Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Podemos suponer que $a\geq 0$ cambiando $f(x)$ de signo y también que $b\geq 0$ cambiando $x$ de signo (si fuera necesario). Como tenemos valores absolutos y simetría en los valores $0$ y $\pm 1$, esto no afecta al problema. Entonces, $f(x)$ es una parábola que tiene su vértice en los reales negativos (o también podría ser una recta si $a=0$, pero en ese caso se tiene claramente $|f(x)|\leq 1\lt\frac{5}{4}$). Vamos a usar ahora que si prefijamos los valores de $f(-1)$, $f(0)$ y $f(1)$ arbitrariamente, la parábola $f(x)$ está unívocamente determinada. Se cumple entonces que $f(x)$ decrece para todo $x\in (-1,0)$ en cualquiera de las siguientes situaciones:

• Cuando decrece $f(0)$ mientras se fijan $f(-1)$ y $f(1)$.
• Cuando crece $f(1)$ mientras se fijan $f(-1)$ y $f(0)$.
• Cuando decrece $f(-1)$ mientras se fijan $f(0)$ y $f(1)$.

Por tanto, la parábola que toma los menores valores de $(-1,0)$ es aquella que cumple $f(-1)=f(0)=-1$ (mínimo posible) y $f(1)=1$ (máximo posible). Se obtiene fácilmente que esta parábola es $f(x)=x^2+x-1=(x+\frac{1}{2})^2-\frac{5}{4}$, lo que prueba que $f(x)\geq\frac{-5}{4}$ en $[-1,1]$ y hemos respondido así a la primera pregunta.

En cuanto a $g(x)$, comenzamos observando que \[g(x)=x^2(\tfrac{a}{x^2}+\tfrac{b}{x}+c)=x^2f(\tfrac{1}{x}).\] Por lo tanto, para acotar superiormente $|g(x)|$ en $[-1,1]$, tendremos que acotar inferiormente $|f(x)|$ en $(-\infty,-1]\cup[1,+\infty)$. Podemos seguir suponiendo que $a,b\geq 0$, luego $f(x)\geq f(-x)$ para $x\geq 1$ y solo debemos fijarnos en el caso $x\geq 1$. Un razonamiento similar al descrito más arriba nos dice que $f(x)$ crece para $x\in [1,+\infty)$ en cualquiera de las siguientes situaciones:

• Cuando decrece $f(0)$ mientras se fijan $f(-1)$ y $f(1)$.
• Cuando crece $f(1)$ mientras se fijan $f(-1)$ y $f(0)$.
• Cuando crece $f(-1)$ mientras se fijan $f(0)$ y $f(1)$.

Por tanto, la parábola que tiene mayor valor posible debe cumplir que $f(-1)=f(-1)=1$ (máximo posible) y $f(0)=-1$ (mínimo posible). Esto nos da el caso óptimo $f(x)=x^2-2$. En resumen, para $x\in[-1,1]$, se tiene que \[|g(x)|=x^2|f(\tfrac{1}{x})|\leq x^2f(\tfrac{1}{|x|})\leq x^2(2\tfrac{1}{|x|^2}-1)=2-x^2\leq 2.\]

Nota. La igualdad $|f(x)|=\frac{5}{4}$ sólo se alcanza en los siguientes casos: para los polinomios $f(x)=x^2+x-1$ y $f(x)=-x^2-x+1$ en $x=\frac{-1}{2}$ y para los polinomios $f(x)=x^2-x+1$ y $f(x)=-x^2+x-1$ en $x=\frac{1}{2}$. La igualdad $|g(x)|=2$ se alcanza sólo para los polinomios $g(x)=x^2-2$ y $g(x)=2-x^2$ en $x=0$.

