Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Vamos a distinguir tres casos:

• Si $n$ es impar, entonces la suma de los elementos de $I_n$ es impar, luego no se puede descomponer en dos subconjuntos disjuntos con la misma suma $S$ (la suma de todos los elementos de $I_n$ sería $2S$, que es par).
• Si $n$ es múltiplo de $4$, entonces sí se puede. Una forma de hacerlo es emparejar el primero con el último, el segundo con el penúltimo y así sucesivamente. Se forma así un número par de parejas con la misma suma cada una de ellas. Bastará entonces unir la mitad de las parejas por un lado y la otra mitad por otro para formar los dos subconjuntos.
• Si $n$ es par pero no múltiplo de $4$, tenemos que $I_2=\{1,3\}$ no se puede pero $I_6=\{1,3,5,7,9,11\}$ se puede descomponer en $\{1,3,5,9\}$ y $\{7,11\}$. Para todo número de la forma $4k+6$ con $k\geq 1$, podemos separar los seis primeros elementos de $I_n$ de la misma forma que los de $I_6$ y luego emparejar los $4k$ restantes (el primero con el último, el segundo con el penúltimo,...) en $2k$ parejas de la misma suma. Entonces, $I_n=A\cup B$, siendo $A$ el conjunto unión de $k$ parejas con $\{1,3,5,9\}$ y $B$ igual a la unión de $\{7,11\}$ con las otras $k$ parejas.

Deducimos de todo esto que los valores de $n$ para los que $I_n$ se descompone en dos subconjuntos disjuntos de la misma suma son los pares mayores o iguales que $4$.

Solución. Sean $a$ la hipotenusa y $b$ y $c$ los catetos. Vamos a plantear un sistema de tres ecuaciones para obtener sus valores. Por un lado, tenemos la condición sobre el perímetro $a+b+c=96$ y la condición sobre la altura podemos escribirla calculando el área de dos formas distintas como base por altura entre $2$, esto es, se tiene que $\frac{1}{2}bc=\frac{1}{2}bh$. Finalemente, la tercera ecuación nos la da el teorema de Pitágoras $a^2=b^2+c^2$. Tenemos, pues, el siguiente sistema: \[\left\{\begin{array}{l}a+b+c=96\\bc=\frac{96}{5}a\\a^2=b^2+c^2\end{array}\right.\] Sumando dos veces la segunda ecuación a la tercera para completar el cuadrado y despejando $b+c$ de la primera, obtenemos una ecuación que sólo involucra a $a$: \[a^2+\frac{192}{5}a=b^2+c^2+2bc=(b+c)^2=(96-a)^2.\] Esta ecuación es de primer grado y nos da fácilmente $a=40$. Ahora las dos primeras ecuaciones del sistema nos dicen que $b+c=56$ y $bc=\frac{96}{5}\cdot 40=768$. Teniendo la suma y el producto, sabemos que $b$ y $c$ son las soluciones de la ecuación $x^2-56x+768=0$. Esta se resuelve con la fórmula de la ecuación de segundo grado y nos da las soluciones $x=24$ y $x=32$. Deducimos que los lados del triángulo rectángulo tienen longitudes 24, 32 y 56.

Solución. Distinguimos casos según el resto de dividir $n$ entre $6$.

• Si $n=6k$, entonces $\lfloor\frac{n}{2}\rfloor=\lfloor 3k\rfloor=3k$ y $\lfloor\frac{2n}{3}\rfloor=\lfloor 4k\rfloor=4k$, luego la ecuación queda $7k=6k+335$, cuya solución es $k=335$. Tenemos así que $n=6\cdot 335=2010$.
• Si $n=6k+1$, entonces $\lfloor\frac{n}{2}\rfloor=\lfloor 3k+\frac{1}{2}\rfloor=3k$ y $\lfloor\frac{2n}{3}\rfloor=\lfloor 4k+\frac{2}{3}\rfloor=4k$, luego la ecuación queda $7k=6k+336$, cuya solución es $k=336$. Tenemos así que $n=6\cdot 336+1=2017$.
• Si $n=6k+2$, entonces $\lfloor\frac{n}{2}\rfloor=\lfloor 3k+1\rfloor=3k+1$ y $\lfloor\frac{2n}{3}\rfloor=\lfloor 4k+\frac{4}{3}\rfloor=4k+1$. La ecuación queda $7k+2=6k+337$, luego $k=335$ y $n=6\cdot 335+2=2012$.
• Si $n=6k+3$, entonces $\lfloor\frac{n}{2}\rfloor=\lfloor 3k+\frac{3}{2}\rfloor=3k+1$ y $\lfloor\frac{2n}{3}\rfloor=\lfloor 4k+2\rfloor=4k+2$. La ecuación queda $7k+3=6k+338$, luego $k=335$ y $n=6\cdot 335+3=2013$.
• Si $n=6k+4$, entonces $\lfloor\frac{n}{2}\rfloor=\lfloor 3k+2\rfloor=3k+2$ y $\lfloor\frac{2n}{3}\rfloor=\lfloor 4k+\frac{8}{3}\rfloor=4k+2$. La ecuación queda $7k+4=6k+339$, luego $k=335$ y $n=6\cdot 335+4=2014$.
• Si $n=6k+5$, entonces $\lfloor\frac{n}{2}\rfloor=\lfloor 3k+\frac{5}{2}\rfloor=3k+2$ y $\lfloor\frac{2n}{3}\rfloor=\lfloor 4k+\frac{10}{3}\rfloor=4k+3$. La ecuación queda $7k+5=6k+340$, luego $k=335$ y $n=6\cdot 335+5=2015$.

