Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Ser divisible por $45$ es lo mismo que ser divisible simultáneamente por $5$ y por $9$. Por un lado tenemos que \[A(n)\equiv 1+1+1+\ldots+1=n\ (\text{mod }5),\] luego $A(n)$ es múltiplo de $5$ si y solo si $n$ lo es. Por otro lado, \[A(n)\equiv 1+2+3+\ldots+n=\frac{n(n+1)}2\ (\text{mod }9),\] ya que cada número es congruente con la suma de sus cifras módulo $9$ y donde hemos usado además la fórmula conocida para la suma de los $n$ primeros números naturales. Ahora bien, $\frac{n(n+1)}2$ es múltiplo de $9$ cuando $n$ o $n+1$ sean múltiplos de $9$ (ambos no pueden ser múltiplos de $3$ porque son enteros consecutivos). Buscando el primer múltiplo positivo de $5$ tal que $n$ o $n+1$ sean múltiplos de $9$, llegamos rápidamente a que la respuesta a la pregunta del enunciado es $n=35$.

Solución. La división de polinomios nos dice que podemos expresar \[P(x)=(x^3+ax+b)Q_1(x)+R(x)=(x^3+ax^2+b)Q_2(x)+R(x),\] donde $Q_1(x)$ y $Q_2(x)$ son los cocientes y $R(x)$ es el resto común a ambas divisiones. Evaluando la igualdad anterior en $x=0$, obtenemos que \[P(0)=b Q_1(0)=b Q_2(0),\] luego $Q_1(0)=Q_2(0)$ puesto que $b\neq 0$. Evaluando ahora en $x=1$, tenemos que \[P(1)=(1+a+b)Q_1(1)=(1+a+b)Q_2(1)\] Si $a+b+1\neq 0$, entonces esto nos da $Q_1(1)=Q_2(1)$. Por tanto, tendríamos que $Q_1$ y $Q_2$ son dos polinomios de grado $2$ con el mismo coeficiente de $x^2$, el mismo término independiente y la misma suma de coeficientes. Deducimos que $Q_1=Q_2$, lo que nos lleva en la división original a que $x^3+ax+b=x^3+ax^2+b$, pero esto no es posible porque $a\neq 0$ según el enunciado. Esta contradicción nos asegura que $a+b+1=0$, es decir, $a+b=-1$.

Nota. Una pregunta natural es si realmente existen polinomios en las condiciones anteriores (para ser rigurosos, podrían no existir tales polinomios y entonces no tener ningún valor $a+b$). Planteando la ecuación coeficiente a coeficiente y suponiendo que $Q_1(x)$ y $Q_2(x)$ tienen coeficiente $1$ en $x^2$, dejamos como ejercicio ver que tiene que ser \[Q_1(x)=x^2+x-b,\qquad Q_2(x)=x^2-bx-b.\] El resto $R(x)=cx+d$ es un polinomio arbitrario de grado $1$, luego tendríamos las soluciones \[P(x)=x^5-b x^4-(2b+1)x^3+(b+2)bx^2+(b+c)x+(d-b^2)\] para cualesquiera $b,c,d\in\mathbb{R}$ con $b\not\in\{-1,0\}$.

Solución. Como los triángulos $BFD$ y $BGD$ son rectángulos con hipotenusa común $BD$, deducimos que el cuadrilátero $BFDG$ es cíclico, es decir, hay una circunferencia que pasa por sus cuatro vértice. El centro de dicha circunferencia en $I$, el punto medio del diámetro $BD$. De la misma forma, hay una circunferencia con centro en $J$ en la que se inscribe el cuadrilátero $AECH$. Demostraremos que $KL$ es el eje radical de estas dos circunferencias y, por tanto, ortogonal a la recta $IJ$ que une sus centros.

