Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. El logaritmo del numerador es igual a \[\frac{1}{ab}\log(a+b)+\frac{1}{bc}\log(b+c)+\frac{1}{ca}\log(c+a),\] que es una combinación de logaritmos con coeficientes positivos. Esto nos da pie a usar la desigualdad de Jensen (ver la nota) para la función $f(x)=\log(x)$, que es cóncava, aplicada a los números $x_1=a+b$, $x_2=b+c$ y $x_3=c+a$ con pesos $\frac{1}{ab}$, $\frac{1}{bc}$ y $\frac{1}{ca}$, respectivamente. Esto nos da \begin{align*} \frac{\frac{1}{ab}\log(a+b)+\frac{1}{bc}\log(b+c)+\frac{1}{ca}\log(c+a)}{\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}}&\leq\log\left(\frac{a+b}{ab}+\frac{b+c}{bc}+\frac{c+a}{ca}\right)\\ &=\log\left(2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\right). \end{align*} Por tanto, podemos despejar \begin{align*} \log\left(\frac{(a+b)^{\frac{1}{ab}}(b+c)^{\frac{1}{bc}}(c+a)^{\frac{1}{ca}}}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\right)&\leq \log(2)\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)\\ &=\log(2)\cdot\frac{a+b+c}{abc}=\log(2).\\ \end{align*} Haciendo la exponencial de ambos miembros, se tiene la desigualdad del enunciado.

Nota. La desigualdad de Jensen nos dice que si $f(x)$ es una función cóncava en un intervalo $[a,b]$ y tenemos puntos $x_1,\ldots,x_n\in [a,b]$ y pesos $w_1,\ldots,w_n\gt 0$, entonces \[\frac{w_1f(x_1)+w_2f(x_2)+\ldots+w_nf(x_n)}{w_1+w_2+\ldots+w_n}\leq f(\frac{w_1x_1+w_2x_2+\ldots+w_nx_n}{w_1+w_2+\ldots+w_n}).\]

Solución. Un cuadrado perfecto no puede terminar en $2$, lo que reduce considerablemente el número de posibles terminaciones. Además, como es par, las dos últimas cifras de $n^2$ deben formar un múltiplo de $4$, luego estas solo pueden ser $04$, $20$, $24$ o $40$, de las cuales podemos descartar $20$ y $40$ (ya que $n^2$ sería múltiplo de $10$ pero no de $100$). De aquí, obtenemos que las cuatro últimas cifras de $n^2$ solo pueden ser $2204$, $0224$ o $2024$. Podemos descartar $2024$ ya que en tal caso $n^2$ es múltiplo de $8$ pero no de $16$. También podemos descartar también $2204$, porque entonces $\frac{n^2}{4}$ sería un cuadrado que terminaría en $51$ luego la cifra de las unidades de $n$ sería $1$ o $9$. Sin embargo, $(10a+9)^2$ y $(10a+9)^2$ tienen la cifra de las decenas par para todo $a$ y esto nos dice que no hay cuadrados que terminen en $51$.

Para ver qué ocurre con $0224$, pongamos $n=100a+10b+c$, con $0\leq a,b,c\leq 9$ respectivamente. Podemos hacer la multiplicación siguiente: \[\begin{array}{ccccc} &&a&b&c\\ &\times&a&b&c\\\hline &&ac&bc&c^2\\ &ab&b^2&bc&\\ a^2&ab&ac&&\\\hline a^2&2ab&b^2\!+\!2ac&2bc&c^2 \end{array}\] y ahora ir cuadrando las cifras desde las unidades a las centenas. Esto es bastante rutinario, pero hay que tener cuidado de tener en cuenta las llevadas (no se han escrito en la multiplicación anterior ya que dependen de los valores concretos de $a,b,c$). En las unidades tenemos que $c^2\equiv 4\ (\text{mód } 10)$, con soluciones $c=2$ y $c=8$.

• Si $c=2$, entonces en las decenas tenemos que $6b\equiv 2\ (\text{mód }10)$, que tiene soluciones $b=3$ y $b=8$. Para que $10b+c$ sea múltiplo de $4$, tiene que ser $b=3$, luego las centenas cuadran cuando $4a\equiv 2\ (\text{mód }10)$, que tiene soluciones $a=3$ y $a=8$. Tenemos que $332^2=110224$ sí cumple la condición pero $832^2=692224$ no.
• Si $c=8$, entonces $6b\equiv 6\ (\text{mód }10)$, que tiene soluciones $b=1$ y $b=6$. Para que $10b+c$ sea múltiplo de $4$, tiene que ser $b=6$. Cuandrando las centenas, tenemos que $6a\equiv 6\ (\text{mód }10)$, que tiene soluciones $a=1$ y $a=6$. Sin embargo, las unidades de millar de $168^2=28224$ ni $668^2=446224$ no cuadran.

Hemos probado así que $n=332$ es la única solución al problema.

