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Olimpiadas de Matemáticas
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La base de datos contiene 1154 problemas y 775 soluciones.
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Retos UJA
Problema 789
Para cuatro puntos no coplanarios, un plano ecualizador es un plano tal que las distancias respectivas de cada uno de los puntos a ese plano son todas iguales. Dado un conjunto de cuatro puntos no coplanarios, ¿cuántos planos ecualizadores hay?
pistasolución 1info
Pista. Investiga cuántos puntos se pueden quedar a un lado y otro de un plano ecualizador.
Solución. Si los cuatro puntos se quedaran a un mismo lado de un plano ecualizador, entonces serían coplanarios (estarían en un plano paralelo al ecualizador). Por tanto, un plano ecualizador debe separar a los cuatro puntos en $2$ y $2$ o bien $3$ y $1$. Para cada partición de los cuatro puntos en dos parejas, existe el plano ecualizador: basta tomar un plano paralelo a las rectas que contienen a sendas parejas y que las deje a la misma distancia (dicho plano es único porque las rectas no pueden ser paralelas ya que los cuatro puntos serían coplanarios. También para cada partición de los cuatro puntos en $3$ y $1$ puntos existe un único plano ecualizador ya que hay que tomarlo paralelo al plano que define el subconjunto de $3$ puntos y equidistante de este plano y del cuarto punto.

Por tanto, tenemos tantos planos ecualizadores como particiones: hay $3$ particiones de $2+2$ puntos y $4$ particiones de $3+1$ puntos, lo que nos da un total de $7$ planos ecualizadores.

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Problema 788
Hallar todas las soluciones reales de la ecuación \[3^{x^2-x-y}+3^{y^2-y-z}+3^{z^2-z-x}=1.\]
pistasolución 1info
Pista. Usa la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica para probar que se cumple la desigualdad $\geq$ y analiza en qué casos se tiene una igualdad.
Solución. La desigualdad entre las medias aritmética y geométrica nos dice que \begin{align*} \frac{3^{x^2-x-y}+3^{y^2-y-z}+3^{z^2-z-x}}{3}&\geq\sqrt[3]{3^{x^2-x-y}\cdot 3^{y^2-y-z}\cdot 3^{z^2-z-x}}\\ &=3^{\frac{x^2-2x+y^2-2y+z^2-2z}{3}}=3^{\frac{(x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2-3}{3}}\\ &=\tfrac{1}{3}\cdot 3^{\frac{(x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2}{3}}\geq \frac{1}{3}. \end{align*} Por lo tanto, $3^{x^2-x-y}+3^{y^2-y-z}+3^{z^2-z-x}\geq 1$ para todo $x,y,z\in\mathbb{R}$ y, si la igualdad se alcanza, tiene que ser $(x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2=0$, es decir, $x=y=z=1$. Como $x=y=z=1$ verifica la ecuación del enunciado, deducimos que esta es la única solución.

Nota. Las exponenciales pueden ocultar la aplicación de la desigualdad entre las medias aritmética-geométrica, pero una solución similar se tiene aplicando la desigualdade de Jensen a la función convexa $f(t)=3^t$. ¿Sabrías escribir los detalles?

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Problema 787
Demostrar que en un triángulo la distancia de un vértice cualquiera al ortocentro es el doble de la distancia del circuncentro al lado opuesto a ese vértice.
pistasolución 1info
Pista. Hay muchas formas de demostrar este resultado. Considera el triángulo que se forma entre el circuncentro, el punto medio del lado y un vértice de ese lado. Este triángulo lo puedes duplicar haciendo homotecia de razón $2$ respecto de ese vértice.
Solución. Consideremos un triángulo $ABC$, su circuncentro $O$ y su ortocentro $H$. Si llamamos $M$ al punto medio del lado $BC$, tendremos que demostrar que $AH=2BC$. Para ello, trazamos el diámetro de la circunferencia circunscrita que pasa por $B$ y su punto diametralmente opuesto, que llamaremos $P$, como se indica en la figura. Por ser $BP$ un diámetro, se tiene que $PC$ es perpendicular a $BC$ y, por tanto, paralela a la mediatriz $OM$. Entonces, los triángulos $BOM$ y $BPC$ son semejantes y se cumple que $PC=2OM$, luego tendremos que demostrar que $PC=AH$. Esto último se sigue de que $APCH$ es un paralelogramo ya que $PC$ es paralela a la altura $AH$ y $AP$ es paralela a la altrua $CH$ (ya que el ángulo $\angle BAP$ es recto por comprender al diámetro $BP$).imagen

