Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Si sumamos el número de cuadrados multiplicado por $4$, el número de hexágonos multiplicado por $6$ y el de octógonos multiplicado por $8$ obtendremos $3V$, siendo $V$ el número total de vértices. Por lo tanto, \[V=\frac{12\cdot 4+6\cdot 8+8\cdot 6}{3}=48.\] Ahora bien, de cada vértice salen tres aristas, una diagonal de un cuadrado, tres diagonales de un hexágono y 5 diagonales de un octógono, por lo que este vértice estará unido a otros $48-1-3-5=40$ vértices por segmentos interiores. Esto nos da un total de $40\cdot 48$ de tales segmentos, pero cada uno lo estamos contando dos veces (una por cada uno de sus extremos). Por tanto, el número de segmentos que buscamos es $\frac{1}{2}\cdot 40\cdot 48=960$.

Nota. El poliedro en cuestión existe y se llama cuboctaedro truncado. Puede verse en la figura de arriba (extraída de Wikipedia). ¿Sabrías contar el número de aristas? ¿Sabrías probar que es el único poliedro tal que en cada vértice concurren un cuadrado, un hexágono y un octógono? En otras palabras, los datos de 12 cuadrados, 8 hexágonos y 6 octógonos son redundantes.

Solución. Consideremos la función \[f:\mathbb{R}\to\mathbb{R},\qquad f(t)=\sqrt[3]{6t^2-12t+8},\] con la que el problema se reduce encontrar $x,y,z\in\mathbb{R}$ tales que $y=f(x)$, $z=f(y)$ y $x=f(z)$, es decir, empezando en $x$ queremos volver a obtener $x$ tras aplicar tres veces la función. Observemos que tiene que ser $x\geq\sqrt[3]{2}$ ya que se debe cumplir que $x^3=6z^2-12z+8=6(z-1)^2+2\geq 2$. También tenemos que $f(x)=x$ se traduce en que $(x-2)^3=x^3-6x^2+12x-8=0$, luego $x=2$ es el único valor que cumple $f(x)=x$. Distingamos casos:

• Si $\sqrt[3]{2}\leq x\lt 2$, entonces $(x-2)^3\leq 0$, luego $x^3\lt 6x^2+12x-8$ y, tomando raíces cúbicas, $x\lt f(x)$. Además, se tiene que $f(x)^3=6(x-1)^2+2\leq 6(2-1)+2=8$ (ya que esta parábola tiene su máximo en el $x=2$, el punto del intervalo $[\sqrt[3]{2},2]$ más alejado del vértice $x=1$). Deducimos que en este caso se cumple que \[\sqrt[3]{2}\leq x\lt f(x)\lt 2,\] luego no existen $y,z\in\mathbb{R}$ tales que $y=f(x)$, $z=f(y)$ y $x=f(z)$ puesto que tendríamos que $x\lt f(x)= y\lt f(y)= z\lt f(z)= x$ y esto es contradictorio.
• Si $x\gt 2$, el razonamiento es parecido pero un poco más sencillo. Como en este caso $(x-2)^3\gt 2$, obtenemos directamente que $x^3\lt 6x^2-12x+8$ y, por tanto, $f(x)\gt x\gt 2$, lo que impide también la existencia de $y,z\in\mathbb{R}$ tales que $y=f(x)$, $z=f(y)$ y $x=f(z)$.

La única posibilidad que nos queda es $x=2$, que nos da $y=f(x)=f(2)=2$ y $z=f(y)=f(2)=2$. En consecuencia, $x=y=z=2$ es la única solución del sistema.

Solución. Consideremos los seis triángulos en que la figura queda dividida por las cevianas $AF$, $BD$ y $CE$ y llamemos a sus áreas $S_1,\ldots,S_6$ tal y como se indica en la figura. Vamos a obtener relaciones entre estas áreas usando que las áreas de dos triángulos que tienen la misma altura son proporcionales a las bases.

