Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. El área del triángulo es $2$ y el área del sector circular de arco $\ell$ (en azul en la figura) es $\frac{1}{8}\pi r^2$, siendo $r$ su radio. Esto viene de que es un octavo del círculo de radio $r$ ya que el ángulo $A$ del triángulo rectángulo isósceles $ABC$ es $45^\circ$. Igualando a la mitad del área del triángulo, obtenemos \[\tfrac{1}{8}\pi r^2=1\ \Longleftrightarrow\ r=2\sqrt{\tfrac{2}{\pi}}.\] Observamos que $r\lt 2$, lo que nos dice que el sector realmente está bien definido. Ahora bien, el radio $s$ del sector de arco $m$ (en naranja en la figura) sumado con $r$ nos da la hipotenusa $AB=2\sqrt{2}$, luego podemos despejar \[s=AB-r=2\sqrt{2}-2\sqrt{\tfrac{2}{\pi}}=2\sqrt{2}(1-\tfrac{1}{\sqrt{\pi}}).\] Tenemos entonces que el área que nos piden (en verde en la figura) es \[2-\tfrac{\pi}{8}r^2-\tfrac{\pi}{8}s^2=2-1-\tfrac{8\pi}{8}(1-\tfrac{1}{\sqrt{\pi}})^2=2\sqrt{\pi}-\pi.\]

Solución. Teniendo en cuenta que $x_0^2+a_ix_0+b_i=0$ para todo $i$, podemos sumar estas $n$ igualdades (para $i$ entre $1$ y $n$) y nos queda \[nx_0^2+(a_1+a_2+\ldots+a_n)x_0+(b_1+b_2+\ldots+b_n)=0.\] Dividiendo por $n$, concluimos que $x_0$ también es solución de la ecuación con las medias aritméticas. Para calcular la otra solución, vamos a dividir el polinomio \[P(x)=x^2+\frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}{n}x+\frac{b_1+b_2+\ldots+b_n}{n}\] entre $x-x_0$ (esto es muy fácil usando Ruffini), lo que nos da \[P(x)=(x-x_0)(x+\tfrac{a_1+a_2+\ldots+a_n}{n}+x_0)\] Si llamemos $x_i$ a la otra solución de la ecuación $x^2+a_ix+b_i=0$ que no es $x_0$, tenemos que $a_i=-(x_0+x_i)$ con lo que la otra raíz de $P(x)$ es \begin{align*} -\frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}{n}-x_0&=\frac{x_1+x_0+x_2+x_0+\ldots+x_n+x_0}{n}-x_0\\ &=\frac{x_1+x_2+\ldots+x_n}{n}, \end{align*} es decir, la media aritmética de las raíces de las ecuaciones originales.

Solución. Consideramos el circuncentro $O$ y el triángulo $OBC$, que está sombreado en la figura. Por un lado, tenemos que $\angle BCD=\frac{C}{2}$, por ser $BD$ la bisectriz, luego $\angle OCB=\frac{C}{4}$ ya que $OC$ es bisectriz del triángulo $BCD$. Por otro lado, tenemos que $\angle OBC=\frac{B}{2}$ ya que $OB$ es bisectriz de $BCD$. Finalmente, tenemos que $\angle BOC=2A$ ya que se trata del ángulo central del ángulo $A$ en el triángulo $ABC$.

Tenemos así que $OBC$ tiene ángulos $2A$, $\frac{B}{2}$ y $\frac{C}{4}$. Este triángulo es isósceles dado que $OB=OC$ (son el radio de la circunferencia circunscrita), luego $\frac{C}{4}=\frac{B}{2}$. Nos quedan por tanto, tres ecuaciones sobre las incógnitas $A,B,C$, que forman el sistema lineal: \[\left\{\begin{array}{c} A+B+C=180\\ 2A+\frac{B}{2}+\frac{C}{4}=180\\ \frac{C}{4}=\frac{B}{2} \end{array}\right.\] Se resuelve fácilmente, dando solución única $A=C=72^\circ$ y $B=36^\circ$.