Nota. Este es un resultado relativamente conocido en el ámbito de la geometría de olimpiadas. ¿Sabrías probar que $AH=2R\cos A$ y $OM=R\cos A$, siendo $R$ el radio de la circunferencia circunscrita? ¿Sabrías probar a partir de este resultado que las rectas $OA$ y $MH$ se cortan en un punto de la circunferencia circunscrita?

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Problema 786
Sea $ABC$ un triangulo y $D$, $E$ y $F$ puntos situados en los segmentos $AC$, $BA$ y $CB$, respectivamente, de forma que los segmentos $AF$, $BD$ y $CE$ concurren en un punto $P$ interior al triángulo. Sabemos que $BP=6$, $PD=6$, $PC=9$, $PE=3$ y $AF=20$. Hallar el área del triángulo $ABC$.
pistasolución 1info
Pista. Considera las áreas de los seis triángulos en que queda descompuesto $ABC$ y obtén relaciones entre ellas usando que las áreas de dos triángulos con la misma altura son proporcionales a las bases.
Solución. Consideremos los seis triángulos en que la figura queda dividida por las cevianas $AF$, $BD$ y $CE$ y llamemos a sus áreas $S_1,\ldots,S_6$ tal y como se indica en la figura. Vamos a obtener relaciones entre estas áreas usando que las áreas de dos triángulos que tienen la misma altura son proporcionales a las bases.
  • El triángulo $APC$ tiene el triple del área de $AEP$ ya que tienen el altura común en $A$ y las bases son $9$ y $3$, respectivamente. Esto nos dice que $S_1+S_2=3S_6$.
  • Los triángulos $BPC$ y $EPB$ están en la misma situación, lo que nos dice que $S_3+S_4=3S_5$.
  • Los triángulos $APB$ y $APD$ tienen el mismo área ya que tienen iguales la base y la altura desde el vértice común $A$. Deducimos así que $S_5+S_6=S_1$.
  • Los triángulos $EPB$ y $CPD$ tienen un ángulo igual (opuesto por el vértice $P$), luego rotando uo de ellos $180^\circ$ respecto de $P$, como $BP=PD$, deducimos que $S_2=3S_3$ (también puede usarse que el área es $\frac{1}{2}$ del producto de dos lados por el seno del ángulo que forman).

Con todo esto, tenemos tres ecuaciones lineales que involucran a las incógnitas $S_1$, $S_2$, $S_5$, $S_6$ y $S_3+S_4$. El sistema no es compatible determinado pero nos permite despejar en términos de $S_1$ el resto de áreas (¡compruébalo!): \[S_2=S_1,\qquad S_6=\frac{2}{3}S_2,\qquad S_5=\frac{1}{3}S_1,\qquad S_3+S_4=S_1.\] Ahora bien, si llamamos $x=AP$ y $20-x=PF$, podemos hacer un truco similar a los anteriores ya que las áreas de $APC$ y $PFC$ son proporcionales a $x$ y $20-x$ y también lo son las de $APB$ y $PBF$. Esto nos da las relaciones siguientes: \[\frac{S_1+S_2}{x}=\frac{S_3}{20-x},\qquad \frac{S_5+S_6}{x}=\frac{S_4}{20-x}.\] Sumando ambas expresiones y poniendo todo en función de $S_1$, nos queda \[\frac{S_1+S_2+S_5+S_6}{x}=\frac{S_4+S_5}{20-x}\ \Longleftrightarrow\ \frac{3S_1}{x}=\frac{S_1}{20-x}.\] Eliminando $S_1$ de ambos miembros, la ecuación se resuelve fácilmente y nos da $x=15$. Por lo tanto, también podemos despejar $S_3$ y $S_4$ en términos de $S_1$: \[S_3=\frac{20-x}{x}(S_1+S_2)=\frac{2}{3}S_1,\qquad S_4=\frac{20-x}{x}(S_5+S_6)=\frac{1}{3}S_1.\]