Solución. Llamamos $a=BC$, $b=AC$ y $c=AB$ por comodidad. Utilizando la fórmula para la longitud de las medianas $m_b$ y $m_c$ y que $GC=\frac{2}{3}m_c$ y $GB=\frac{2}{3}m_b$ (el baricentro está al doble de distancia de un vértice que del punto medio del lado opuesto), tenemos que \begin{align*} AB+GC=c+\frac{2}{3}m_c=c+\frac{2}{3}\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}-\frac{c^2}{4}},\\ AC+GB=b+\frac{2}{3}m_b=b+\frac{2}{3}\sqrt{\frac{a^2+c^2}{2}-\frac{b^2}{4}}.\\ \end{align*} La igualdad a probar se reduce a la siguiente: \[\frac{3}{2}(c-b)=m_b-m_c.\] Sin embargo, podemos multiplicar por la expresión conjugada para obtener también \begin{align*} \frac{3}{2}(c-b)&=\sqrt{\frac{a^2+c^2}{2}-\frac{b^2}{4}}-\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}-\frac{c^2}{4}}\\ &=\frac{\left(\frac{a^2+c^2}{2}-\frac{b^2}{4}\right)-\left(\frac{a^2+b^2}{2}-\frac{c^2}{4}\right)}{\sqrt{\frac{a^2+c^2}{2}-\frac{b^2}{4}}+\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}-\frac{c^2}{4}}}=\frac{\frac{3}{4}(c^2-b^2)}{m_b+m_c}. \end{align*} Razonemos por reducción al absurdo suponiendo que no se cumple que $b=c$. En tal caso, podemos simplificar el factor común $c-b$ y despejar $m_b+m_c=\frac{1}{2}(b+c)$. Junto con la condición $\frac{3}{2}(c-b)=m_b-m_c$, podemos despejar $m_b=c-\frac{b}{2}$ y $m_c=b-\frac{c}{2}$. Esto contradice la desigualdad triangular en los triángulos $AMC$ y $ANB$, siendo $M$ y $N$ los puntos medios de $AB$ y $AC$, respectivamente. Por lo tanto, tiene que ser $b=c$ y el triángulo es isósoceles.

Solución. Definimos $P\neq C$ como el segundo punto de corte de las circunscritas a los triángulos equiláteros $A'BC$ y $AB'C$. Por la propiedad del arco capaz, se tiene que \[\angle B'PC=180^\circ-\angle B'AC=120^\circ,\qquad \angle A'PC=180^\circ-\angle A'BC=120^\circ.\] Deducimos que \[\angle APB=\angle A'PB'=360^\circ-\angle B'PC-\angle A'PC=120^\circ,\] luego $P$ también está en la circunferencia circunscrita a $ABC'$. Así, la propiedad del arco capaz en las tres circunferencias nos da los siguientes ángulos: \begin{align*} \angle B'PA&=\angle B'CA=60^\circ,& \angle A'PB&=\angle A'CB=60^\circ,\\ \angle APC&=\angle AB'C=60^\circ,& \angle APC'&=\angle ABC'=60^\circ. \end{align*} Esto nos dice que $P$ está en la intersección de $AA'$, $BB'$ y $CC'$ y tenemos probado el apartado (a). También tenemos el apartado (b) ya que hemos probado implícitamente que el lugar geométrico de $P$ es el arco menor $AB$ de la circunferencia circunscrita a $ABC'$.

Observemos que, como $A'',B'',C''$ son los centros de las circunferencias circunscritas que hemos trazado, se cumple que la recta $A''B''$ es perpendicular a la recta $CC'$, la recta $A''C''$ es perpendicular a $BB'$ y la recta $B''C''$ es perpendicular a $AA'$. Como las rectas $AA',BB',CC'$ forman ángulos de $60^\circ$, obtenemos que $A''B'',B''C'',C''A''$ también forman ángulos de $60^\circ$, luego el triángulo $A'',B'',C''$ es equilátero y tenemos ya el apartado (c).

Finalmente, para responder al apartado (d), consideremos el punto $Q$ diametralmente opuesto a $P$ en la circunferencia circunscrita a $AB'C$. Se tiene entonces que $\angle PB'Q=90^\circ$ y $\angle AB'P=120^\circ$, luego, una vez más por la propiedad del arco capaz, \[\angle B'PB''=\angle B'PQ=90^\circ-\angle B'QP=90^\circ-\angle B'CP.\] De la misma forma, se tiene que $\angle A'PA''=90^\circ-\angle A'CP$, luego podemos sumar para obtener que \[\angle B'PB''+\angle A'PA''=180-\angle B'CP-\angle A'CP=180^\circ-\angle B'CA'=120^\circ.\] Como $\angle B'PB''+\angle B''PA''+\angle A'PA''=240^\circ$, obtenemos que $\angle B''PA''=120^\circ$, luego $P$ está en la circunferencia circunscrita al triángulo $A''B''C''$.

Nota. El problema en sí está muy relacionado con el teorema de Napoleón para el triángulo $ABC$. Justo nos dicen que analicemos el caso en que $ABC$ es degenerado (sus vértices están alineados). Los apartados (a), (b) y (c) son parte de la demostración estándar de este resultado clásico, aunque (d) es distinto ya que no es cierto en general para un triángulo cualquiera.

