Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Sean $x_1,x_2,\ldots,x_{14}$ los números y $S$ su suma. La condición del enunciado nos dice que podemos escribir $S-x_i=3S_i$, siendo $S_i$ la suma de cada uno de los montones en que se dividen los 13 números que resultan al quitar $x_i$. Si sumamos las igualdades $S-x_i=3S_i$ para $1\leq i\leq 14$, obtenemos \[13S=14S-S=3(S_1+\ldots+S_{14}).\] Como $13$ es primo relativo con $3$, deducimos que $S$ es múltiplo de $3$, luego $x_i=S-3S_i$ también lo es y hemos respondido así al apartado (a).

Para responder al apartado (b), comenzamos dividiendo todos los $x_i$ entre 3 y observamos que los números resultantes también cumplen la propiedad (los $S_i$ se dividen entre 3 también), luego el apartado (a) nos dice que deben seguir siendo múltiplos de 3 y esto lleva a que cualquier potencia de $3$ debe dividir a todos los $x_i$, lo que no deja más posibilidad que la de que todos los $x_i$ sean cero.

Nota. La misma demostración del apartado (b) se puede reescribir mediante descenso infinito.

Solución. Pensemos en que tenemos que elegir 6 números de forma ordenada. Los casos posibles son $11\cdot 10\cdots 6=\frac{11!}{5!}$ (variaciones sin repetición). Para contar los casos favorables, vamos a dividirlos en tres subcasos dependiendo de que haya 1, 3 y 5 números impares entre los 6 números elegidos.

• El número de formas de elegir 6 números y que haya 1 impar y 5 pares es \[\binom{6}{1}\cdot [6]\cdot [5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1]=6\cdot 6!,\] ya que hay $\binom{6}{1}$ posiciones en las que colocar el impar, 6 posibles números impares (primer corchete) y $5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1$ posibles elecciones ordenadas de los 5 pares (segundo corchete).
• El número de formas de elegir 6 números y que haya 3 impares y 3 pares es \[\binom{6}{3}\cdot [6\cdot 5\cdot 4]\cdot [5\cdot 4\cdot 3]=200\cdot 6!,\] ya que hay $\binom{6}{3}$ posiciones en las que colocar los impares, $6\cdot 5\cdot 4$ elecciones de impares y $5\cdot 4\cdot 3$ elecciones de pares.
• El número de formas de elegir 6 números y que haya 5 impares y 1 pares es \[\binom{6}{5}\cdot [6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2]\cdot [5]=30\cdot 6!,\] por un razonamiento similar a los casos anteriores.

La probabilidad que buscamos se puede calcular como casos favorables entre casos posibles, lo que nos da \[\frac{(6+200+30)6!}{\frac{11!}{5!}}=\frac{118}{231}.\]

Solución. Aplicando el teorema de la bisectriz a $ABC$, tenemos que \[\frac{572}{c}=\frac{BT}{AB}=\frac{CT}{AC}=\frac{a-572}{b}.\] Aplicando el mismo teorema a $ABM$, tenemos que \[\frac{200}{c}=\frac{BD}{AB}=\frac{DM}{AM}=\frac{350}{b/2}=\frac{700}{b}.\] Podemos entonces despejar $a$ como \[a=572+\frac{572b}{c}=572+\frac{572\cdot 700}{200}=2002\quad\text{(¡el año!)}.\] Para responder a la otra pregunta, utilizaremos que ya hemos calculado $b=\frac{7}{2}c$ y la fórmula para la longitud de la mediana $BM$. Concretamente, \[550^2=BM^2=\frac{a^2+c^2}{2}-\frac{b^2}{4}=\frac{2002^2+c^2}{2}-\frac{49}{16}c.\]

Nota. Obviamente, la ecuación se puede resolver muy fácilmente aunque hay que hacer cálculos tediosos. El resultado es $c=\frac{44}{41}\sqrt{1019998}$.