Solución. Consideremos un primo $p$ y tomemos los números $a=p^x$ y $b=p^y$ para ciertos exponentes enteros positivos $x$ e $y$. Las condiciones del enunciado se traducen como sigue: \begin{align*} b^2\text{ es múltiplo de }a&\ \Longleftrightarrow\ 2y\geq x,\\ a^3\text{ es múltiplo de }b^2&\ \Longleftrightarrow\ 3x\geq 2y,\\ b^4\text{ es múltiplo de }a^3&\ \Longleftrightarrow\ 4y\geq 3x,\\ a^5\text{ es múltiplo de }b^4&\ \Longleftrightarrow\ 5x\geq 4y,\\ b^6\text{ no es múltiplo de }a^5&\ \Longleftrightarrow\ 6y\lt 5x. \end{align*} La primera y tercera desigualdades nos dicen que $y\geq\frac{1}{2}x$ e $y\geq\frac{3}{4}x$. Podemos quedarnos solamente con $y\geq\frac{3}{4}x$ pues todo número que cumpla esta desigualdad también cumplirá la otra. Análogamente, la segunda, cuarta y quinta desigualdades nos dicen que $y\leq\frac{3}{2}x$, $y\leq\frac{5}{4}x$ e $y\lt\frac{5}{6}x$, de las cuales ahora la más restrictiva es $y\lt\frac{5}{6}x$ y podemos eliminar las otras dos.

Todo esto nos dice que buscamos números $x$ e $y$ tales que $\frac{3}{4}x\leq y\lt\frac{5}{6}x$ o, lo que es lo mismo, $18x\leq 24y\lt 20x$. Hay muchas soluciones a esta desigualdad y solo buscamos una, por ejemplo, $y=3$ y $x=4$. Deducimos que los números $a=p^4$ y $b=p^3$ cumplen la condición del enunciado.

Nota. De hecho, se puede probar que $a=16$ y $b=8$ son los números más pequeños que cumplen el enunciado. ¿Sabrías demostrar por qué?

Solución. Desarrollamos \[\left(x+\tfrac{1}{x}\right)^2=x^2+2+\frac{1}{x^2}=2+7=9,\] por lo que se tiene que $x+\frac{1}{x}=3$ (por ser $x$ positivo). Vamos entonces calcular otras potencias de $x+\frac{1}{x}$ utilizando el binomio de Newton. Por un lado, tenemos que \[27=\left(x+\tfrac{1}{x}\right)^3=x^3+3x+\tfrac{3}{x}+\tfrac{1}{x^3}=\left(x^3+\tfrac{1}{x^3}\right)+3\left(x+\tfrac{1}{x}\right)\] nos permite despejar $x^3+\frac{1}{x^3}=27-3\cdot 3=18$. Por otro lado, de \begin{align*} 243=3^5=\left(x+\tfrac{1}{x}\right)^5&=x^5+5x^3+10x+\tfrac{10}{x}+\tfrac{5}{x^3}+\tfrac{1}{x^5}\\ &=\left(x^5+\tfrac{1}{x^5}\right)+5\left(x^3+\tfrac{1}{x^3}\right)+10\left(x+\tfrac{1}{x}\right) \end{align*} podemos despejar $x^5+\tfrac{1}{x^5}=243-5\cdot 18-10\cdot 3=123$.

Solución. Podemos resolver la ecuación como la bicuadrada $x^4-7x^2+1=0$, lo que nos da $x^2=\frac{1}{2}(7\pm 3\sqrt{5})$, que es un número positivo para ambos signos. Vamos a ver que las soluciones son de la forma $x=a+b\sqrt{5}$ para ciertos números racionales $a,b\in\mathbb{Q}$, para lo que expresamos \[(a^2+5b^2)+2ab\sqrt{5}=\left(a+b\sqrt{5}\right)^2=\frac{1}{2}(7\pm 3\sqrt{5})\ \Leftrightarrow\ \begin{cases}a^2+5b^2=\tfrac{7}{2}\\2ab=\tfrac{3}{2}\end{cases}.\] Este sistema puede resolverse dando $a=\pm\frac{3}{2}$ y $b=\pm\frac{1}{2}$, lo que nos da las dos soluciones positivas a la ecuación original, correspondientes a tomar $a$ positivo: \[x_1=\tfrac{1}{2}\left(3+\sqrt{5}\right),\qquad x_2=\tfrac{1}{2}\left(3-\sqrt{5}\right).\] Además, se cumple que $\frac{1}{x_1}=x_2$, por lo que, independientemente de cuál de ellas tomemos, llamémosla $x$, se tiene que \begin{align*} x^5+\frac{1}{x^5}&=x_1^5+x_2^5=\frac{(3+\sqrt{5})^5}{2^5}+\frac{(3+\sqrt{5})^5}{2^5}. \end{align*} Al desarrollar ambas potencias por el binomio de Newton los términos con $\sqrt{5}$ se cancelan (podemos omitirlos) y los términos sin $\sqrt{5}$ se duplican, luego queda un número racional, que de hecho es entero: \begin{align*} x^5+\frac{1}{x^5}&=2\cdot \frac{3^5+10\cdot 5\cdot 3^3+5\cdot 5^2\cdot 3}{2^5}=123. \end{align*}

Nota. Se trata de una ecuación con un polinomio simétrico, luego sabemos que si $\alpha$ es una solución, también lo es $\frac{1}{\alpha}$. Esto puede dar algunas pistas. La solución 1 requiere menos habilidad de cálculo algebraico pero esta solución es la vieja confiable: resolver y sustituir.

