Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Llamemos $a,b,c$ a los lados del triángulo como es habitual y $m=AD$ a la mediana. Es bien conocida la fórmula que nos da el valor de $m$ en términos de los lados: \[m^2=\frac{b^2+c^2}{2}-\frac{a^2}{4}.\] Ahora bien, en el triángulo $ADC$, tenemos el ángulo $\angle ACD=45^\circ$ y el ángulo $\angle ADC=180^\circ-\angle ADB=135^\circ$, luego el teorema del seno nos dice que \[\frac{b}{\sen(135)}=\frac{m}{\sen(30)})\ \Longleftrightarrow\ \frac{b}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{m}{\frac{1}{2}}\ \Longleftrightarrow\ m^2=\frac{b^2}{2}.\] Sustituyendo en la fórmula de la mediana, esto nos da $c^2=\frac{a^2}{2}$, igualdad que se puede escribir como $\frac{a/2}{c}=\frac{c}{a}$, esto es, \frac{BD}{AB}=\frac{AB}{BC}$ y tenemos que los triángulos $ABD$ y $ABC$ son semejantes (tienen un ángulo igual y los lados adyacentes proporcionales). Deducimos así que $\angle BAD=\angle ACB=30^\circ$.

Solución. En primer lugar, vamos a determinar cuál es el lado mayor. Por un lado, \[x^4+x^3+2x^2+x+1\gt x^4+1\gt x^4-1,\] ya que $x$ es positivo. Usando que $x\gt 1$, tenemos que $x^4\geq x^3$ y $x^2\gt x$, luego \[x^4+x^3+2x^2+x+1\gt x^3+x^3+x^2+x+x+1=2x^3+x^2+2x+1.\] Sabiendo entonces que el primer lado es el mayor, tendremos que ver cuándo no supera a la suma de los otros dos, es decir, la respuesta al enunciado serán los números $x\gt 1$ tales que \[x^4+x^3+2x^2+x+1\lt (2x^3+x^2+2x+1)+(x^4-1).\] Tras simplificar y factorizar, nos queda $-x^3+x^2-x+1\lt 0$ y podemos factorizar el miembro de la izquierda para llegar a la desgualdad $(x^2+1)(1-x)\lt 0$, desigualdad que no se cumple para todo $x\gt 1$. Por tanto, para todo $x\gt 1$ hay un triángulo cuyos lados tienen las longitudes del enunciado.

Solución. Pongamos que los tres números son $a$, $ar$ y $ar^2$, donde $r$ es la razón de la progresión geométrica. Como $r=\frac{ar}{a}$ tiene que ser un número racional no nulo, podemos escribirlo como fracción irreducible $r=\frac{m}{n}$ con $m\in\mathbb{Z}$ no nulo y $n\gt 0$. Como $ar^2$ también es entero, existirá $b$ tal que $a=bn^2$. En definitiva, podemos escribir los tres números como $bn^2,bmn,bm^2$, donde $b,m,n$ son enteros. La condición del enunciado se escribe entonces como \[111=bn^2+bmn+bm^2=b(n^2+mn+m^2).\] Esto nos dice que $b$ y $n^2+mn+m^2$ son factores complementarios de $111=3\cdot 37$ y tienen que ser ambos positivos puesto que $n^2+mn+m^2=\frac{1}{2}(m^2+n^2+(m+n)^2)\gt 0$ dado que $n\gt 0$. Tenemos entonces cuatro casos posibles:

• Caso $b=111$ y $n^2+mn+m^2=1$. Obtenemos $m^2+n^2+(m+n)^2=2$ y esto sólo es posible si $(m,n)=(-1,1)$ ya que $n$ ha de ser positivo.
• Caso $b=37$ y $n^2+mn+m^2=3$. Obtenemos $m^2+n^2+(m+n)^2=6$ y, como la única forma de escribir $6$ como suma de tres cuadrados es $4+1+1$, es fácil ver que las únicas soluciones son $(m,n)=(-2,1)$, $(m,n)=(-1,2)$ y $(m,n)=(1,1)$ (las obtenemos según en que sumando pongamos el 4 recordando además que $n$ tiene que ser positivo).
• Caso $b=3$ y $n^2+mn+m^2=37$. Obtenemos $m^2+n^2+(m+n)^2=74$ y las formas de escribir $74$ como suma de tres cuadrados son $64+9+1$, $49+25+0$ y $49+16+9$ (se comprueba caso por caso). El subcaso $64+9+1$ nos lleva a que $m,n,m+n$ son los números $\pm 1,\pm 3,\pm 8$ en algún orden y se ve fácilmente que no hay solución ($\pm 8$ no es suma ni diferencia de $\pm 1$ y $\pm 3$). El subcaso $49+25+0$ tampoco tiene solución por el mismo motivo. Sin embargo, el subcaso $49+16+9$ nos da las soluciones $(m,n)=(3,4)$, $(m,n)=(4,3)$, $(m,n)=(-3,7)$, $(m,n)=(-7,3)$, $(m,n)=(-4,7)$ y $(m,n)=(-7,4)$.
• Caso $b=1$ y $n^2+mn+m^2=111$. Obtenemos $m^2+n^2+(m+n)^2=222$ y las formas de escribir $222$ como suma de tres cuadrados son $196+25+1$, $169+49+4$ y $121+100+1$. Las dos primeras no dan solución ya que $196$ y $169$ están muy alejados de los otros cuadrados como ocurría en el caso anterior. En el subcaso de $121+100+1$, tenemos las soluciones $(m,n)=(10,1)$, $(m,n)=(1,10)$, $(m,n)=(-11,1)$, $(m,n)=(-1,11)$, $(m,n)=(-11,10)$ y $(m,n)=(-10,11)$.

Cada una de estas soluciones nos da una progresión geométrica, luego tenemos una solución para $b=1$, tres para $b=3$, seis para $b=37$ y seis para $b=111$. Deducimos que hay un total de $16$ soluciones.