Para ello, sólo hay que ver que $K$ y $L$ tienen la misma potencia respecto de ambas circunferencias, lo que equivale a decir que $LB\cdot LF=LE\cdot LA$ y $KD\cdot KG=KC\cdot KH$. Sin embargo, la primera igualdad se deduce directamente de que los triángulos $LFA$ y $LEB$ son semejantes, mientras que la segunda viene de que $KGC$ y $KDH$ son semejantes. En ambos casos se trata de triángulos rectángulos con un ángulo (no recto) común.

Nota. La demostración vale tanto si el cuadrilátero es cóncavo o convexo, o incluso si no hay cuadrilátero sino solo cuatro puntos dados en el plano. La única salvedad es que $ABCD$ sea un paralelogramo, en cuyo caso $I=J$ (y, por tanto, la recta $IJ$ no está definida) y $K$ y $L$ no existen ya que las rectas cuya intersección los define son paralelas.

Solución. Sea $M$ el punto medio del lado $AB$. Como se trata de un trapecio isósceles, está claro que los triángulos $AMC$, $CMD$ y $CMB$ son equiláteros de lado $5$. Además, $AC$ y $BD$ contienen son mediatrices de $CMD$ correspondientes a los lados $DM$ y $CM$, respectivamente, luego $O$ es el circuncentro de $CMD$. Además, $DM$ y $EF$ son paralelas ya que ambas son perpendiculares a $AC$. Aplicando el teorema de Tales a estas paralelas que cortan a $AC$, $AD$ y $AB$ y teniendo en cuenta que $ON=\frac{1}{3}\cdot CN$, siendo $N$ la intersección de $AC$ y $DM$, llegamos a que $DE=FM=\frac{1}{3}MB=\frac{5}{3}$.

Con todo esto ya podemos calcular el área de $AECF$ puesto que esta consta de los dos triángulos equiláteros $ADM$ y $DMC$ (en azul en la figura). Ambos tienen lado $\ell=5$, luego su área es $\frac{\ell^2\sqrt{3}}{4}=\frac{25\sqrt{3}}{4}$ (esto se comprueba fácilmente usando el teorema de Pitágoras). También tenemos que contar los dos triángulos congruentes $DEC$ y $CMF$ (en amarillo en la figura), que tienen la misma altura que los equiláteros pero un tercio de su base, luego cada uno aporta un tercio del área ya calculada $\frac{25\sqrt{3}}{4}$. En resumen, tenemos que \begin{align*} \mathrm{Area}(AECF)&=\mathrm{Area}(ADM)+\mathrm{Area}(DMC)+\mathrm{Area}(DEC)+\mathrm{Area}(CMF)\\ &=\frac{25\sqrt{3}}{4}+\frac{25\sqrt{3}}{4}+\frac{1}{3}\cdot\frac{25\sqrt{3}}{4}+\frac{1}{3}\cdot\frac{25\sqrt{3}}{4}=\frac{50\sqrt{3}}{3}. \end{align*}

Solución. Elevando al cuadrado, tenemos que $a-\sqrt{a+x}=x^2$ y depejamos la raíz como $x^2-a=\sqrt{a+x}$. Elevando de nuevo al cuadrado, tenemos la ecuación \[x^4-2ax^2+a^2=a+x\ \Leftrightarrow\ x^4-2ax^2+x+a(a-1)=0.\] Esta última ecuación de grado $4$ puede parecer imposible de resolver ya que tiene el parámetro $a$, pero resulta que se puede factorizar como producto de dos polinomios de grado $2$: \[0=x^4-2ax^2+x+a(a-1)=(x^2-x-a)(x^2+x-a+1).\] Esto nos da dos ecuaciones de segundo grado. La primera ecuación nos da dos soluciones: \[x^2-x-a=0\ \leadsto\ x_1=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2},\ x_2=\frac{1-\sqrt{1+4a}}{2}.\] La segunda por su parte nos da otras dos soluciones: \[x^2+x-a+1=0\ \leadsto\ x_3=\frac{-1+\sqrt{4a-3}}{2},\ x_4=\frac{-1-\sqrt{4a-3}}{2}.\] Sin embargo, tenemos que comprobar si cada una de estas cuatro soluciones realmente cumple la ecuación original (al elevar al cuadrado podemos haber introducido soluciones ficticias (donde las raíces del enunciado no están definidas o no dar los valores correctos).