Solución. Más abajo se puede ver una representación gráfica de las funciones $|x-1|$ (en rojo) y $ax$ (en azul), para distintos valores de $a$. Como las dos semirrectas que forman la gráfica de $|x-1|$ tienen pendiente $\pm 1$, se ve a priori que las soluciones de la ecuación formarán un intervalo no vacío abierto y acotado para $0\lt a\lt 1$, una semirrecta abierta para $a\gt 1$ o $a\lt -1$ no habrá soluciones para $-1\leq a\leq 0$. Con esto en mente, sólo hay que calcular los puntos de corte de $ax$ con $x-1$ y $1-x$ den función del parámetro $a$, lo que nos da los siguientes resultados (¡compruébalos!):

• Si $a\lt -1$, las soluciones son los puntos de la semirrecta $(-\infty,\frac{1}{1+a})$.
• Si $-1\leq a\leq 0$, entonces no hay soluciones.
• Si $0\lt a\lt 1$, las soluciones son los puntos del intervalo $(\frac{1}{1+a},\frac{1}{1-a})$.
• Si $a\geq 1$, las soluciones son los puntos de la semirrecta $(\frac{1}{1+a},+\infty)$.

La única forma de que el intervalo de soluciones contenga únicamente dos enteros es que $a\lt 0\lt 1$. En tal caso, tenemos el intervalo $I=(\frac{1}{1+a},\frac{1}{1-a})$, que está contenido en los reales positivos y siempre contiene a $1$, luego queremos saber cuándo $2\in I$ pero $3\not\in I$. Resolviendo las ecuaciones $\frac{1}{1-a}=2$ y $\frac{1}{1-a}=3$, obtenemos que el extremo superior de $I$ es $2$ para $a=\frac{1}{2}$ y este extremo es $3$ para $a=\frac{2}{3}$. Como este extremo superior es estrictamente creciente en $a$, llegamos a que la solución al apartado (b) son los valores de $a$ en el intervalo $(\frac{1}{2},\frac{2}{3}]$. Obsérvese que el intervalo es abierto por la izquierda y cerrado por la derecha puesto que $I$ es abierto y no contiene a sus extremos.

Solución. Podemos transformar la ecuación dada como sigue: \begin{align*} \frac{a^2b^2}{a^4-2b^4}=1&\ \Longleftrightarrow\ a^2b^2=a^4-2b^4\\ &\ \Longleftrightarrow\ a^4-a^2b^2-2b^4=0\\ &\ \Longleftrightarrow\ \left(\tfrac{a}{b}\right)^4-\left(\tfrac{a}{b}\right)^2-2=0. \end{align*} En el último paso, hemos dividido por $b^4$ de forma que obtenemos una ecuación bicuadrática en la incógnita $\frac{a}{b}$. Usando la fórmula para la ecuación de segundo grado, tenemos que \[\frac{a^2}{b^2}=\frac{1\pm\sqrt{9}}{2}=\frac{1\pm 3}{2}=2.\] Nos hemos quedado con la solución positiva puesto que $\frac{a^2}{b^2}$ no puede ser negativo. Con esto nos basta para hallar el único valor posible de la expresión dada puesto que \[\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}=\frac{\frac{a^2}{b^2}-1}{\frac{a^2}{b^2}+1}=\frac{2-1}{2+1}=\frac{1}{3}.\]

Nota. Este argumento nos dice que todos los números reales que cumplen la condición dada son los que cumplen $a^2=2b^2$, es decir $a=\pm\sqrt{2}b$. Observemos que, para estos números, no se anula el denominador $a^4-2b^4$.

Solución. Consideremos un cuadrado perfecto $m^2$ mayor que $n^2$. Si podemos expresar $m^2=n^2+p$, entonces podemos factorizar $p=m^2-n^2=(m+n)(m-n)$, lo que nos lleva a alguna de las siguientes dos posibilidades: \[\left\{\begin{array}{l}m+n=p\\m-n=1\end{array}\right.\qquad \left\{\begin{array}{l}m+n=1\\m-n=p\end{array}\right.\] Ambos sistemas tienen solución única y ambas nos dan $m=\frac{1+p}{2}$ (basta sumar las dos ecuaciones en cada caso y dividir por $2$), es decir, $2m-1=p$.