Deducimos así que las soluciones son 2010, 2012, 2013, 2014, 2015 y 2017.

Solución. Si reflejamos repetidamente el triángulo respecto de sus lados, entonces la poligonal que forma la trayectoria del rayo se vuelve una línea recta ya que el ángulo de incidencia es el de reflexión. Como nos dicen que se refleja primero respecto de $AB$, luego $AC$ y por último $BC$, estas son las reflexiones que debemos hacer y que hemos dibujado en la figura. Vemos así que hay una única forma hacer los rebotes para que se cumpla la condición del enunciado y ahora solamente hay que calcular su longitud.

Para ello, observamos que $OBA'$ es un triángulo rectángulo ya que $OB$ es una altura del triángulo equilátero y $BA'$ es paralela al lado opuesto. Además, se tiene que $OB=\frac{2}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}$ (dos tercios de la altura) y $BA'=2$ (dos veces el lado), luego el teorema de Pitágoras nos da la distancia que buscamos: \[OA'=\sqrt{\left(\tfrac{\sqrt{3}}{3}\right)^2+2^2}=\frac{\sqrt{39}}{3}.\]

Solución. Llamamos $a=\sqrt[4]{97-x}$ y $b=\sqrt[4]{x}$, con lo que la ecuación que nos dan se puede escribir de forma equivalente como el siguiente sistema: \[\left\{\begin{array}{l}a+b=5\\a^4+b^4=97\end{array}\right.\] Utilizando el binomio de Newton, podemos desarrollar \begin{align*} (a+b)^4&=a^4+4a^3b+6a^2b^2+4ab^3+b^4\\ &=a^4+b^4+4ab(a^2+b^2)+6a^2b^2\\ &=a^4+b^4+4ab((a+b)^2-2ab)+6a^2b^2\\ &=a^4+b^4+4ab(a+b)^2-2a^2b^2. \end{align*} Sustituyendo $a+b=5$ y $a^4+b^4=97$, obtenemos la siguiente ecuación de segundo grado en la incógnita $ab$, que podemos resolver fácilmente: \[(ab)^2-50ab+264=0\ \Longrightarrow\ ab=\frac{50\pm \sqrt{1444}}{2}=\begin{cases}44,\\6.\end{cases}\] Distinguimos dos casos:

• Si $ab=44$, entonces tenemos la suma $a+b=5$ y el producto $ab=44$, lugo podemos despejar $a$ y $b$ como las soluciones de la ecuación de segundo grado $x^2-5x+44=0$. Esta ecuación no tiene soluciones reales.
• Si $ab=6$, entonces $a$ y $b$ son las soluciones de la ecuación de segundo grado $x^2-5x+6=0$, es decir, $(a,b)=(2,3)$ o bien $(a,b)=(3,2)$. Como $x=b^4$, tenemos las soluciones $x=16$ y $x=81$, que claramente verifican la ecuación inicial.

Solución. El primer jugador comienza poniendo un $-1$ en el término independiente, de forma que se limitan las posibles soluciones enteras a $1$ y $-1$. Consideremos las posibles factorizaciones: \begin{align*} (x-1)(x+1)(x^2+ax+1)&=x^4+ax^3-ax-1,\\ (x+1)^2(x^2+ax+1)&=x^4+(a+2)x^3+2ax^2+(a-2)x-1,\\ (x-1)^2(x^2+ax+1)&=x^4+(a-2)x^3-2ax^2+(a+2)x-1.\\ \end{align*} La primera factorización no es posible ya que implica poner un $0$ en el término de grado $2$. Ahora, cuando el segundo jugador pone un número en uno de los coeficientes de $x$, $x^2$ o $x^3$, determinar a lo sumo dos valores de $a$ (uno para la segunda factorización y otro para la tercera). El primer jugador sólo tiene que escribir en uno de los huecos restantes un número que determine un valor de $a$ diferente de estos dos.

