Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. La circunferencia circunscrita al triángulo $DEF$ será tangente a la cuerda $AE$ cuando $AD\cdot AF=AE^2$ usando la potencia del punto $A$ respecto de dicha circunferencia. Ahora bien, una homotecia de centro $A$ y razón $2$ transforma la semicircunferencia pequeña en la grande y transforma $D$ en $F$, de donde se deduce que $AF=2AD$. Esto nos dice que el problema equivale a demostrar que $2AD^2=AE^2$.

Pongamos $x=AC$ y $r=AO$. Entonces, $CO=r-x$ y el teorema de la altura en el triángulo rectángulo $ADO$ nos dice que $CD^2=AC\cdot CO=x(r-x)$, de donde $AD^2=AC^2+CD^2=x^2+x(r-x)=rx$ por el teorema de Pitágoras. De forma similar, en el triángulo rectángulo $AEO$, el teorema de la altura nos dice que $CE^2=AC\cdot CB=x(2r-x)$, luego \[AE^2=AC^2+CE^2=x^2+x(2r-x)=2xr=2AD^2,\] como queríamos probar.

Solución. Los números $a,b,c$ sólo pueden tener al 7 como factor primo, luego podemos escribir $a=7^x$, $b=7^y$ y $c=7^z$, lo que nos permite escribir $7^{39}=abc=7^x7^y7^z=7^{x+y+z}$. Por tanto, el problema equivale a encontrar las ternas $(x,y,z)$ de enteros mayores o iguales que $1$ tales que $x+y+z=39$. Observamos que $x$ debe estar entre $1$ y $37$ y, para cada valor de $x$, hay $38-x$ pares $(y,z)$ tales que $y+z=39-x$, que vienen dados por \[(1,38-x),(2,37-x),(3,36-x),\qquad (38-x,1).\] Por tanto, el número de soluciones es \[\sum_{x=1}^{37}(38-x)=37+36+35+\ldots+1=\frac{37\cdot 38}{2}=703.\]

Nota. El problema también se puede resolver mediante combinaciones con repetición usando separadores. Expresando $x=1+x'$, $y=1+y'$ y $z=1+z'$, tenemos que encontrar la cantidad de ternas $x',y',z'\geq 0$ tales que $x'+y'+z'=36$, lo que equivale a elegir dos separadores en una lista de $36+2=38$ elementos, esto es, el número de soluciones es \[\binom{38}{2}=\frac{38\cdot 37}{2}=703.\]

Solución. Vamos a demostrar que el resultado es también cierto con 6 puntos viendo que si los segmentos que determinan solo tuvieran dos longitudes distintas, entonces llegaríamos a una imposibilidad. En primer lugar, veremos que tres de los segmentos forman un triángulo equilátero. Si fijamos un vértice $P_0$ cualquiera y consideramos los cinco segmentos que salen de él, habrá tres de ellos, $P_0P_1,P_0P_2,P_0P_3$ con la misma longitud por el principio del palomar. Si alguno de los segmentos $P_1P_2$, $P_2P_3$ o $P_3P_1$ tiene también la misma longitud, entonces se forma el triángulo equilátero junto con $P_0$. En caso contrario, $P_1P_2$, $P_2P_3$ y $P_3P_1$ tendrán los tres la otra longitud posible, luego $P_1P_2P_3$ será el triángulo equilátero.

Pongamos entonces que tenemos el triángulo equilátero y llamamos a sus vértices $V_1,V_2,V_3$. Cualquier otro de los 6 puntos tendrá la misma distancia a dos de estos vértices por el principio del palomar, luego estará en una de las mediatrices del triángulo equilátero. De hecho, hay exactamente cuatro puntos $V$ de la mediatriz de $V_1V_2$ tales que $\{V_1,V_2,V_3,V\}$ definen solo dos distancias, que están representados en la figura: el punto azul (circuncentro), los puntos rojo y amarillo (a distancia de $V_3$ igual al lado del triángulo equilátero) y el verde (simétrico de $V_3$ respecto de $V_1V_2$). Haciendo lo mismo con las otras mediatrices, tenemos solo 10 posibles puntos de donde elegir los 3 que nos quedan por poner. No es difícil descartar todas las posibilidades, teniendo en cuenta lo siguiente (se deja como ejercicio completar los detalles):