• El triángulo $APC$ tiene el triple del área de $AEP$ ya que tienen el altura común en $A$ y las bases son $9$ y $3$, respectivamente. Esto nos dice que $S_1+S_2=3S_6$.
• Los triángulos $BPC$ y $EPB$ están en la misma situación, lo que nos dice que $S_3+S_4=3S_5$.
• Los triángulos $APB$ y $APD$ tienen el mismo área ya que tienen iguales la base y la altura desde el vértice común $A$. Deducimos así que $S_5+S_6=S_1$.
• Los triángulos $EPB$ y $CPD$ tienen un ángulo igual (opuesto por el vértice $P$), luego rotando uo de ellos $180^\circ$ respecto de $P$, como $BP=PD$, deducimos que $S_2=3S_3$ (también puede usarse que el área es $\frac{1}{2}$ del producto de dos lados por el seno del ángulo que forman).

Con todo esto, tenemos tres ecuaciones lineales que involucran a las incógnitas $S_1$, $S_2$, $S_5$, $S_6$ y $S_3+S_4$. El sistema no es compatible determinado pero nos permite despejar en términos de $S_1$ el resto de áreas (¡compruébalo!): \[S_2=S_1,\qquad S_6=\frac{2}{3}S_2,\qquad S_5=\frac{1}{3}S_1,\qquad S_3+S_4=S_1.\] Ahora bien, si llamamos $x=AP$ y $20-x=PF$, podemos hacer un truco similar a los anteriores ya que las áreas de $APC$ y $PFC$ son proporcionales a $x$ y $20-x$ y también lo son las de $APB$ y $PBF$. Esto nos da las relaciones siguientes: \[\frac{S_1+S_2}{x}=\frac{S_3}{20-x},\qquad \frac{S_5+S_6}{x}=\frac{S_4}{20-x}.\] Sumando ambas expresiones y poniendo todo en función de $S_1$, nos queda \[\frac{S_1+S_2+S_5+S_6}{x}=\frac{S_4+S_5}{20-x}\ \Longleftrightarrow\ \frac{3S_1}{x}=\frac{S_1}{20-x}.\] Eliminando $S_1$ de ambos miembros, la ecuación se resuelve fácilmente y nos da $x=15$. Por lo tanto, también podemos despejar $S_3$ y $S_4$ en términos de $S_1$: \[S_3=\frac{20-x}{x}(S_1+S_2)=\frac{2}{3}S_1,\qquad S_4=\frac{20-x}{x}(S_5+S_6)=\frac{1}{3}S_1.\]

Ya solamente nos queda calcular $S_1$ y esta es la parte difícil. Como $S_1=S_2$, se sigue que $D$ es el punto medio de $AC$, luego $PD$ es la mediana de $APC$. La mediana puede calcularse en función de los lados como \[36=AD^2=\frac{AP^2+PC^2}{2}-\frac{AC^2}{4}=\frac{15^2+9^2}{2}-\frac{AC^2}{4}\ \Leftrightarrow\ AC^2=468,\] de donde $CD=\frac{1}{2}AC=\sqrt{117}$. Como $PC^2+PD^2=9^2+6^2=117$, el triángulo $DPC$ es rectángulo. y podemos calcular $S_1=S_2=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 9=27$. Por tanto, el área de $ABC$ es \[S_1+S_2+S_3+S_4+S_5+S_6=S_1+S_1+\frac{2}{3}S_1+\frac{1}{3}S_1+\frac{1}{3}S_1+\frac{2}{3}S_1=4S_1=108.\]

Nota. Si no nos damos cuenta en el paso final de que el triángulo es rectángulo, siempre podríamos haber usado la fórmula de Herón en $APD$. Es relativamente difícil caer en la cuenta de que $DPC$ es rectángulo (al escribir esta solución, se vio lo del triángulo rectángulo por haberlo dibujado previamente con Geogebra).