Nota. Si el primer jugador pone un $1$ en lugar de $-1$ en el término independiente, entonces es el segundo jugador el que tiene la estrategia ganadora. Para verlo, tomamos la factorización \[(x-1)(x+1)(x^2+ax-1)=x^4+ax^3-2x^2-ax+1.\] Si el segundo juega un $-2$ en el término de $x^2$, en su segundo turno solo tendrá que poner lo opuesto a lo que haya puesto el primer jugador en su segundo turno.

Solución. Una forma de colocar las siete fichas es la que indica la siguiente tabla: \[\left[\begin{array}{cccc} \circ&\bullet&\bullet&\circ\\ \bullet&\circ&\bullet&\circ\\ \circ&\circ&\circ&\bullet\\ \bullet&\bullet&\circ&\circ \end{array}\right]\] Veamos ahora que si ponemos sólo seis, entonces siempre estarán en dos filas y dos columnas. Como sólo hay cuatro filas, pongamos como pongamos las seis fichas, siempre habrá dos filas que contengan a cuatro de ellas, luego esas dos filas las eliminamos. Ahora las dos fichas restantes podremos eliminarlas eliminando sus respectivas columnas.

Solución. Sea $M$ el punto medio de $CD$, de forma que $EM$ es una altura del triángulo isósceles $CDE$. El ángulo $\alpha=\angle CED$ verifica que $\mathrm{tan}(\frac{\alpha}{2})=\frac{CM}{EM}$. El ángulo será máximo cuando la tangente sea máxima, es decir, cuando $EM$ sea mínimo ya que $CM$ no depende de dónde hayamos puesto el punto $E$. Ahora podemos restringirnos al plano que contiene al triángulo $ABM$. El segmento $EM$ está en este plano y su longitud será mínima cuando $EM$ sea perpendicular a $AB$, es decir, cuando $EM$ sea una altura de $ABM$, que coincide con la mediatriz por ser $ABM$ isósceles. Concluimos que el ángulo $\angle CED$ es máximo cuando $E$ es el punto medio de $AB$.

Nota. Usando el seno en lugar de la tangente, también puede razonarse de forma similar que lo que hay que minimizar es la longitud de $CE$, lo que nos lleva a que ha de ser perpendicular a $AC$ y $E$ tiene que ser el punto medio.

Solución. Un conjunto especial de tres elementos es $\{2,3,4\}$. Veamos ahora que no existen cuatro números en progresión aritmética que formen un conjunto especial. Para ello, supongamos que $a$, $a+b$, $a+2b$ y $a+3b$ forman un conjunto especial y lleguemos a una contradicción. Observemos en primer lugar que si tomamos $d=\mathrm{mcd}(a,b)$ y $d\neq 1$, entonces considerando $a'=\frac{a}{d}$ y $b'=\frac{b}{d}$, los números $a'$, $a'+b'$, $a'+2b'$ y $a'+3b'$ también están en progresión aritmética, forman un conjunto especial y $\mathrm{mcd}(a',b')=1$. Por tanto, podemos suponer que el máximo común divisor de $a$ y $b$ es uno. En esta situación, $a(a+b)$ es divisible por $b^2$ por ser el conjunto especial luego $a^2+ab=a(a+b)=kb^2$ para cierto entero $k$, de donde $a^2=(k-a)b$ es divisible por $b$ lo cual, salvo que $b=1$, es imposible ya que habíamos supuesto que $\mathrm{mcd}(a,b)=1$. Por tanto, el conjunto ha de ser de la forma $\{a, a+1, a+2, a+3\}$ pero entonces como es especial se tiene que $a(a+2)$ y $(a+1)(a+3)$ son divisibles por $4$ pero uno de estos dos números es impar y hemos llegado a la contradicción buscada.

Solución. Para centrar el problema, vamos a pensar que el jardinero tiene los 12 árboles en macetas y va cogiendo una a una una maceta sin mirar de qué tipo de árbol es y la planta consecutivamente en 12 agujeros que previamente ha cavado. De esta forma, está claro que hay $12!$ formas posibles de plantar los árboles. Veamos cuántas de ellas tienen no tienen hayas consecutivas para hallar la probabilidad como casos favorables entre casos posibles.