Solución. Los dos catetos del triángulo miden $4\,\mathrm{sen}(54)$ y $4\cos(54)$, luego el área será $8\,\mathrm{sen}(54)\cos(54)$ (la mitad del producto de los catetos, que actúan como base y altura en un triángulo rectángulo). Lo que sigue es un argumento conocido basado en las diagonales de un pentágono, donde aparece de forma natural el ángulo $54$, aunque existen multitud de formas de calcular sus razones trigonométricas.

En el pentágono regular de lado $1$ de la figura, los triángulos $ACD$ y $DEP$ son semejantes pues sus lados son paralelos. Si llamamos $d$ a la longitud de la diagonal del pentágono, la semejanza $\frac{AD}{CD}=\frac{DE}{PE}$ se escribe como $\frac{d}{1}=\frac{1}{d-1}$, de donde $d$ cumple la ecuación $d^2-d-1=0$, de la que nos quedamos con la única solución positiva $d=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$, la razón áurea. Ahora bien, el triángulo $ABQ$ de la figura es rectángulo y cumple $\angle BAQ=54$, luego \begin{align*} \mathrm{sen}(54)&=BD=\frac{d}{2}=\frac{1+\sqrt{5}}{4},\\ \cos(54)&=AQ=\sqrt{1-BQ^2}=\sqrt{1-\left(\tfrac{1+\sqrt{5}}{4}\right)^2}=\frac{\sqrt{5-\sqrt{5}}}{2\sqrt{2}}. \end{align*} De esta forma, tenemos que el área del triángulo es \[8\,\mathrm{sen}(54)\cos(54)=8\frac{1+\sqrt{5}}{4}\cdot\frac{\sqrt{5-\sqrt{5}}}{2\sqrt{2}}=\sqrt{10+2\sqrt{5}}.\]

Solución. Consideremos la perpendicular común a las rectas $AB$ y $CD$ que pasa por $O$, que las corta en $P$ y $Q$, respectivamente, de forma que $PQ=4\sqrt{3}$. Los triángulos $AOB$ y $COD$ son semejantes ya que tienen el ángulo $O$ común (opuesto por el vértice) y las rectas $AB$ y $CD$ son paralelas. Por tanto, existe una constante de proporcionalidad $\lambda>0$ tal que $CD=\lambda AB$, $CO=\lambda AO$ y $DO=\lambda BO$. Como $OP$ y $OQ$ son alturas correspondientes en estos triángulos semejantes, tenemos que $OQ=\lambda OP$.

El área del triángulo $AOB$ se puede calcular de dos maneras equivalentes: \[\tfrac{1}{2}AB\cdot OP=\mathrm{Area}(AOB)=\tfrac{1}{2}BO\cdot AO\,\mathrm{sen}(60^\circ)=\tfrac{\sqrt{3}}{4}BO\cdot AO.\] Multiplicando por $(1+\lambda)$ y usando que \begin{align*} AC&=AO+OC=(1+\lambda)AO=7,\\ PQ&=OP+OQ=(1+\lambda)OP=4\sqrt{3}, \end{align*} según la información del enunciado, la igualdad de áreas se puede reescribir como \[AB\cdot (1+\lambda)OP=\tfrac{\sqrt{3}}{2}BO\cdot (1+\lambda)AO\ \Leftrightarrow\ \frac{BO}{AB}=\frac{8}{7}.\] Ahora bien, el teorema del coseno aplicado al triángulo $AOB$ nos dice que \[AB^2=BO^2+AO^2-2BO\cdot AO\cos(60^\circ)=BO^2+AO^2-BO\cdot AO,\] Dividiendo por $AB^2$, esto puede reescribirse como \[1=\left(\frac{BO}{AB}\right)^2+\left(\frac{AO}{AB}\right)^2-\frac{BO}{AB}\cdot \frac{AO}{AB}.\] Sustituyendo $\frac{BO}{AB}=\frac{8}{7}$ nos queda una ecuación de segundo grado en la incógnita $\frac{AO}{AB}$, que se resuelve fácilmente dando dos soluciones positivas: $\frac{AO}{AB}=\frac{3}{7}$ y $\frac{AO}{AB}=\frac{5}{7}$. Teniendo en cuenta que $AO=\frac{7}{1+\lambda}$, las soluciones anteriores nos dan $(1+\lambda)AB=\frac{49}{3}$ o bien $(1+\lambda)AB=\frac{49}{5}$.

Finalmente, como el área del trapecio está dada por $S=\frac{1}{2}(AB+CD)PQ=\frac{1}{2}(1+\lambda)AB\cdot PQ$ y que $PQ=4\sqrt{3}$ es conocido, llegamos a que las posibles soluciones son \[S=\frac{98\sqrt{3}}{3}\quad\text{y}\quad S=\frac{98\sqrt{3}}{5}.\] Las dos soluciones se corresponden con que $C$ se proyecte sobre $AB$.