Solución. Vamos a ver que es imposible incluso si son de distinto tamaño por reducción al absurdo. Si el cubo se pudiera descomponer en un cierto número (finito) de tetraedros, como tales tetraedros definirán un número finito de vértices, habrá algún punto $P$ de una arista del cubo donde no llegará ningún vértice de ninguno de los tetraedros, lo que nos dice que a $P$ sólo llegan aristas de los tetraedros (no pueden llegar puntos interiores ni interiores a las caras ya que en tal caso los tetraedros se saldrían del cubo). De hecho, las aristas tienen que estar contenidas en las aristas del cubo, lo que nos dice que el ángulo diedro de $90^\circ$ que forman las dos caras del cubo que se encuentran en $P$ debe ser suma de un cierto número de veces el ángulo diedro $\alpha$ que forman las caras de un tetraedro regular $T$.

Para calcular $\alpha$, podemos suponer que $T$ tiene lado $1$. Seccionando $T$ por un plano que contiene a una de sus aristas y al punto medio de la arista opuesta. El triángulo en la intersección es isósceles y tiene un lado de longitud $1$, la arista de $T$, y los otros dos de longitud $\frac{\sqrt{3}}{2}$, la altura de una de las caras de $T$. El ángulo que buscamos es el que forman estos dos lados iguales, que puede calcularse como \[\alpha=2\,\mathrm{arcsen}\left(\frac{1/2}{\sqrt{3}/2}\right)=2\,\mathrm{arcsen}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)\gt 2\,\mathrm{arcsen}\left(\frac{1}{2}\right)=60^\circ.\] Además, está claro que $\alpha\lt 90^\circ$, por lo que no pueden completarse $90^\circ$ sumando un cierto número entero de ángulos iguales a $\alpha$.

Solución. Consideremos un triángulo $ABC$, su circuncentro $O$ y su ortocentro $H$. Si llamamos $M$ al punto medio del lado $BC$, tendremos que demostrar que $AH=2BC$. Para ello, trazamos el diámetro de la circunferencia circunscrita que pasa por $B$ y su punto diametralmente opuesto, que llamaremos $P$, como se indica en la figura. Por ser $BP$ un diámetro, se tiene que $PC$ es perpendicular a $BC$ y, por tanto, paralela a la mediatriz $OM$. Entonces, los triángulos $BOM$ y $BPC$ son semejantes y se cumple que $PC=2OM$, luego tendremos que demostrar que $PC=AH$. Esto último se sigue de que $APCH$ es un paralelogramo ya que $PC$ es paralela a la altura $AH$ y $AP$ es paralela a la altrua $CH$ (ya que el ángulo $\angle BAP$ es recto por comprender al diámetro $BP$).

Nota. Este es un resultado relativamente conocido en el ámbito de la geometría de olimpiadas. ¿Sabrías probar que $AH=2R\cos A$ y $OM=R\cos A$, siendo $R$ el radio de la circunferencia circunscrita? ¿Sabrías probar a partir de este resultado que las rectas $OA$ y $MH$ se cortan en un punto de la circunferencia circunscrita?

Solución. La desigualdad entre las medias aritmética y geométrica nos dice que \begin{align*} \frac{3^{x^2-x-y}+3^{y^2-y-z}+3^{z^2-z-x}}{3}&\geq\sqrt[3]{3^{x^2-x-y}\cdot 3^{y^2-y-z}\cdot 3^{z^2-z-x}}\\ &=3^{\frac{x^2-2x+y^2-2y+z^2-2z}{3}}=3^{\frac{(x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2-3}{3}}\\ &=\tfrac{1}{3}\cdot 3^{\frac{(x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2}{3}}\geq \frac{1}{3}. \end{align*} Por lo tanto, $3^{x^2-x-y}+3^{y^2-y-z}+3^{z^2-z-x}\geq 1$ para todo $x,y,z\in\mathbb{R}$ y, si la igualdad se alcanza, tiene que ser $(x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2=0$, es decir, $x=y=z=1$. Como $x=y=z=1$ verifica la ecuación del enunciado, deducimos que esta es la única solución.