Denotamos por $H$ a las hayas y por $A$ a los otros árboles (robles o encinas). Para que no estén consecutivas, tendremos que poner al menos un árbol entre cada haya: \[\_\ H\ A\ \_\ H\ A\ \_\ H\ A\ \_\ H\ A\ \_\ H\ \_\] aunque nos quden seis huecos marcados con $\_$ para poner otras tres $A$. Estas se podrán poner libremente en uno de los seis huecos, lo que nos da un total de $6^3$ configuraciones. Para cada una de ellas, podemos permutar las $H$ y permutar las $A$ libremente, lo que nos da un total de $5!\cdot 7!$ casos posibles por cada una de las $6^3$ configuraciones. La probabilidad que buscamos es, por lo tanto, \[\frac{6^3\cdot 5!\cdot 7!}{12!}=\frac{3}{11}.\]

Solución. Llamamos $a=\sqrt[3]{1729-x}$ y $b=\sqrt[3]{x}$, luego podemos reescribir esa ecuación como el sistema de ecuaciones \[\left\{\begin{array}{l}a+b=19\\a^3+b^3=1729.\end{array}\right.\] Factorizando $a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$, obtenemos que $a^2-ab+b^2=\frac{1729}{19}=91$. Restando a esta última expresión $a^2+2ab+b^2=(a+b)^2=361$, llegamos a que $-3ab=91-361=-270$, de donde $ab=90$. Tenemos, entonces que $a+b=19$ y $ab=90$, lo que nos dice que $a$ y $b$ son las soluciones de la ecuación $t^2-19t+90=0$. Usando la fórmula de la ecuación de segundo grado, se llega fácilmente a que $(a,b)=(9,10)$ o $(a,b)=(10,9)$. Como $x=b^3$, tenemos las posibles soluciones $x=1000$ y $x=729$ y se comprueba fácilmente que ambas efectivamente verifican la ecuación.

Solución. La condición que nos dan se escribe como \[1000a+100b+10c+d=(10a+b)^2+(10c+d)^2-(10c+d).\] Si ahora escribimos $r=10a+b$ y $s=10c+d$, esto puede reescribirse como \[100r+s=r^2+s^2-s\ \Longleftrightarrow\ (r-50)^2+(s-1)^2=2501,\] donde lo único que hemos hecho es completar cuadrados. Ahora bien, como un cuadrado tiene cifra de las unidades igual a $0,1,4,5,6,9$, la ecuación $x^2+y^2=2501$ implica que las cifras de las unidades de $x^2$ e $y^2$ son $0$ y $1$ o bien $5$ y $6$ (en algún orden). Además, sólo tenemos que probar con $1\leq x\leq \sqrt{1250}\lt 36$, lo que nos dice que \[x\in\{1,4,5,6,9,10,11,14,15,16,19,20,21,24,25,26,29,30,31,34,35\}.\] Analizando los casos para los que $2501-x^2$ es cuadrado perfecto, nos queda solo $x=1$ y $x=10$ (hay más trucos para descartar casos; por ejemplo, $x$ no puede ser múltiplo de $3$, ¿sabrías justificar por qué?). Tenemos entonces las descomposiciones $1^2+50^2=10^2+49^2=2501$.

Por lo tanto, $|r-50|$ y $|s-1|$ son iguales a $1$, $10$, $49$ o $50$. Obviamente, no puede ser $|r-50|=50$ ni $r-50=-49$ porque no se cumpliría que $10\leq r\leq 99$. Tenemos así cinco soluciones (observemos que en cada una de ellas sólo hay un valor posible de $s$ porque el otro, para el otro signo en el valor absoluto, no cumple que $0\leq s\leq 99$):

• Si $r=49$, entonces $s=51$, lo que nos da la solución $4951$.
• Si $r=51$, entonces $s=49$, lo que nos da la solución $5149$.
• Si $r=40$, entonces $s=50$, lo que nos da la solución $4050$.
• Si $r=60$, entonces $s=50$, lo que nos da la solución $6050$.
• Si $r=99$, entonces $s=11$, lo que nos da la solución $9911$.

Nota. Si permitimos que $a=0$, con el mismo razonamiento también tenemos las soluciones con $r=0$ (que implica $s=0$ o $s=2$) y con $r=1$ (que implica $s=11$), luego también tendríamos los números $0000$, $0002$ y $0111$.