Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Llamemos $T$ al punto de tangencia de $MN$ con la circunferencia inscrita y $\ell$ al lado del triángulo. Observemos que la longitud de $MT$ es igual a la del segmento que une $M$ con el punto medio del lado $AB$ por la propiedad de tangencia. Por tanto, $AM+MT=\frac{\ell}{2}$ y, de la misma forma, $AN+NT=\frac{\ell}{2}$, con lo que el perímetro del triángulo $AMN$ es exactamente $\ell$. Así, podemos escribir \[\frac{AM}{MB}+\frac{AN}{NC}=\frac{AM}{MN+AN}+\frac{AN}{MN+AM}=\frac{AM^2+AN^2+MN(AN+AM)}{MN^2+MN(AN+AM)+AM\cdot AN}{.}\] Por lo tanto, quisiéramos demostrar que $AM^2+AN^2=MN^2+AM\cdot AN$, pero esto se deduce de forma fácil del teorema del coseno aplicado al triángulo $AMN$ teniendo en cuenta que $\angle MAN=60^\circ$.

Solución. El área del triángulo $ABM$ es la misma que la del triángulo $ACM$ ya que tienen la misma base $BM=CM$ y la misma altura. Por lo tanto, si llamamos $p_1$ y $p_2$ al semiperímetro de $ABM$ y $ACM$ respectivamente, tenemos que $r_1p_1=r_2p_2$ y deducimos que \[\frac{r_1}{r_2}=\frac{p_2}{p_1}=\frac{AM+CM+AC}{AM+BM+MB}{.}\] Así, tenemos que probar que $AM+CM+AC<2(AM+BM+AB)$ o, lo que es lo mismo, $AM+CM+2AB>AC$ y esta última desigualdad es consecuencia de la desigualdad triangular $AM+CM>AC$ (en el triángulo $ACM$) y de que $2AB>0$.

Solución. Escojamos aquellos números que, en base \(3\), se escriben únicamente con los dígitos \(0\) y \(1\). Está claro que hay \(2^k\) números satisfaciendo esta condición, luego bastará probar que no hay tres números de este tipo en progresión aritmética. En efecto, si \(a\lt b\lt c\) están en progresión aritmética, entonces \(2b=a+c\) pero, trabajando en base \(3\), \(2b\) sólo tiene dígitos 0 y 2 luego necesariamente \(a=c\) y, por tanto, \(a=b=c\), de donde no hay tres distintos en progresión aritmética.

Solución. Probaremos el contrarrecíproco: si \(n\) es compuesto entonces \((n-1)!+1\) no es divisible entre \(n\), para lo que veremos que si \(n\neq 4\) y \(n=pq\) con \(1\lt p,q\lt n\), entonces \(n\) es un divisor de \((n-1)!\). Para probar esto último, si \(p\neq q\), tanto \(p\) como \(q\) son factores que aparecen en \((n-1)!\) ya que \(p\lt n\) y \(q\lt n\). Si, por el contrario, \(p=q\), entonces o bien \(p=2\), en cuyo caso \(n=4\) (caso que hemos aislado), o bien \(p\gt 2\) y \(n=p^2\gt 2p\), con lo que tanto \(p\) como \(2p\) aparecen en el desarrollo de \((n-1)!\) y, por tanto, \(n=p^2\) divide a \((n-1)!\). El caso \(n=4\) se comprueba directamente que verifica el enunciado.

Solución. Si \(n\) es impar, entonces es de la forma \(n=2k+1\) luego podemos expresarlo como \(k+(k+1)\), donde \(k\) y \(k+1\) son mayores que uno y primos entre sí. Si \(n\) es de la forma \(n=2k\) (es decir, es par), entonces \(n=(k-1)+(k+1)\). Si \(k-1\) y \(k+1\) son primos relativos, hemos terminado. En caso contrario, el único posible factor común a \(k-1\) y \(k+1\) es \(2\) en cuyo caso ambos son pares y podemos tomar \(n=(k-2)+(k+2)\), donde cualquier divisor de \(k-2\) y \(k+2\) divide a \(4\) pero \(k-2\) y \(k+2\) son ahora impares y, por tanto, primos relativos. Observemos que la condición \(n>6\) demuestra que todos los sumandos considerados son mayores que uno.