Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. El triángulo es rectángulo cuando su hipotenusa es un diámetro de la circunferencia circunscrita del polígono, es decir, cuando dos de sus vértices sean diametralmente opuestos. Hay $2n$ pares $(i,j)$ tales que $A_iA_j$ son diametralmente opuestos y, para cada uno de ellos, hay $2n-2$ elecciones del tercer vértice $A_k$ (los $2n-2$ vértices restantes). Por lo tanto, tenemos $3\cdot 2n\cdot (2n-2)=12n(n-1)$ ternas $(i,j,k)$ tales que $A_iA_jA_k$ es rectángulo (hemos multiplicado por $3$ porque los vértices diametralmente opuestos pueden ser $A_iA_j$, $A_jA_k$ o $A_iA_k$).

Vamos a contar ahora los triángulos obtusángulos en lugar de los acutángulos. Esto es más sencillo porque el ángulo obtuso es único y distinguible de los demás. Si suponemos que el triángulo $A_iA_jA_k$ tiene su ángulo obtuso en $A_i$, entonces $A_jA_k$ es el lado mayor y tiene que ser menor que un diámetro. Vamos a decir que la distancia entre $A_j$ y $A_k$ es $d$ si hay $d$ vértices en el arco de circunferencia $A_jA_k$, luego la distancia debe moverse entre $1$ y $n-2$ para que sea obtusángulo.

• Con distancia $1$ sólo hay dos posibles valores del par $(j,k)$, que son $(i-1,i+1)$ e $(i+1,i-1)$, donde suponemos que los vértices se numeran cíclicamente módulo $2n$.
• Con distancia $2$ hay cuatro casos: $(i-2,i+1),(i-1,i+2),(i+1,i-2),(i+2,i-1)$.
• En general, con distancia $d$, hay $2d$ posibles elecciones del par $(j,k)$, lo que nos da un total de triángulos obtusángulos con ángulo obtuso en $A_i$ igual a \[2(1+2+3+\ldots+(n-2))=(n-1)(n-2).\]

Ahora bien, como el ángulo obtuso puede ser cualquiera de los $2n$ vértices y también estar en $A_i$, $A_j$ o $A_k$, tendremos que multiplicar por $3\cdot 2n$ el resultado, es decir, tendremos un total de $6n(n-1)(n-2)$ ternas $(i,j,k)$ tales que $A_iA_jA_k$ es obtusángulo.

El número total de ternas (ordenadas) de tres elementos de un conjunto de $2n$ elementos es $2n(2n-1)(2n-2)$. Como el número de ternas que nos dan triángulos acutángulos serán las que no nos dan rectángulos ni obtusángulos, tenemos que el número buscado es \[2n(2n-1)(2n-2)-12n(n-1)-6n(n-1)(n-2)=2n(n-1)(n-2).\]

Nota. En el enunciado se dicen ternas, término que usualmente refleja que sí importa el orden (es decir, hemos considerado que una reordenación de los mismos tres vértices nos da una terna distinta). Si queremos calcular el número de posibles elecciones de tres vértices sin importar el orden (esto es, el número de triángulos) entonces hay que dividir todos los resultado entre $3!=6$, el número de reordenaciones. De esta forma, tendríamos $2n(n-1)$ triángulos rectángulos y $\frac{1}{3}n(n-1)(n-2)$ acutángulos.

Solución. Los restos de dividir $2^r$ entre $7$ se van repitiendo periódicamente y podemos reflejarlos en la siguiente tabla: \[\begin{array}{c|ccccccccccccccccc} r&1&2&3&4&5&6&7&8&9&10&11&12&13&14&15&16&\cdots\\\hline 2^r\ (\text{mod }7)&2&4&1&2&4&1&2&4&1&2&4&1&2&4&1&2&\cdots \end{array}\] Los restos de $16^s=2^{4s}$ también son periódicos al incrementar $s$ y simplemente hay que recorrer la tabla anterior saltando de cuatro en cuatro: \[\begin{array}{c|ccccc} s&1&2&3&4&\cdots\\\hline 16^s\ (\text{mod }7)&2&4&1&2&\cdots \end{array}\] Otra forma de ver que las dos tablas son realmente la misma es darse cuenta de que $16^s=8^s2^s\equiv 1^s2^2\equiv 2^s\ (\text{mod }7)$, o directamente usando que $16\equiv 2\ (\text{mod }7)$. Además, para obtener $5$ como diferencia de dos números de la tabla sólo tenemos la posibilidad $2-4\equiv 5\ (\text{mod }7)$. Como los restos se repiten de tres en tres, la respuesta a la primera pregunta es que $r\equiv 1\ (\mathrm{mod }3)$ y $s\equiv 2\ (\text{mod }3)$.

