Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Hay que tener en cuenta que si una de las cifras del número es par es porque hay una llevada de la suma de las cifras de orden inmediatamente inferior. Vamos a analizar cada caso por separado:

• 6204773 es bonito (por ejemplo, tomando $s=3557931$ y $t=2646842$).
• 6372538 no es bonito puesto que la cifra de las unidades es par y no puede obtenerse como suma de un dígito par y otro impar (no hay llevadas).
• 7343053 no es bonito ya que después del cero de las centenas hay necesariamente una llevada, luego la siguiente cifra no puede ser impar y en este caso es un tres.
• 8993267 no es bonito ya que el 8 en las unidades de millón implica una llevada y por tanto las cifras de $t$ y $s$ en las centenas de millar deben sumar 19, lo que implica que ambas son 9 (más otra llevada de las decenas de millar). Esto impide que las cifras de $s$ sean todas pares.
• 9652393 es bonito (tomando $t=5371751$ y $s=4280642$).

Solución. El teorema del seno en el triángulo $ABD$ nos dice que \[\frac{AB}{\mathrm{sen}(60)}=\frac{DA}{\mathrm{sen}(20)}=\frac{BD}{\mathrm{sen}(100)}=\frac{DA+BD}{\mathrm{sen}(20)+\mathrm{sen}(100)}.\] El teorema del seno en el triángulo $ABC$ nos dice que \[\frac{AB}{\mathrm{sen}(40)}=\frac{BC}{\mathrm{sen}(100)}.\] Combinando estos dos resultados, tenemos que \[\frac{DA+BD}{\mathrm{sen}(20)+\mathrm{sen}(100)}=\frac{AB}{\mathrm{sen}(60)}=\frac{BC\,\mathrm{sen}(40)}{\mathrm{sen}(60)\mathrm{sen}(100)}.\] Por tanto, será suficiente probar que \[\frac{1}{\mathrm{sen}(20)+\mathrm{sen}(100)}=\frac{\mathrm{sen}(40)}{\mathrm{sen}(60)\mathrm{sen}(100)}\] o lo que es lo mismo \[\mathrm{sen}(60)\mathrm{sen}(100)=\mathrm{sen}(20)\mathrm{sen}(40)+\mathrm{sen}(100)\mathrm{sen}(40).\] Usando una identidad trigonométrica de factorización (ver nota), lo anterior equivale a su vez a \[\cos(40)-\cos(160)=\cos(20)-\cos(60)+\cos(60)-\cos(140),\] y esta igualdad es cierta ya que $\cos(140)=-\cos(40)$ y $\cos(160)=-\cos(20)$ ya que se trata de ángulos suplementarios.

Nota. Hemos usado la identidad de factorización \[\mathrm{sen}(x)\mathrm{sen}(y)=\frac{\cos(x-y)-\cos(x+y)}{2},\] que se deduce fácilmente sumando las fórmulas de los cosenos de la suma y la diferencia.

Solución. Si aplicamos la desigualdad de Cauchy-Schwarz a los vectores $(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5)$ y $(a_2,a_3,a_4,a_5,a_6)$ obtenemos que cualesquiera que sean los valores de los seis números dados, se tiene que \[(a_1a_2+a_2a_3+\ldots+a_5a_6)^2\leq (a_1^2+\ldots+a_5^2)(a_2^2+\ldots+a_6^2).\] Ahora bien, el enunciado nos dice que se da la igualdad, luego los dos vectores tienen que ser proporcionales. Como son números no nulos, deberá existir una constante $\lambda\neq 0$ tal que \[(a_2,a_3,a_4,a_5,a_6)=\lambda(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5).\] En otras palabras, $a_2=\lambda a_1$, $a_3=\lambda a_2$, $a_4=\lambda a_3$, $a_5=\lambda a_4$ y $a_6=\lambda a_5$. Tenemos así que los números están en progresión geométrica de razón $\lambda$.

