Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Supongamos que los números están ordenados como $a_1\lt a_2\lt\ldots\lt a_{100}$. No es difícil darse cuenta de que el triángulo en el que todo puede ir peor es el de lados $a_1,a_1,a_{100}$. La desigualdad triangular nos dice que debe cumplirse $a_{100}\lt 2a_1$, pero para que el triángulo no sea obtusángulo debe cumplirse la desigualdad más restrictiva $a_{100}^2\leq 2a_1^2$ (véase la nota). Por tanto, la cadena de desigualdades queda \[a_1\lt a_2\lt a_3\lt\ldots\lt a_{100}\leq \sqrt{2}\,a_1.\qquad (\star)\] Que se cumplan estas desigualdades es también suficiente para que los cien números cumplan la propiedad del enunciado. En efecto, dados tres números $a_i\leq a_j\leq a_k$, usando ($\star$), tenemos que: \begin{align*} a_i+a_j&\geq \tfrac{1}{\sqrt{2}}a_k+\tfrac{1}{\sqrt{2}}a_k=\sqrt{2}\,a_k\gt a_k,\\ a_i^2+a_j^2&\geq \tfrac{1}{2}a_k^2+\tfrac{1}{2}a_k^2= a_k^2. \end{align*} Tenemos así tanto la desigualdad triangular como la condición de no obtusángulo (véase la nota).

A la hora de calcular los perímetros, tenemos que hay $100$ elecciones para $a$, $100$ para $b$ y $100$ para $c$ de forma independiente (nos dicen que elijamos tres números ordenados del conjunto), luego hay $100^3=10^6$ posibilidades para la terna $(a,b,c)$, lo que nos da $3\cdot 10^6$ lados de triángulos. Como cada uno de los elementos $a_1,\ldots,a_{100}$ se usa el mismo número de veces, tendremos que usar $3\cdot 10^4$ veces cada uno de ellos y será $S(A)=3\cdot 10^4\cdot (a_1+a_2+\ldots+a_{100})$. Como entre $a_1$ y $\sqrt{2}a_1$ deben caber otros $99$ enteros distintos, ha de cumplirse que $a_1\sqrt{2}\geq a_1+99$, o equivalentemente $a_1\geq\frac{99}{\sqrt{2}-1}\approx 239.007$. El valor mínimo de $S(A)$ se obtiene tomando $a_1=240$, $a_2=241$,... y así hasta $a_{100}=339$. Esto nos da el valor mínimo \begin{align*} S(A)&=3\cdot 10^4\cdot (240+241+\ldots+339)\\ &=3\cdot 10^4\cdot (100\cdot 240+1+\ldots+99)\\ &=30000\cdot (24000+\tfrac{99\cdot 100}{2})=868500000. \end{align*}

Nota. En un triángulo de lados $a,b,c$, el ángulo $\alpha$ opuesto al lado $a$ verifica la siguiente igualdad por el teorema del coseno: \[a^2=b^2+c^2-2bc\cos(A)\ \Longleftrightarrow\ \cos(A)=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}.\] El ángulo es obtuso cuando su coseno es negativo, luego no será obtusángulo cuando $b^2+c^2\geq a^2$. Esta es la desigualdad que hemos aplicado al triángulo de lados $a_1,a_1,a_{100}$, teniendo en cuenta que el ángulo más grande es el opuesto al lado más grande, $a_{100}$.

Solución. Por ser el triángulo isósceles, tenemos que $\angle ABC=\angle ACB=\frac{180-36}{2}=72^\circ$. La bisectriz divide al ángulo en dos ángulos iguales, luego $\angle ABD=\angle DBC=\frac{72}{2}=36^\circ$. Además, como la suma de los ángulos de $BCD$ es $180^\circ$, obtenemos rápidamente $\angle BDC=180-36-72=72$. Por tanto, el triángulo $BCD$ es isósceles y tiene ángulos de $36^\circ, 72^\circ, 72^\circ$ (véase la figura).

El triángulo $ABD$ también es isósceles por tener dos ángulos iguales a $36^\circ$, luego $BC=BD=AD$. Además, $BCD$ y $ABC$ son semejantes por tener los ángulos iguales, luego \[\frac{AC}{BC}=\frac{BC}{CD}=\frac{BC}{AC-AD}=\frac{BC}{AC-BC}.\] De esta igualdad, obtenemos que $AC^2-AC\cdot BC-BC^2=0$. Dividiendo entre $AC^2$, llegamos a la ecuación de segundo grado \[\left(\frac{BC}{AC}\right)^2+\frac{BC}{AC}-1=0\ \Longrightarrow\ \frac{BC}{AC}=\frac{-1\pm\sqrt{5}}{2}.\] Tenemos que descartar la solución negativa, lo que nos dice finalmente que \[BC=\frac{\sqrt{5}-1}{2}AC.\]

Solución. Al quitar la región debe quedar un número de días múltiplo de cuatro, de forma que puedan dividirse de forma exacta en proporción 3 a 1. Comprobamos fácilmente (solo hay que mirar las dos últimas cifras) que \begin{align*} 336&\equiv 0\ (\text{mod }4),& 321&\equiv 1\ (\text{mod }4),& 335&\equiv 3\ (\text{mod }4),\\ 343&\equiv 3\ (\text{mod }4),& 329&\equiv 1\ (\text{mod }4),& 330&\equiv 2\ (\text{mod }4). \end{align*} La única forma de quitar uno de los días y que quede múltiplo de cuatro es quitar la región F, lo que nos da la respuesta al problema.

Nota. En realidad, el argumento no prueba que el número de días lluviosos es la tercera parte del de soleados, sino que se basa en que la persona encargada sabe que esto ocurre para alguna región. Hemos visto que solo puede ser la F.

Solución. Vamos a considerar las coordenadas usuales $(x,y,z)$, de forma que $O=(0,0,0)$, $P=(a,0,0)$, $Q=(0,b,0)$ y $C=(0,0,c)$, con la restricción que nos dan $a+b=k$ constante. La esfera que pasa por los cuatro puntos contiene a los triángulos rectángulos $OPQ$, $OPC$ y $OCQ$, contenidos en los planos coordenados. En particular, sus hipotenusas $PC$, $CQ$ y $QP$ son diámetros de las tres circunferencias que surgen de intersecar la esfera con los planos coordenados, luego el centro de la esfera se tiene que proyectar sobre los puntos medios de estos segmentos. Tenemos así que $W=(\frac{a}{2},\frac{b}{2},\frac{c}{2})$ (es fácil además comprobar que este punto equidista de $O,P,Q,C$). La proyección de $W$ sobre el plano $OXY$ no es más que quedarnos con sus dos primeras coordenadas, es decir, se trata del punto $W'=(\frac{a}{2},\frac{b}{2},0)$. Como $a+b=k$ y $a,b,c$ son reales positivos arbitrarios, la respuesta es muy sencilla:

• El lugar geométrico de $W$ es el conjunto de ecuación $x+y=\frac{k}{2}$ con $x,y,z\gt 0$, es decir, la intersección del plano $x+y=2k$ con el primer cuadrante.
• El lugar geométrico de $W$ es el conjunto de ecuación $x+y=\frac{k}{2}$ y $z=0$ con $x,y\gt 0$, es decir, el segmento de recta que une los puntos $(\frac{k}{2},0,0)$ y $(0,\frac{k}{2},0)$ en el plano $OXY$.