Un ejemplo de número positivo que cumple estas condiciones se tiene para $r=10$ y $s=2$, lo que nos da \[n=2^{10}-16^2=1024-256=768.\] Este es el número positivo más pequeño que se obtiene con $s=2$. Ahora bien, si $s\geq 5$ (que es el siguiente número congruente con $2$ módulo $3$), entonces para que $n=2^r-16^s=2^r-2^{4s}$ sea positivo, tiene que ser $r\geq 4s+1$, lo que nos da $n\geq 2^{4s+1}-2^{4s}=2^{4s}\geq 16^5\gt 768$. Deducimos por tanto que $n=768$ es el menor entero que cumple la condición del enunciado.

Solución. Llamando $y=f(x)$, tenemos la ecuación $x+\frac{1}{x}=y+\frac{1}{y}$ en la incógnita $y$, que no es más que la ecuación de segundo grado $y^2-(x+\frac{1}{x})y+1=0$ (podemos multiplicar por $y$ puesto que $y\neq 0$). Sus soluciones son \[f(x)=y=\frac{-(x+\frac{1}{x})\pm\sqrt{(x+\frac{1}{x})^2-4}}{2}=\frac{-(x+\frac{1}{x})\pm(x-\frac{1}{x})}{2},\] lo que nos dice que $f(x)=x$ o bien $f(x)=\frac{1}{x}$ para cada $x\in\mathbb{R}^+$. Ahora bien, podría elegirse $f(x)=x$ para algunos valores de $x$ y $f(x)=\frac{1}{x}$ para otros, pero nos piden que la función $f$ sea continua. Las gráficas $y=x$ e $y=\frac{1}{x}$ se cortan únicamente en $x=1$, luego la continuidad nos dice tenemos que elegir una de las dos para todos los $x\in(0,1]$ y una de las dos para todos los $x\in[1,+\infty)$. Tenemos así cuatro soluciones: \begin{align*} f(x)&=x \text{ para todo }x>0,&f(x)&=\frac{1}{x}\text{ para todo }x>0,\\ f(x)&=\begin{cases}x&\text{si }0\lt x\leq 1,\\\frac{1}{x}&\text{si }x\gt 1,\end{cases}& f(x)&=\begin{cases}\frac{1}{x}&\text{si }0\lt x\leq 1,\\x&\text{si }x\gt 1.\end{cases} \end{align*}

Solución. Vamos a contar en primer lugar las tangencias que se producen entre las esferas de cada piso de la pila, para lo que supondremos que tenemos un triángulo formado por esferas que descansan sobre un plano con $k$ esferas en cada lado del triángulo. Si consideramos en este triángulo hileras paralelas de $1,2,\ldots,k$ esferas, entonces en la hilera con $j$ esferas se producen $j-1$ puntos de contacto entre ellas y $2j$ puntos de contactos con los de la hilera siguiente (de $j+1$ esferas). Por tanto, en el triángulo de lado $k$ tendremos el siguiente número de contactos: \begin{align*} P_k&=[1+2+\ldots+(k-1)]+[2+4+6+2(k-1)]\\ &=3(1+2+\ldots+(k-1))=\frac{3(k-1)k}{2}. \end{align*} El primer corchete son contactos en la misma hilera y el segundo entre hileras consecutivas.

Ahora bien, aparte de las tangencias entre puntos del mismo piso, cada esfera del toca a tres esferas del piso inmediatamente inferior. Por ello, el número total de puntos de contacto es: \begin{align*} \text{Total}&=P_1+\ldots+P_n+3\left(1+3+6+\ldots+\frac{n(n-1)}{2}\right)\\ &=3(1^2+2^2+\ldots+n^2)-3(1+2+\ldots+n)\\ &=3\cdot\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}-3\frac{n(n+1)}{2}=n(n-1)(n+1). \end{align*}

Nota. Hemos usado las siguientes fórmulas conocidas: \[\sum_{k=1}^nk=\frac{n(n+1)}{2},\qquad \sum_{k=1}^nk^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.\]