Ya solamente nos queda calcular $S_1$ y esta es la parte difícil. Como $S_1=S_2$, se sigue que $D$ es el punto medio de $AC$, luego $PD$ es la mediana de $APC$. La mediana puede calcularse en función de los lados como \[36=AD^2=\frac{AP^2+PC^2}{2}-\frac{AC^2}{4}=\frac{15^2+9^2}{2}-\frac{AC^2}{4}\ \Leftrightarrow\ AC^2=468,\] de donde $CD=\frac{1}{2}AC=\sqrt{117}$. Como $PC^2+PD^2=9^2+6^2=117$, el triángulo $DPC$ es rectángulo. y podemos calcular $S_1=S_2=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 9=27$. Por tanto, el área de $ABC$ es \[S_1+S_2+S_3+S_4+S_5+S_6=S_1+S_1+\frac{2}{3}S_1+\frac{1}{3}S_1+\frac{1}{3}S_1+\frac{2}{3}S_1=4S_1=108.\]imagen

Nota. Si no nos damos cuenta en el paso final de que el triángulo es rectángulo, siempre podríamos haber usado la fórmula de Herón en $APD$. Es relativamente difícil caer en la cuenta de que $DPC$ es rectángulo (al escribir esta solución, se vio lo del triángulo rectángulo por haberlo dibujado previamente con Geogebra).

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Problema 785
Encontrar todas las soluciones reales del sistema de ecuaciones \[\left\{\begin{array}{l} y^3-6x^2+12x-8=0,\\ z^3-6y^2+12y-8=0,\\ x^3-6z^2+12z-8=0.\end{array}\right.\]
pistasolución 1info
Pista. Cada una de las ecuaciones se parece mucho a $(t-2)^3=t^3-6t^2+12t-8$.
Solución. Consideremos la función \[f:\mathbb{R}\to\mathbb{R},\qquad f(t)=\sqrt[3]{6t^2-12t+8},\] con la que el problema se reduce encontrar $x,y,z\in\mathbb{R}$ tales que $y=f(x)$, $z=f(y)$ y $x=f(z)$, es decir, empezando en $x$ queremos volver a obtener $x$ tras aplicar tres veces la función. Observemos que tiene que ser $x\geq\sqrt[3]{2}$ ya que se debe cumplir que $x^3=6z^2-12z+8=6(z-1)^2+2\geq 2$. También tenemos que $f(x)=x$ se traduce en que $(x-2)^3=x^3-6x^2+12x-8=0$, luego $x=2$ es el único valor que cumple $f(x)=x$. Distingamos casos:
  • Si $\sqrt[3]{2}\leq x\lt 2$, entonces $(x-2)^3\leq 0$, luego $x^3\lt 6x^2+12x-8$ y, tomando raíces cúbicas, $x\lt f(x)$. Además, se tiene que $f(x)^3=6(x-1)^2+2\leq 6(2-1)+2=8$ (ya que esta parábola tiene su máximo en el $x=2$, el punto del intervalo $[\sqrt[3]{2},2]$ más alejado del vértice $x=1$). Deducimos que en este caso se cumple que \[\sqrt[3]{2}\leq x\lt f(x)\lt 2,\] luego no existen $y,z\in\mathbb{R}$ tales que $y=f(x)$, $z=f(y)$ y $x=f(z)$ puesto que tendríamos que $x\lt f(x)= y\lt f(y)= z\lt f(z)= x$ y esto es contradictorio.
  • Si $x\gt 2$, el razonamiento es parecido pero un poco más sencillo. Como en este caso $(x-2)^3\gt 2$, obtenemos directamente que $x^3\lt 6x^2-12x+8$ y, por tanto, $f(x)\gt x\gt 2$, lo que impide también la existencia de $y,z\in\mathbb{R}$ tales que $y=f(x)$, $z=f(y)$ y $x=f(z)$.

La única posibilidad que nos queda es $x=2$, que nos da $y=f(x)=f(2)=2$ y $z=f(y)=f(2)=2$. En consecuencia, $x=y=z=2$ es la única solución del sistema.

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