Solución. Observamos en primer lugar que el reparto es posible ya que la ecuación $a+(a+1)+(a+2)+\ldots+(a+11)=2022$ tiene solución entera $a=163$, de forma que los piratas obtienen desde $163$ monedas el menor hasta $163+11=174$ el mayor. Trabajando módulo $12$, a cada uno le toca un número de monedas con un resto distinto, pero la idea fundamental es que tras hacer un traspaso de monedas, cada uno se queda con $1$ moneda más (módulo $12$, cosa que no le hará gracia al que pierde $11\equiv -1$ monedas). Por tanto, a lo largo de todo el proceso, hemos encontrado el invariante de que todos los restos serán distintos. Esto nos dice que la configuración en que un pirata acumula el mayor número de monedas es que los otros tengan $0,1,2,3,\ldots,10$ monedas y él tenga las $1965$ restantes.

Todavía nos queda por ver que esto es posible, es decir, hemos buscado el que teóricamente es el mejor escenario posible, pero podría ocurrir que no se pudiera llegar a él. La idea para conseguirlo es que los once piratas menores repartan monedas mientras puedan y el mayor no reparta nada. En este proceso, por cada reparto de los menores, el mayor va acumulando una moneda más, luego los menores se van quedando (en conjunto) con una moneda menos en cada paso. De esta manera, el proceso debe terminar en el momento en que los once menores tienen todos ellos menos de $11$ monedas. Por el argumento de los restos módulo $12$, estos piratas deben tener necesariamente $0,1,2,\ldots,10$ monedas (en algún orden) y el mayor tendrá las $1965$ restantes.

Nota. El problema no tiene nada que ver con $12$ o $2022$ salvo que $2022$ es la suma de $12$ enteros consecutivos. Convéncete de que el mismo problema se resuelve de forma análoga para $m$ piratas y $a+\frac{m(m-1)}{2}$ monedas (para cualesquiera enteros $m\geq 2$ y $a\geq 0$).

Solución. Todas las personas no pueden ser mentirosas, ya que entonces la que está más a la derecha estaría diciendo la verdad. Tampoco pueden decir todas la verdad ya que entonces la que está más a la izquierda sería mentirosa. En particular, tenemos que la que está más a la derecha debe decir la verdad y la que está más a la izquierda es mentirosa. Si ahora a estas dos las quitamos de la fila, quedarán otras 2020 personas. Al haber quitado una mentirosa a la izquierda de todas y una sincera a la derecha, la afirmación de que hay más mentirosos a mi izquierda que personas que digan la verdad a mi derecha sigue teniendo la misma validez si solo miramos a estas 2020 personas. El mismo razonamiento nos permite reducir el problema de 2020 a 2018, de 2018 a 2016 y así sucesivamente, luego las 1011 personas más a la izquierda mienten y las 1011 más a la derecha son sinceras.

Nota. Aunque la solución es bastante clara, lo que se esconde al decir así sucesivamente es un proceso de inducción. Vamos a formalizar la solución demostrando por inducción que para un grupo de $2n$ personas que hacen tales afirmaciones, $n\geq 1$, necesariamente las $n$ personas más a la izquierda son mentirosas y las $n$ más a la derecha son sinceras. Para el caso base $n=2$, es obvio que la de la izquierda miente y la de la derecha dice la verdad. Ahora, supuesto que para un grupo de $2n$ personas se cumple este enunciado, para $2(n+1)=2n+2$ personas podemos usar el argumento dado para deducir que la de más a la izquierda miente y la de más a la derecha dice la verdad. Al eliminarlas, tenemos un grupo de $2n$ personas que también cumple el enunciado, luego las $n$ más a la izquierda son mentirosas y las $n$ más a la derecha son sinceras. De esta forma, de las $2n+2$ personas, las $n+1$ más a la izquierda son mentirosas y los $n+1$ más a la derecha son sinceras.

