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II Olimpiada Matemática de Andalucía — 2020
Sesión 1 — Granada, sábado 22 de febrero de 2020
Problema 638
Encontrar todas las soluciones de la ecuación
\[nm = k(n + m)\]
donde $n$ y $m$ son números enteros y $k$ es un número primo mayor o igual que 2.
pistasolución 1info
Pista. Factoriza la ecuación como $(n-k)(n-k)=k^2$.
Solución. Observemos que la ecuación se puede escribir como
\[(m-k)(n-k)=k^2.\]
Si suponemos que $m\leq n$, como los divisores de $k^2$ son $\pm 1$, $\pm k$ y $\pm k^2$, tendrá que darse alguna de las siguientes posibilidades:
- $m-k=-k^2$, $n-k=-1$, de donde $m=k-k^2$ e $n=k-1$,
- $m-k=-k$, $n-k=-k$, de donde $m=n=0$,
- $m-k=1$, $n-k=k^2$, de donde $m=k+1$ e $n=k^2+k$,
- $m-k=k$, $n-k=k$, de donde $m=n=2k$.
Nota. Este fue el problema 4 de la fase nacional de la Olimpiada Matemática Española de 1995.
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Problema 639
Cuenta la leyenda que un velero pirata llegó a una remota isla perseguido por galeones
españoles y, en ella, el capitán escondió el botín que llevaba a bordo, fruto de sus abordajes. Desembarcó, con sus secuaces, en una playa desierta donde había una palmera y una roca. Clavó en la playa su espada y, desde ella, caminó en línea recta hasta la palmera. Estando en ella giró $90^\circ$ en sentido contrario de las agujas del reloj y anduvo (siempre en línea recta) la misma distancia anterior, en donde hincó una estaca. Volvió a la posición de la espada y caminó, también en línea recta hasta la roca y, girando $90^\circ$
en el sentido de las agujas del reloj, repitió la misma distancia hasta un punto en donde clavó otra estaca. Buscó el punto medio entre las dos estacas y allí ordenó enterrar el tesoro. De inmediato mandó recoger la espada y las estacas para, así, proteger la situación exacta del tesoro. Volvió al barco con su tripulación y siguió con sus fechorías hasta que pasaron diez años. Entonces volvió a la isla y desenterró el tesoro. ¿Cómo consiguió localizar el tesoro con la ayuda, únicamente, de la situación de la palmera y de la roca, que aún permanecían allí?
pistasolución 1info
Pista. Demuestra que el lugar en que se entierra el tesoro no depende de dónde se pone la espada, luego el pirata sólo tiene que hacer el mismo proceso poniendo la espada donde quiera.
Solución. Podemos poner un sistema de coordenadas de forma que la playa sea el eje $X$, de forma que la espada está colocada en el punto $E=(t,0)$. Supongamos que la palmera está en el punto $P=(x_P,y_P)$ y la roca en $R=(x_R,y_R)$, con $y_P,y_R\gt 0$. Rotando los vectores $\vec{PE}=(t-x_P,-y_P)$ y $\vec{RE}=(t-x_R,-y_R)$ un ángulo recto en sentido antihorario y horario, respectivamente, obtenemos los vectores $\vec{u}=(y_P,t-x_P)$ y $\vec{v}=(-y_R,x_R-t)$. Por tanto, sumados a los puntos $P$ y $R$, obtenemos la localización de las estacas:
\[E_1=P+\vec{u}=(x_P+y_P,y_P-x_P+t),\qquad E_2=R+\vec{v}=(x_R-y_R,x_R+y_R-t).\]
Su punto medio $M$ se calcula fácilmente como la media aritmética de las coordenadas:
\[M=\frac{E_1+E_2}{2}=\left(\frac{x_P+y_P+x_R-y_R}{2},\frac{y_P-x_P+x_R+y_R}{2}\right).\]
Este punto no depende de $t$, la localización de la espada, luego el pirata sólo tiene que repetir el mismo proceso diez años después poniendo la espada en cualquier punto de la costa.
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Problema 640
Dado un triángulo $OMA$, en los lados $OM$ y $OA$ se construyen cuadrados (en el exterior del triángulo) $OXYM$ y $OAUV$, respectivamente.
- Probar que el segmento $XV$ mide el doble de la mediana trazada desde el vértice $O$.
- Probar que las rectas que contienen a la mediana y al segmento $XV$ son perpendiculares.
pistasolución 1info
Pista. Rota $90^\circ$ el triángulo $OXV$ de forma que $X$ coincida con $M$. Resuelve el problema transformándolo en otro problema en el triángulo $AMV'$, donde $V'$ es el punto rotado de $V$.
Solución. Aplicamos una rotación de $90^\circ$ al triángulo $OXV$ de forma que $X'=M$ (como es usual denotamos con un apóstrofe a los puntos después de aplicarles la rotación). Está claro que se forma un nuevo triángulo $AV'X'$ de forma que $O$ es el punto medio del lado $AV'$. En este triángulo, $O$ es el punto medio del lado $AV'$. Si denotamos por $N$ al punto medio de $AM$, tenemos que $AON$ y $AV'M$ están en posición de Thales y son semejantes con razón de semejanza $\frac{1}{2}$. En particular,
- $XV=X'V'=MV'=2ON$, lo que responde al apartado (a).
- $ON$ es paralela a $X'V'$, luego es perpendicular a $XV$ (que es rotada de $X'V'$ un ángulo recto), lo que responde al apartado (b).
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Problema 649
Se considera una función $f:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ que verifica las siguientes propiedades:
- $f(2n) = f(2n + 1) + 1$,
- $f(2n + 1) f(2n + 2) = 4n^2 + 6n$,
- $f(2020) = 2021$.
pistasolución 1info
Pista. Observa que $4n^2+6n=2n(2n+3)$ y asigna uno de los factores a $f(2n+1)$ y otro a $f(2n+2)$ para obtener una expresión (muy sencilla) para $f(n)$ distinguiendo si $n$ es par o impar. Luego solo hay que ver que hay una única función que cumple las tres condiciones (a), (b) y (c).
Solución. Observando la factorización $4n^2+6n=2n(2n+3)$, es muy fácil encontrar la siguiente función y ver que cumple las tres condiciones:
$$f(n)=\begin{cases}
n+1&\text{si }n\text{ es par,}\\
n-1&\text{si }n\text{ es impar.}
\end{cases}$$
Vamos a probar que solo hay una función con las condiciones dadas, luego esta será la única. La condición (a) nos asegura que el valor de $f(n)$ para $n$ par determina los valores para $n$ impar. Además, nos permite reescribir las condiciones (b) y (c) como
\[(f(2n)-1)f(2n+2)=4n^2+6n,\qquad f(2020)=2021.\]
Está claro entonces que $f(2n)$ determina el valor de $f(2n+2)$ para todo $n\in\mathbb{N}$, luego $f(2020)$ determina el valor en todos los números pares mayores que $2020$. También $f(2n+2)$ determina el valor de $f(2n)$, luego $f(2020)$ determina el valor de $f$ en todos los pares menores que $2020$. Todo esto nos dice que hay una única función en esas condiciones.
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