a+b+c)-8S^2}{4(a+b+c)S}\\ &=\frac{abc(a+b+c)-\frac{1}{2}(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}{4(a+b+c)S}\\ &=\frac{2abc-(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}{8S}=\frac{(b+c)bc-\frac{b+c}{2}(\frac{-b+3c}{2})(\frac{3b-c}{2})}{8S}\\ &=\frac{(b+c)(3b^2-2bc+3c^2)}{64S}=\frac{abc\cos(A)}{4S}=R\cos(A). \end{align*} Si $O$ es el circuncentro y $M$ el punto medio de $BC$, entonces el triángulo $BOM$ es rectángulo y tiene $\angle COM=A$ ya que este es la mitad del ángulo central. Por tanto, en este triángulo rectángulo se cumple que $\cos(A)=\frac{OM}{OB}$, es decir, $OM=OB\cos(A)=R\cos(A)$ y hemos terminado.

Nota. Probablemente, la demostración del apartado (c) no sea la más elegante, pero es sistemática en el sentido de que expresamos $R-r$ en función únicamente de los lados $a,b,c$. Luego se puede expresar también $OM$ en términos de estos lados y usando la condición $a=\frac{b+c}{2}$ se tiene que conseguir probar el enunciado. En la solución propuesta, se ha introducido además el área y el coseno de $A$ como atajo para evitar más cálculos.