Solución. Consideremos los ángulos $\alpha=\angle APB$, $\beta=\angle BPC$, $\gamma=\angle CPD$ y $\delta=\angle DPA$, que suman $360^\circ$. Entonces, podemos escribir \begin{align*} \text{Área}(PAB&)=\tfrac{1}{2}PA\cdot PB\cdot\mathrm{sen}(\alpha),& \text{Área}(PCD&)=\tfrac{1}{2}PC\cdot PD\cdot\mathrm{sen}(\gamma),\\ \text{Área}(PBC&)=\tfrac{1}{2}PB\cdot PC\cdot\mathrm{sen}(\beta),& \text{Área}(PDA&)=\tfrac{1}{2}PD\cdot PA\cdot\mathrm{sen}(\delta). \end{align*} Por tanto, la condición del enunciado se escribe como \[\mathrm{sen}(\alpha)\mathrm{sen}(\gamma)=\mathrm{sen}(\beta)\mathrm{sen}(\delta).\qquad (\star)\] Ahora bien, como $\alpha+\beta+\gamma+\delta=360^\circ$, la igualdad $(\star)$ nos dice que \begin{align*} \cos(\alpha+\gamma)=\cos(\beta+\delta)&\ \Leftrightarrow\ \cos(\alpha)\cos(\gamma)-\mathrm{sen}(\alpha)\mathrm{sen}(\gamma)=\cos(\beta)\cos(\delta)-\mathrm{sen}(\beta)\mathrm{sen}(\delta)\\ &\ \Leftrightarrow\ \cos(\alpha)\cos(\gamma)=\cos(\beta)\cos(\delta). \end{align*} Elevando esta última al cuadrado y cambiando $\cos^2=1-\mathrm{sen}^2$, llegamos a que \[(1-\mathrm{sen}^2(\alpha))(1-\mathrm{sen}^2(\gamma))=(1-\mathrm{sen}^2(\beta))(1-\mathrm{sen}^2(\delta)).\] Desarrollamos y usamos $(\star)$ de nuevo para obtener que \[\mathrm{sen}^2(\alpha)+\mathrm{sen}^2(\gamma)=\mathrm{sen}^2(\beta)+\mathrm{sen}^2(\delta)\] Sumando dos veces $(\star)$ a esta última ecuación, nos queda \[\left(\mathrm{sen}(\alpha)+\mathrm{sen}(\gamma)\right)^2=\left(\mathrm{sen}(\beta)+\mathrm{sen}(\delta)\right)^2.\] Como todos los senos son positivos (aquí usamos que el cuadrilátero es convexo, luego $\alpha,\beta,\gamma,\delta\lt 180^\circ$), deducimos finalmente que $\mathrm{sen}(\alpha)+\mathrm{sen}(\gamma)=\mathrm{sen}(\beta)+\mathrm{sen}(\delta)$. En otras palabras, las dos parejas $(\mathrm{sen}(\alpha),\mathrm{sen}(\gamma))$ y $(\mathrm{sen}(\beta),\mathrm{sen}(\delta))$ tienen la misma suma y el mismo producto, luego son iguales salvo reordenación.

• Si $\mathrm{sen}(\alpha)=\mathrm{sen}(\beta)$ y $\mathrm{sen}(\gamma)=\mathrm{sen}(\delta)$, hay dos posibilidades. La primera es que $\alpha+\beta=180^\circ$ o $\beta+\delta=180^\circ$ (en cuyo caso, $P$ está en la diagonal $AC$ o $BD$, respectivamente). La segunda es que $\alpha=\beta$ y $\gamma=\delta$; como $\alpha+\beta+\gamma+\delta=360^\circ$, se tiene que $\alpha+\delta=180^\circ$ y $P$ está sobre $BD$.
• Si $\mathrm{sen}(\alpha)=\mathrm{sen}(\delta)$ y $\mathrm{sen}(\gamma)=\mathrm{sen}(\beta)$, se razona de forma totalmente análoga.

