Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Al cambiar un $1$ por un $-1$, el número cambia la paridad en exactamente una fila y una columna, luego el número total de filas y columnas que tienen un número impar de entradas iguales a $-1$ crece en dos unidades, decrece en dos unidades o se mantiene igual. Por tanto, si empezamos con todas las entradas iguales a $1$ y cambiamos $1$ por $-1$ en distintas entradas hasta conseguir la configuración deseada, no cambiará la paridad del número total de filas y columnas que tienen un número impar de entradas iguales a $-1$. Como este número es par cuando son todo unos, seguirá siendo par y no puede ser igual a $n$.

Solución. Es bien conocido que si $r$ y $s$ son números enteros, entonces $r-s$ divide a $p(r)-p(s)$ (ver la nota). Esto nos dice que, si existe el polinomio propuesto, $62-19=43$ divide a $2-1=1$, lo cual es claramente imposible.

Nota. En realidad, la propiedad propuesta se deduce de que $r-s$ divide a $r^n-s^n$ para todo $n\in\mathbb{N}$, lo cual es a su vez consecuencia de la factorización \[r^n-s^n=(r-s)(r^{n-1}+r^{n-2}s+r^{n-3}s^2+\ldots+s^{n-1}).\]

Solución. Consideramos las $4n$ bolas ensartadas en la cadena numeradas consecutivamente del $1$ al $4n$ de izquierda a derecha. Para cada entero $a$ entre $1$ y $2n+1$, definimos $b(n)$ como el número de bolas blancas que hay en el segmento la que ocupa la posición $a$ y la que ocupa la posición $2n-1+a$. De esta forma, el problema se reduce a encontrar $a$ tal que $b(a)=n$.

Fijado $a$ entre $1$ y $2n$, observemos que $b(a+1)$ es muy parecido a $b(a)$ ya que la diferencia sólo depende del color de las bolas en las posiciones $a$ y $2n+a$. Más explícitamente, pueden ocurrir tres posibilidades:

• $b(a+1)=b(a)$ si las bolas en las posiciones $a$ y $2n+a$ son del mismo color,
• $b(a+1)=b(a)+1$ si la bola en la posición $a$ es negra y la bola en la posición $2n+a$ es blanca,
• $b(a+1)=b(a)-1$ si la bola en la posición $a$ es blanca y la bola en la posición $2n+a$ es negra.

De esta forma, dos números consecutivos de la sucesión $\{b(1),b(2),\ldots,b(2n+1)\}$ se diferencia en a lo sumo en una unidad. Por otro lado, tenemos que $b(1)+b(2n+1)=2n$ ya que estamos contando así todas las bolas blancas de la cadena. Si $b(1)=b(2n+1)=n$, ya hemos terminado porque basta tomar la cadena desde la posición $1$ hasta la posición $n$. Si $b(1)\neq b(2n+1)$, entonces uno de estos dos números será mayor que $n$ y el otro menor que $n$. Como vamos saltando de uno en uno a lo sumo, deberá haber un valor intermedio $1\leq a\leq 2n$ tal que $b(a)=n$.

Solución. Si prolongamos los lados del hexágono, se formarán dos triángulos equiláteros (que contienen al hexágono) ya que sus ángulos interiores son iguales y, por tanto, iguales a $120º$ (ver figura). Si llamamos $a,b,c,d,e,f$ a las longitudes de los lados del hexágono (etiquetados de forma consecutiva), el hecho de que tales triángulos sean equiláteros se traduce en que sus lados son iguales, es decir: \begin{align*} a+b+c=c+d+e=e+f+a,\\ b+c+d=d+e+f=f+a+b. \end{align*} Para llegar a estas igualdades, también hemos usado que al prolongar los lados $a$ y $c$ se forma otro triángulo equilátero de lado $b$ (y lo mismo ocurre para el resto de lados, como se ve en la figura). De las dos ecuaciones anteriores, se llega fácilmente a que \[f-c=b-e=d-a.\] Estas diferencias se pueden suponer positivas, si tomamos $f=6$ como el mayor de los lados en nuestro etiquetado. Como $a,b,c,d,e,f$ son los números del $1$ al $6$ en cierto orden, las diferencias anteriores sólo pueden ser iguales a $1$ y $3$. Además, tras aplicar una simetría axial, podemos suponer que $b$ es mayor que $d$, lo que nos da dos posibles casos:

• [Diferencia 3]: $(a,b,c,d,e,f)=(1,5,3,4,2,6)$. El área del hexágono es el área de un triángulo equilátero de lado $a+b+f=12$ menos la suma de las áreas de tres triángulos equiláteros de lados $b=5$, $d=4$ y $f=6$. Como el área de un triángulo equilátero de lado $\ell$ es $\frac{\sqrt{3}}{4}\ell^2$, tenemos que el área del hexágono es \[A=\frac{\sqrt{3}}{4}(12^2-5^2-4^2-6^2)=\frac{67\sqrt{3}}{4}.\]
• [Diferencia 1]: $(a,b,c,d,e,f)=(1,4,5,2,3,6)$. Razonando de forma análoga y teniendo en cuenta que $a+b+f=11$, $b=4$, $d=2$ y $f=6$, llegamos a que \[A=\frac{\sqrt{3}}{4}(11^2-4^2-2^2-6^2)=\frac{65\sqrt{3}}{4}.\]

En la figura, hemos dibujado el segundo de estos dos hexágonos con la ayuda de una malla triangular (el primero se haría de forma similar). Estos son, por tanto, los dos únicos posibles valores del área.

Solución. Sean $P$, $Q$ y $R$ los pies de las alturas de $ABC$ sobre los lados $AB$, $AC$ y $BC$, respectivamente y llamemos $\alpha$, $\beta$ y $\gamma$ a los ángulos de $ABC$ por simplicidad. Vamos a suponer en primer lugar que el triángulo es acutángulo (primera figura). Como el cuadrilátero $APHQ$ tiene dos ángulos rectos, deducimos que $\angle PHQ=\pi-\beta$, luego $\angle CHQ=\beta$. Esto nos dice que los triángulos $CHQ$ y $ABQ$ son semejantes, luego tenemos que $\frac{CH}{HQ}=\frac{AB}{BQ}$. Por hipótesis, estamos suponiendo que $AB=CH$, luego $HQ=BQ$. Es inmediato entonces que $BHQ$ es un triángulo rectángulo isósceles, de donde $\angle HBQ=\frac{\pi}{4}$. Contando ángulos en el triángulo $BRC$, llegamos a que $\gamma=\frac{\pi}{4}$, lo que responde a la pregunta del enunciado.

Supongamos ahora que $\alpha=\frac\pi2$ (se razona igualmente para $\beta=\frac\pi2$), en cuyo caso se tiene que $A=H$ y $ABC$ es un triángulo rectángulo isósceles, de donde también tenemos que $\gamma=\frac{\pi}{4}$. Otro caso posible es que $\alpha\gt\frac\pi2$ (análogamente, se razona para $\beta=\frac\pi2$). En tal caso, la demostración del caso acutángulo se adapta a este caso, teniendo en cuenta ahora que $CHQ$ y $ABQ$ son semejantes por un motivo distinto: ambos son triángulos rectángulos y tienen el mismo ángulo en el vértice común $A$ (opuestos por el vértice).

Queda por analizar el caso en que $\gamma\geq\frac\pi2$. El caso $\gamma=\frac\pi2$ es imposible ya que se tendría que $CH=0$, por lo que supondremos $\gamma\gt\frac\pi2$ (segunda figura). En este caso, $CHQ$ y $ABQ$ vuelven a ser semejantes, lo que nos da de nuevo que $\angle HBQ=\frac{\pi}{4}$. En el triángulo $\angle HBR$, tenemos que $\angle HBR=\frac{\pi}{4}$, $\angle HRB=\frac\pi2$ y $\angle BHR=\pi-\gamma$, luego $\gamma=\frac{3\pi}{4}$.

Nota. Este problema es sencillo ya que sólo hay que identificar dos triángulos semejantes en una situación estándar (involucrando al ortocentro). No obstante, se ha marcado con tres estrellas porque es difícil darse cuenta de que puede aparecer una solución distinta si el triángulo es obtusángulo.