Nota. Las exponenciales pueden ocultar la aplicación de la desigualdad entre las medias aritmética-geométrica, pero una solución similar se tiene aplicando la desigualdade de Jensen a la función convexa $f(t)=3^t$. ¿Sabrías escribir los detalles?

Solución. Si los cuatro puntos se quedaran a un mismo lado de un plano ecualizador, entonces serían coplanarios (estarían en un plano paralelo al ecualizador). Por tanto, un plano ecualizador debe separar a los cuatro puntos en $2$ y $2$ o bien $3$ y $1$. Para cada partición de los cuatro puntos en dos parejas, existe el plano ecualizador: basta tomar un plano paralelo a las rectas que contienen a sendas parejas y que las deje a la misma distancia (dicho plano es único porque las rectas no pueden ser paralelas ya que los cuatro puntos serían coplanarios. También para cada partición de los cuatro puntos en $3$ y $1$ puntos existe un único plano ecualizador ya que hay que tomarlo paralelo al plano que define el subconjunto de $3$ puntos y equidistante de este plano y del cuarto punto.

Por tanto, tenemos tantos planos ecualizadores como particiones: hay $3$ particiones de $2+2$ puntos y $4$ particiones de $3+1$ puntos, lo que nos da un total de $7$ planos ecualizadores.

Solución. Observemos que la ecuación se puede escribir como \[(x-p)(y-p)=p^2.\] Si suponemos que $x\leq y$, como los divisores de $p^2$ son $\pm 1$, $\pm p$ y $\pm p^2$, tendrá que darse alguna de las siguientes posibilidades:

• $x-p=-p^2$, $y-p=-1$, de donde $x=p-p^2$ e $y=p-1$,
• $x-p=-p$, $y-p=-p$, de donde $x=y=0$,
• $x-p=1$, $y-p=p^2$, de donde $x=p+1$ e $y=p^2+p$,
• $x-p=p$, $y-p=p$, de donde $x=y=2p$.

Como la ecuación es simétrica en $x$ e $y$, deducimos que todas las soluciones son $(p-p^2,p-1)$, $(p-1,p-p^2)$, $(0,0)$, $(p+1,p^2+p)$, $(p^2+p,p+1)$ y $(2p,2p)$.

Nota. Este fue también el problema 4 de la fase nacional de la Olimpiada Matemática Española de 1995.

Solución. Comenzamos factorizando \begin{align*} a_n&=n^3+1=(n+1)(n^2-n+1),\\ a_{n+1}&=(n+1)^3+1=(n+2)(n^2+n+1). \end{align*} Como $n+1$ no tiene factores en común con $n+2$ ya que son dos números consecutivos y tampoco con $n^2+n+1=n(n+1)+1$ ya que es un múltiplo de $n+1$ más una unidad. De la misma forma, $n+2$ no tiene factores en común con $n+1$ pero al ser $n^2-n+1=(n+2)(n-3)+7$, el único factor no trivial que pueden tener en común $n+2$ y $n^2-n+1$ es el $7$ (justo ocurre cuando $n+2$ es múltiplo de $7$). Finalmente, tenemos que \begin{align*} \mathrm{mcd}(n^2-n+1,n^2+n+1)&=\mathrm{mcd}(n^2-n+1,n^2+n+1-(n^2-n+1))\\ &=\mathrm{mcd}(n^2-n+1,2n)=\mathrm{mcd}(n^2-n+1,2)=1, \end{align*} puesto que $n^2-n+1$ es impar y no tiene factores en común con $n$. Con todo esto, deducimos que el máximo posible divisor común a $a_n$ y $a_{n+1}$ es $7$. Para $n=5$, tenemos que $a_5=126=18\cdot 7$ y $a_6=217=31\cdot 7$ tienen máximo común divisor $7$, luego este es el valor buscado.