Solución. Llamemos $\alpha,\beta,\gamma$ a las tres raíces y escribamos $\alpha=\beta-d$ y $\gamma=\beta+d$ por estar en progresión aritmética. Desarrollando los paréntesis e igualando coeficientes en la igualdad \[x^3+2px^2-px+10=(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma),\] obtenemos las relaciones de Cardano-Vieta para este polinomio: \[\alpha+\beta+\gamma=-2p,\quad \alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=-p,\quad \alpha\beta\gamma=-10.\] Esto se puede reescribir en términos de $\beta$ y $d$ como \[3\beta=-2p,\qquad 3\beta^2-d^2=-p,\qquad \beta(d^2-\beta^2)=10.\] Despejamos de la primera igualdad $\beta=\frac{-2}{3}p$ y sustituimos en la segunda para obtener $d^2=p+3\beta^2=p+\frac{4}{3}p^2$ y en la tercera para obtener $d^2=\beta^2+\frac{10}{\beta}=\frac{4}{9}p^2-\frac{15}{p}$. Igualando ambas expresiones, obtenemos la ecuación \[p+\frac{4}{3}p^2=\frac{4}{9}p^2-\frac{15}{p}\ \Longleftrightarrow\ 8 p^3+9 p^2+135=0.\] Esta ecuación tiene una sola solución real $p=-3$ (que se puede obtener por Ruffini), luego deducimos que esta es la única respuesta al problema. Tenemos entonces que $3\beta=-2p$ implica que $\beta=2$ y $d^2=p+\frac{4}{3}p^2$ que $d=\pm 3$. Esto nos da como raíces a $-1$, $2$ y $5$ (obviamente, no importa el signo que tomemos en $d$).

Solución. Los años que no son bisiestos, tenemos el siguiente esquema \[[+31]\ [-28]\ [+31]\ [-30]\ [+31]\ [-30]\ [+31]\ [-31]\ [+30]\ [-31]\ [+30]\ [-31].\] Si un tal año empieza en el escalón $n$, al empezar el año siguiente llega a los escalón $n+3$, pero entre medias ha llegado como máximo al $n+36$ (el 31 de julio). En los años bisiestos, acaba en el $n+2$ y se llega al $n+35$ (también el 31 de julio). Teniendo en cuenta que los múltiplos de 4 entre 2001 y 2099 son bisiestos, si comienza un ciclo de 4 años en el escalón $n$, lo acabará en el $n+11$ y habrá llegado al $n+44$ el 31 de julio del cuarto año. Con esto, tenemos que al concluir 2020 y terminar su quinto ciclo de 4 años, estará en el escalón $55$ y habrá llegado máximo al $88$. Analizamos año por año a partir de ahí: \begin{align*} 2021&&\text{empieza: 55}&&\text{máximo: 91}&&\text{termina: 58}\\ 2022&&\text{empieza: 58}&&\text{máximo: 94}&&\text{termina: 61}\\ 2023&&\text{empieza: 61}&&\text{máximo: 97}&&\text{termina: 64}\\ 2024&&\text{empieza: 64}&&\text{máximo: 99}&&\text{termina: 66}\\ 2025&&\text{empieza: 66}&&\text{máximo: 101}&&\text{termina: 69} \end{align*} Vemos directamente que si la escalera tiene 99 escalones, saldrá en libertad el 31 de julio de 2024. Si la escalera tiene 100 escalones, tendremos que ver el primer día de 2025 que alcanza el escalón 100. En enero de 2025 llega al $66+31=97$, luego en febrero baja hasta el $97-28=69$ y en marzo sube hasta el $69+31=100$, por lo que queda en libertad el 31 de marzo de 2025.

Nota. El que escribe estas líneas participó en la fase local en la que se propuso este problema y ha escrito esta solución el 8 de junio de 2024 sin la satisfacción de ver aún al preso en libertad más de 23 años después.