Todo esto nos dice que si tomamos $m\gt n$ tal que $2m-1$ no es primo, entonces $m^2$ no se puede expresar de la forma $n^2+p$. Como hay infinitos números impares que no son primos, llegamos a que la respuesta a la pregunta del enunciado es afirmativa.

Solución. Por comodidad, llamamos $\alpha=\angle CAL=\angle ABH=\angle BCM$. Como $AL$ es bisectriz, tenemos que $\angle BAH=2\alpha$, luego la suma de los ángulos del triángulo $ABH$ es $90^\circ+3\alpha=180^\circ$, de donde obtenemos que $\alpha=30^\circ$.

Sea $X$ el punto de la recta $AC$ tal que $H$ es el punto medio de $AX$, luego el triángulo $ABX$ es equilátero. Por un lado, como $MH$ y $BX$ son paralelas, ya que $M$ y $H$ son los puntos medios de los lados $AB$ y $AX$, el triángulo $AMH$ es equilátero y se tiene que $\angle MHB=90^\circ-\angle AHM=30^\circ$. Por otro lado, $\angle BMH=30^\circ$ ya que $XM$ es bisectriz en el triángulo equilátero $ABX$. La propiedad del arco capaz nos dice ahora que el cuadrilátero $BMHX$ tiene circunferencia circunscrita (los puntos desde los que $BM$ se ve con un ángulo de $30^\circ$) y que el punto $C$ tiene que estar sobre dicha circunferencia. Como la intersección de la circunferencia con la recta $AC$ son los puntos $H$ y $X$, la propiedad deseada se cumple si, y sólo si, $C=H$ o bien $C=X$. Tenemos así dos casos:

• Si $C=H$, entonces $ABC$ tiene ángulos $A=60^\circ$, $B=30^\circ$ y $C=90^\circ$.
• Si $C=X$, entonces $ABC$ tiene ángulos $A=B=C=60^\circ$.

Solución. La primera parábola se puede expresar completando el cuadrado como \[y=ax^2+bx+c=\frac{(2ax+b)^2+(4ac-b^2)}{4a},\] de forma que su vértice tiene coordenadas $(x,y)=(\frac{-b}{2a},\frac{4ac-b^2}{4a})$ ya que este es el punto en el que el cuadrado toma su mínimo valor (cero). De la misma forma, el vértice de la segunda parábola tiene coordenadas $(\frac{-c}{2b},\frac{4ab-c^2}{4b})$, por lo que se tienen que verificar simultáneamente las siguientes dos ecuaciones: \[\frac{-b}{2a}=\frac{-c}{2b},\qquad c-\frac{b^2}{4a}=a-\frac{c^2}{4b}.\qquad(\star)\] La primera ecuación nos dice que $c=\frac{b^2}{a}$, luego podemos sustituir en la segunda para transformarla después de simplificar en \[\frac{b^2}{a}-\frac{b^2}{4a}=a-\frac{b^3}{4a^2}\ \Leftrightarrow\ 4a^3-3ab^2-b^3=0\ \Leftrightarrow\ (b-a)(2a+b)^2=0.\] Como $a\neq b$, deducimos que $b=-2a$, luego $c=\frac{b^2}{a}=4a$. Tenemos así que las parábolas que las ternas que resuelven el problema tienen que ser de la forma $(a,-2a,4a)$ para cualquier $a\neq 0$. Fácilmente se ve que todas estas cumplen las ecuaciones marcadas con $(\star)$.

Solución. Si consideramos las nuevas variables $s=x+y$ y $p=xy$ (suma y producto), el sistema se puede reescribir como \[\left\{\begin{array}{l}s^2-3p=7,\\sp=-2.\end{array}\right.\] Despejamos $p=\frac{s^2-7}{3}$ en la primera ecuación y sustituimos en la segunda para obtener $(s^2-7)s=-6$ o, lo que es lo mismo, $s^3-7s+6=0$. Por Ruffini obtenemos rápidamente la factorización $s^3-7s+6=(s-1)(s-2)(s+3)$, lo que nos da tres posibilidades:

• Si $s=1$, entonces $p=\frac{s^2-7}{3}=-2$. Ahora bien, conociendo la suma y el producto, las incógnitas originales $x$ e $y$ son las soluciones de la ecuación $z^2-sz+p=0$. En este caso, esta última ecuación es $z^2-z-2=0$, que tiene soluciones $z=-1$ y $z=2$, lo que nos da las soluciones $(x,y)=(-1,2)$ y $(x,y)=(2,-1)$.
• Si $s=2$, entonces $p=\frac{s^2-7}{3}=-1$, luego $x$ e $y$ son las soluciones de $z^2-2z-1=0$, que son $z=1\pm\sqrt{2}$. Esto nos da otras dos soluciones al sistema: $(x,y)=(1+\sqrt{2},1-\sqrt{2})$ y $(x,y)=(1-\sqrt{2},1+\sqrt{2})$.
• Si $s=-3$, entonces $p=\frac{s^2-7}{3}=\frac{2}{3}$, luego $x$ e $y$ son las soluciones de $z^2+3z+\frac{2}{3}=0$, es decir, $z=\frac{-1}{6}(9\pm\sqrt{57})$. Esto nos da las dos últimas soluciones al sistema: $(x,y)=(frac{1}{6}(9+\sqrt{57}),frac{-1}{6}(9-\sqrt{57}))$ y $(x,y)=(frac{-1}{6}(9-\sqrt{57}),frac{-1}{6}(9+\sqrt{57}))$.

Esto nos da un total de seis soluciones al sistema.

Nota. En los sistemas de ecuaciones con dos incógnitas que son polinómicos y simétricos (cambiar $x$ por $y$ no afecta al sistema), cambiar a la suma-producto suele simplificar la discusión. En cualquier caso, es muy importante saber que tener la suma y el producto equivale a tener las dos incógnitas a través de la ecuación de segundo grado.

Solución. El ejemplo que se nos viene a la cabeza cuando pensamos en que haya muchas ternas aditivas es el conjunto $A=\{1,2,3,\ldots,20\}$ de los primeros 20 números naturales. En este caso, la condición $a+b=c$ nos dice que $1\leq a\leq 19$ y, para cada valor de $a$, tenemos que $1\leq b\leq 20-a$. Por tanto, para $a=1$ tenemos 19 posibles valores de $b$, para $a=2$ tenemos 18, para $a=3$ tenemos 17, y así sucesivamente hasta $a=19$, donde tenemos la única posible elección $b=1$. Ahora bien, nos piden que los números $a,b,c$ tienen que ser distintos; como $c=a+b$ no puede ser igual a $a$ o $b$, tendremos que quitar las 10 sumas en que $a=b$, es decir, $1+1,2+2,\ldots,10+10$. Así, el número de ternas aditivas de $A$ es igual a $19+18+\ldots+1-10=\frac{19\cdot 20}{2}-10=180$.

Veremos ahora que ningún conjunto $B$ de $20$ naturales puede tener más de $180$ ternas aditivas. Pongamos $B=\{n_1,n_2,\ldots,n_{20}\}$ y supongamos que $0\lt n_1\lt n_2\lt\ldots\lt n_{20}$. Al expresar $n_k$ como $n_i+n_j$, se tiene necesariamente que $n_i,n_j\lt n_k$ y, para cada $n_i\lt n_k$, existe a lo sumo un $n_j\lt n_k$ tal que $n_i+n_j=n_k$. Así, podemos separar parejas de elementos de $\{n_1,n_2,\ldots,n_{k-1}\}$ que sumen $n_k$. Si $k=1$ o $k=2$, entonces no hay parejas que sumen $n_k$. Si $k\geq 3$ es impar, entonces habrá a lo sumo las $k$ parejas $(n_1,n_{k-1})$, $(n_2,n_{k-2}),\ldots,(n_{k-1},n_1)$. Si $k\geq 4$ es par, entonces algún elemento menor que $n_k$ quedará sin pareja y habrá a lo sumo $k-2$ parejas. Cuando $k$ se mueve de $1$ a $20$, esto nos da un máximo de \[0+0+2+2+4+4+\ldots +18+18=4(1+2+\ldots+9)=180\] posibles elecciones para el par $(a,b)$.

Nota. Observemos que da igual si consideramos 0 como natural o no pues no puede formar parte de una terna aditiva (tendríamos $(a,0,a)$ o $(0,b,b)$ y dos de los números serían iguales. Por otro lado, no es difícil completar el razonamiento de la segunda parte para demostrar que los conjuntos de 20 elementos que tienen exactamente 180 ternas aditivas son los de la forma $A=\{n,2n,\ldots,20n\}$ para cualquier $n\in\mathbb{N}$.