Solución. Si sustituimos $b=\frac{cd}{a}$, podemos transformar \begin{align*} a+b+c+d&=a+\frac{cd}{a}+c+d=\frac{a^2+cd+ac+ad}{a}=\frac{(a+c)(a+d)}{a}. \end{align*} Ahora bien, el resultado de la fracción anterior debe ser un número entero, luego podemos factorizar $a=rs$ de forma que $r$ divide a $a+c$ y $s$ divide a $a+d$, es decir, $\frac{a+c}{r}$ y $\frac{a+d}{s}$ son enteros. Claramente estos enteros son mayores que $1$ ya que $a+c\gt a\geq r$ y $a+d\gt a\geq s$ porque $c$ y $d$ son positivos. Hemos probado así que $a+b+c+d=\frac{a+c}{r}\cdot \frac{a+d}{s}$ no es primo.

Solución. Tenemos que probar dos implicaciones:

• Si $k$ divide a $l$, entonces es más o menos evidente que $a_k$ divide a $a_l$ puesto que el número de unos en $a_l$ es múltiplo del número de unos en $a_k$ y podemos agrupar los $l$ unos en $\frac{l}{k}$ grupos de $k$ unos: \begin{align*} a_l&=1\stackrel{(k)}{\ldots}11\stackrel{(k)}{\ldots}1\ldots\ldots1\stackrel{(k)}{\ldots}1\\ &=a_k\cdot (1+10^k+10^{2k}+\ldots+10^{\frac{l}{k}-1}). \end{align*}
• Supongamos ahora que $a_k$ divide a $a_l$ y por reducción al absurdo que $k$ no divide a $l$ (luego $l\gt k$). Hacemos la división euclídea $l=qk+r$ para cierto resto $0\lt r\lt k$. Podemos usar la idea anterior para hacer grupos de $k$ unos en $a_l$ y sobrará un grupo de $r$ unos, es decir, \begin{align*} a_l&=1\stackrel{(k)}{\ldots}11\stackrel{(k)}{\ldots}1\ldots\ldots1\stackrel{(k)}{\ldots}11\stackrel{(r)}{\ldots}1\\ &=10^ra_{l-r}+a_r. \end{align*} Como $a_k$ divide a $a_{l-r}$ ya que $l-r=qk$ es múltiplo de $k$, se sigue que $a_k$ divide a $a_r$, pero esto es absurdo ya que $0\lt r\lt k$ implica que $0\lt a_r\lt a_k$.

Solución. En la figura pueden verse los tres triángulos que tienen su vértice en $P$ dibujados de colores distintos. Trasladamos dos de ellos de forma paralela a los lados hasta que se apoyen los tres sobre un mismo lado del triángulo (en la figura hemos elegido el lado $AB$). Los tres triángulos así obtenidos son semejantes pues tienen sus lados paralelos a los lados del triángulo original. Por tanto, sus áreas serán proporcionales al cuadrado de sus alturas, es decir, $S_1=\lambda h_1^2$, $S_2=\lambda h_2^2$, $S_3=\lambda h_3^2$ para cierta constante positiva $\lambda$. Por otro lado, la altura del triángulo grande $ABC$ es $h_1+h_2+h_3$ y también es semejante a los tres triángulos pequeños, luego $S=\lambda(h_1+h_2+h_3)^2$ y la desigualdad a probar se puede reescribir como \[(h_1+h_2+h_3)^2\leq 3(h_1^2+h_2^2+h_3^2)\] ya que podemos cancelar $\lambda$ en ambos miembros. Desarrollando el cuadrado y agrupando términos, esta desigualdad se puede reescribir como \[0\leq 2(h_1^2+h_2^2+h_3^2-h_1h_2-h_1h_3-h_2h_3)=(h_1-h_2)^2+(h_2-h_3)^2+(h_3-h_1)^2,\] que es obviamente cierta.

Nota. La igualdad se cumple cuando $h_1=h_2=h_3$, luego los tres triángulos pequeños deben ser iguales (congruentes). Esto se cumple si y solo si $P$ es el baricentro del triángulo. ¿Sabrías demostrarlo?