• No puede haber tres puntos alineados (salvo que uno sea el punto medio de los otros dos). Esto descarta que el punto azul pueda ser uno de los 3 puntos restantes.
• Si hay dos puntos del mismo color, entonces estos junto con dos de los vértices $V_1,V_2,V_3$ forman un trapecio y definen al menos tres distancias distintas. Si consideráramos 7 puntos en lugar de 6 ya podríamos terminar aquí porque al no ser el azul uno de ellos, en alguno de los otros dos colores habría al menos dos de los cuatro puntos restantes por el principio del palomar,
• Los tres puntos restantes tendrían que ser entonces un punto verde, otro rojo y otro amarillo, no alineados. Sólo hay una posible elección salvo movimientos rígidos. En este caso también tenemos muchas distancias distintas: el lado del triángulo, la distancia verde-amarillo y la distancia amarillo-vértice.

Nota. El resultado no es cierto con 5 puntos. Por ejemplo, los vértices de un pentágono regular definen 10 segmentos de solamente dos longitudes distintas: la del lado y la de la diagonal.

Solución. Como intercambiar $x$ e $y$ no hace otra cosa que cambiar de orden las ecuaciones, tenemos que $(x,y)$ solución si, y sólo si, $(y,x)$ lo es. Esto nos da un número par de soluciones con $x\neq y$. Nos queda encontrar las soluciones con $x=y$, en cuyo caso las dos ecuaciones son la misma y queda \[(x^2+6)(x-1)=x(x^2+1)\ \Leftrightarrow\ x^2-5x+6=0,\] que tiene dos soluciones reales ($x=2$ y $x=3$), que también es un número par.

Nota. Es interesante preguntarse si realmente es que no se pueden calcular todas las soluciones, pero no es así. Si obviamos las soluciones $(2,2)$ y $(3,3)$ obtenidas, podemos sumar y restar las dos ecuaciones dadas para obtener el sistema cuadrático siguiente (tras simplificar el factor $x-y$ que aparece en la diferencia): \[\left\{\begin{array}{l} 2xy-x-y=7\\ x^2+y^2-5x-5y=-12 \end{array}\right.\] Despejando $x=\frac{7+y}{2y-1}$ en la primera ecuación y sustituyendo en la segunda, obtenemos la ecuación cuadrática $y^4-6 y^3+15 y^2-26 y+24=0$, cuyas únicas soluciones reales son $y=2$ e $y=3$ (se obtienen por Ruffini). Por tanto, el sistema del enunciado tiene cuatro soluciones: $(2,2)$, $(3,3)$, $(2,3)$ y $(3,2)$.

Solución. El teorema de la bisectriz nos dice que $\frac{BD}{11}=\frac{DC}{8}$. Ahora podemos usar que $BD=BM+1$, $CD=CM-1$ y $BM=CM=\frac{a}{2}$ para obtener la siguiente ecuación de primer grado con incógnita el lado $a=BC$, que se resuelve fácilmente: \[\frac{\frac{a}{2}+1}{11}=\frac{\frac{a}{2}-1}{8}\ \Longleftrightarrow\ a=\frac{38}{3}.\]

El teorema de Pitágoras en $ABH$ y $ACH$ nos da $8^2-CH^2=AH^2=11^2-BH^2$, luego \[(BH+CH)(BH-CH)=BH^2-CH^2=11^2-8^2=57.\] Como $BH+CH=a=\frac{38}{3}$, obtenemos que $BH-CH=57/\frac{38}{3}=\frac{9}{2}$. Esta ecuación junto con $BH+CH=\frac{38}{3}$ nos da un sistema lineal cuya solución es $BH=\frac{103}{12}$ y $CH=\frac{49}{12}$. Por otro lado, podemos calcular $CD=\frac{a}{2}-1=\frac{16}{3}$. Finalmente, todo esto nos dice que $DH=CD-CH=\frac{16}{3}-\frac{49}{12}=\frac{5}{4}$.