Solución. El procedimiento es similar al que usamos para hallar el máximo común divisor de dos polinomios. Llamemos $p(x)$ y $q(x)$ a los dos polinomios de tercer grado dados por las ecuaciones. Podemos reducir el grado haciendo \[q(x)-n\,p(x)=-2 m(m^2+m x^2+3 n x).\] Por tanto, la raíz común también tiene que ser raíz de $r(x)=m^2+m x^2+3 n x$ ya que $m\neq 0$. Esta raíz también tiene que ser raíz de \[x\, r(x)-m\,p(x)=n(3x^2+m).\] Como quiera que $n\neq 0$, deducimos que $m$ es negativo y que la raíz común $\alpha$ debe cumplir $3\alpha^2+m=0$. Podemos usar esto para sustituir $m$ en la primera ecuación, que nos queda \[x^3+mx-n=0\ \Longrightarrow\ \alpha^3-3\alpha^3-n=0 \ \Longrightarrow\ n=-2\alpha^3.\] Con esto ya podemos factorizar los dos polinomios: \begin{align*} p(x)&=x^3-3\alpha^2x+2\alpha^3=(x-\alpha)^2(x-2\alpha),\\ q(x)&=-2\alpha^3(x^3+9 \alpha x^2+15 \alpha ^2 x-25 \alpha ^3)=(x-\alpha) (x+5\alpha)^2, \end{align*} La idea para estas factorizaciones es dividir por $\alpha^3$ y ver las ecuaciones $p(x)=0$ y $q(x)=0$ como ecuaciones con incógnita $y=\frac{x}{\alpha}$. Deducimos que la primera ecuación tiene una raíz doble igual a $\alpha$ y la otra raíz igual a $2\alpha$ (es distinta ya que $\alpha\neq 0$). La segunda ecuación tiene a $\alpha$ como raíz simple y a $-5\alpha$ como raíz doble.

Nota. Si $n=0$ y $m\neq 0$, entonces la primera ecuación tiene soluciones $x=0$ y $x=\pm\sqrt{m}$ y la segunda ecuación es de segundo grado y tiene soluciones $x=\pm\sqrt{m}$, por lo que el resultado no es cierto (hay dos raíces comunes). Si $n\neq 0$ y $m=0$, entonces la primera ecuación y la segunda son la misma y tienen como única raíz real común $x=\sqrt[3]{n}$, aunque también comparten las otras dos raíces complejas. En este caso, no es cierto que $la primera ecuación tenga dos raíces iguales.

Solución. Llamemos $S_1$, $S_2$, $S_3$, $S_4$ a las áreas de los triángulos $CGQ$, $AGQ$, $BGP$ y $AGP$, respectivamente, que se encuentran coloreadas en la figura. Como $CGQ$ y $AGQ$ tienen una altura común y también la tienen $BGP$ y $AGP$ (estas alturas comunes están dibujadas en línea discontinua azul), tenemos que \[\frac{PB}{PA}\cdot\frac{QC}{QA}=\frac{S_4}{S_3}\cdot\frac{S_1}{S_2}.\] Ahora vamos a calcular estas áreas de otra forma, para lo que trazamos las alturas $AA'$, $BB'$ y $CC'$, siendo $A',B',C'$ puntos de la recta que pasa por $G$. Tenemos entonces que \[\frac{S_4}{S_3}\cdot\frac{S_1}{S_2}=\frac{BB'\cdot CC'}{(AA')^2}.\] Ahora bien, como $M$ es el punto medio de $BC$, la altura $MM'$ del triángulo $MPQ$ (en gris discontinuo) cumple que $MM'=\frac{1}{2}(BB'+CC')$. El área de $PMQ$ es $\frac{1}{2}MM'\cdot PQ$ y el área de $APQ$ es $\frac{1}{2}PQ\cdot AA'$. Como el área de $APQ$ es el doble que la de $PMQ$ (ya que el baricentro divide a la mediana en dos segmentos tales que $AG=2GM$), tenemos que $\frac{1}{2}(BB'+CC')=MM'=\frac{1}{2}AA'$, de donde $AA'=BB'+CC'$. Finalmente, esto nos dice que \[\frac{PB}{PA}\cdot\frac{QC}{QA}=\frac{BB'\cdot CC'}{(AA')^2}=\frac{BB'\cdot CC'}{(BB'+CC')^2}=\frac{1}{2+\frac{BB'}{CC'}+\frac{CC'}{BB'}}\leq\frac{1}{4},\] donde hemos usado que la suma de un número positivo y su inverso es mayor o igual que $2$.