• $x_2$ y $x_4$ son negativos, luego no son soluciones ya que $x=\sqrt{a-\sqrt{x+a}}\geq 0$ nos dice que $x$ tiene que ser positivo (una raíz nunca es negativa).
• $x_1$ tampoco es solución ya que $x_1=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2}\gt\frac{\sqrt{4a}}{2}=\sqrt{a}$ y cualquier solución cumple que $x=\sqrt{a-\sqrt{x+a}}\lt\sqrt{a}$.
• $x_3$ sí que es solución (la nota de abajo nos da otro motivo del porqué). Para verlo, nos damos cuenta primero de que $x_3\geq 0$ y, por tanto, $x_3+a\geq 0$; además, tenemos que \begin{align*} 0\leq x_3+a&=\frac{2a-1+\sqrt{4a-3}}{2}\\ &\leq \frac{2a-1+2a-1}{2}=2a-1=a^2-(a-1)^2\leq a^2. \end{align*} Por tanto, se cumple que $\sqrt{x_3+a}\leq a$ y la raíz grande del enunciado también está bien definida. Deducimos que $x_3$ es la única solución.

Nota. Un atajo que nos puede hacer entender mejor el problema es darse cuenta de que el miembro de la izquierda $f(x)=\sqrt{a-\sqrt{a+x}}$ es una función continua y estrictamente decreciente definida en un intervalo $[0,x_0]$ con $f(0)>0$ y $f(x_0)=0$ y que el de la derecha $g(x)=x$ es también continua y estrictamente creciente con $g(0)=0$ y $\lim_{x\to\infty}g(x)=+\infty$, luego la ecuación $f(x)=g(x)$ tiene necesariamente una única solución.

Solución. Sea $A_i$ la suma de la fila $i$-ésima y $B_j$ la suma de la columna $j$-ésima. La condición del enunciado es que el elemento $(i,j)$ de la tabla tiene el valor $A_iB_j$. Por lo tanto, si llamamos $S$ a la suma de todos los elementos de la tabla, los elementos de la fila $i$-ésima suman \begin{align*} A_i=A_iB_1+A_iB_2+\ldots+A_{i}B_{2024}=A_i(B_1+B_2+\ldots+B_{2024})=A_iS, \end{align*} ya que la suma de todos los $B_j$ es igual $S$. Si $S\neq 1$, entonces tendríamos que $A_i=0$ y esto valdría para cualquier fila, luego el número $A_iB_j$ en la casilla $(i,j)$ sería cero, en contra de lo que dice el enunciado. Deducimos entonces que $S=1$ (por ejemplo, esto se cumple si todos los elementos son iguales e iguales a $\frac{1}{2024000}$). Esto responde a la primera pregunta del enunciado.

Sin embargo, tenemos que encontrar un ejemplo en el que no haya filas ni columnas constantes para responder a la segunda parte. Para ello, inspirados por lo anterior, consideraremos $1000$ números diferentes $u_1,\ldots, u_{1000}$ cuya suma sea $1$ y $2024$ números diferentes $v_1,\ldots, v_{2024}$ cuya suma también sea $1$ y pondremos en la casilla de coordenadas $(i,j)$ el número $u_iv_j$. En este caso, la fila $i$-ésima y la columna $j$-ésima suman respectivamente \begin{align*} A_i&=u_iv_1+u_iv_2+\ldots u_iv_{2024}=u_i(v_1+\ldots+v_{2024})=u_i,\\ B_j&=u_1v_j+u_2v_j+\ldots u_{1000}v_{j}=(u_1+\ldots+v_{1000})v_j=v_j, \end{align*} luego $A_iB_j=u_iv_j$ es el elemento colocado en la casilla $(i,j)$.