Solución. Llamamos $x=2^a$ e $y=2^b$ por comodidad. Podemos eliminar $c$ en la segunda ecuación usando la primera para escribir \[7=2^a+2^b+2^{3-a-b}=2^a+2^b+\frac{8}{2^a2^b}=x+y+\frac{8}{xy}.\] Por otro lado, la tercera ecuación nos dice que $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{3}{4}$, que también puede escribirse como $x+y=\frac{3}{4}xy$. Por tanto, tenemos que \[7=x+y+\frac{8}{xy}=\frac{3}{4}xy+\frac{8}{xy}\ \Leftrightarrow\ 3(xy)^2-28xy+32=0.\] Esto puede verse como una ecuación de segundo grado con incógnita el producto $xy$, que nos da las soluciones $xy=\frac{4}{3}$ y $xy=8$. Distingamos los dos casos:

• Si $xy=\frac{4}{3}$, entonces $x+y=\frac{3}{4}xy=1$. Conociendo la suma $1$ y el producto $\frac{3}{4}$, ls números $x$ e $y$ deben las soluciones de la ecuación $t^2-t+\frac{3}{4}=0$, pero esta ecuación no tiene soluciones reales.
• Si $xy=8$, entonces $x+y=\frac{3}{4}xy=6$, en cuyo caso $x$ e $y$ son soluciones de la ecuación $t^2-6t+8=0$, que son $t=2$ y $t=4$, lo que nos da $a=1$ y $b=2$ (salvo reordenación) y la condición $a+b+c=3$ nos da $c=0$.

Deducimos así que las soluciones al sistema son $(1,2,0)$ y $(2,1,0)$.

Solución. Sustituyendo $x=y=z=0$ en la ecuación del enunciado, tenemos que $4p(0)=3p(0)$, de donde $p(0)=0$. Por otro lado, si hacemos $x=y=z$ en el enunciado, obtenemos la ecuación $3p(x)+p(3x)=3p(2x)$. Al desarrollar esta igualdad nos queda una igualdad de polinomios. Los términos de mayor grado nos dan la ecuación $3a_nx^n+a_n3^nx^n=3a_n 2^n x^n$, siendo $p(t)=a_nt^n+\ldots +a_1t+a_0$ con $a_n\neq 0$. Esta condición nos dice que $1+3^{n-1}=2^n$ y esta igualdad es cierta para $n=1$ y $n=2$, pero no para $n\geq 3$ (¿por qué?). Por tanto, el grado de $p$ es $n\leq 2$.

Deducimos así que $p(t)=at^2+bt$ para ciertos $a,b\in\mathbb{R}$. Se puede comprobar fácilmente que todos estos polinomios (para todo $a,b\in\mathbb{R}$) cumplen la ecuación dada.

Solución. Si desarrollamos la ecuación del enunciado nos queda un polinomio en las tres variables $x,y,z$. Como la igualdad debe ser válida para todo $x,y,z$, se deduce que los coeficientes de monomios de grados iguales en ambos miembros ha de ser el mismo. Si $n\geq 3$, el miembro de la izquierda tiene monomios de la forma $x^ay^bz^c$, con $a,b,c\geq 1$, y por el contrario el miembro de la derecha no los tiene. Esto nos dice que $p$ tiene grado $n\leq 2$. Sustituyendo $x=y=z=0$ en la ecuación del enunciado, tenemos además que $4p(0)=3p(0)$, de donde $p(0)=0$.

Deducimos así que $p(t)=at^2+bt$ para ciertos $a,b\in\mathbb{R}$. Como estos polinomios claramente cumplen la ecuación (ya que $t^2$ y $t$ la cumplen), la solución al problema son todos los polinomios de la forma $p(t)=at^2+bt$ para ciertos $a,b\in\mathbb{R}$.

Nota. Esta solución puede considerarse avanzada al usar el resultado de identidad de polinomios de varias variables. Otra versión también avanzada que en el fondo explota la misma idea es derivar ambos miembros primero respecto de la variable $x$, luego respecto de la variable $y$ y finalmente respecto de la variable $z$: la ecuación queda $p'''(x+y+z)=0$ para todo $x,y,z\in\mathbb{R}$, que nos lleva también a que $p$ es de segundo grado a lo sumo.