Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Si hacemos una inversión respecto de uno de los cinco puntos, éste se va a infinito y los otros cuatro se quedan en el plano. Llamémoslos $A$, $B$, $C$ y $D$ y observemos que los separadores (dependiendo de si contienen o no el centro de inversión) se corresponden con:

• Rectas que pasan por dos de los puntos $A,B,C,D$ y dejan a los otros dos puntos en semiplanos distintos.
• Circunferencias que pasan por tres de los puntos $A,B,C,D$ y dejan al cuarto en su interior.

Por consiguiente, tendremos dos posibilidades. La primera de ellas es que los puntos $A,B,C,D$ sean los vértices de un cuadrilátero convexo $ABCD$ (podemos suponer que los vértices están en este orden renombrándolos si es necesario). En tal caso hay dos rectas que pasan por dos de ellos y dejan a los otros dos en semiplanos distintos (las diagonales $AC$ y $BD$) y dos circunferencias que pasan por tres de ellos y dejan al cuarto en su interior (una de las circunferencias circunscritas a $ABC$ ó $ACD$ y una de las circunferencias circunscritas a $BCD$ ó $ABD$). Por tanto, encontramos los cuatro separadores buscados.

La segunda posibilidad es que $ABC$ forme un triángulo y $D$ esté en su interior (después de renombrar los vértices si es necesario). En tal caso, hay tres rectas que pasan por dos de los puntos y dejan a los otros dos en semiplanos distintos ($AD$, $BD$ y $CD$) y una sola circunferencia que pasa por tres de ellos y deja al cuarto en su interior (la circunscrita al triángulo $ABC$). En consecuencia, también hay sólo cuatro separadores en este segundo caso.

Solución. Observemos que $A_k=\{k+1,k+2,\ldots,2k\}$ y $A_{k+1}=\{k+2,k+3,\ldots,2k,2k+1,2k+2\}$ tienen todos sus elementos en común salvo $\{k+1,2k+1,2k+2\}$. Las representaciones binarias de $2k+2$ y $k+1$ difieren en un cero, luego tienen el mismo número de unos. Por tanto, $f(k+1)=f(k)+1$ si la representación de $2k+1$ tiene tres unos (es decir, si la representación de $k$ tiene dos unos) o bien $f(k+1)=f(k)$ en caso contrario. En particular, la función $f(k)$ es creciente y, como existen infinitos valores de $k$ con dos unos en binario y $f(1)=0$, deducimos que $f(k)$ recorre todos los enteros no negativos, es decir, $f(k)=m$ tiene solución para todo $m\geq 0$.

Para que $f(k)=m$ tenga una única solución ha de cumplirse que $f(k+1)=f(k)+1$ y $f(k)=f(k-1)+1$, luego $k$ y $k-1$ han de tener exactamente dos unos en representación binaria, es decir $k-1=2^a+2^b$ para ciertos enteros $0\leq b\lt a$. El número $k=2^a+2^b+1$ también ha de tener dos unos, lo que ocurre si, y sólo si, $b=0$ y $a\geq 2$. De aquí deducimos que las soluciones al segundo apartado son los números de la forma $m=f(2^a+1)$ para cierto $a\geq 2$. Ahora bien, el conjunto $A_{2^a+1}=\{2^a+2,2^a+3,\ldots, 2^{a+1}+1\}$ contiene $\binom{a}{2}$ elementos con tres unos (ya que se corresponde con todas las posibilidades de elegir dos elementos de un conjunto de $a$ elementos, las $a$ primeras cifras del número), luego la solución son los números de la forma $m=\binom{a}{2}=\frac{a(a-1)}{2}$ para $a\geq 2$.

Solución. El lado de un polígono de $n$ lados inscrito en una circunferencia de radio unidad viene dado por $2\sin(\frac{\pi}{n})$, luego el triángulo que estamos buscando tiene por lados $2\sin(\frac{\pi}{10})$, $2\sin(\frac{\pi}{6})=1$ y $2\sin(\frac{\pi}{5})$. El triángulo existirá y será rectángulo cuando estos tres números cumplan el teorema de Pitágoras. Como $2\sin(\frac{\pi}{10})$ es el mayor de los tres lados, tendrá que jugar el papel de la hipotenusa, es decir, el problema se reduce a demostrar que \[4\sin^2\left(\frac{\pi}{5}\right)=1+4\sin^2\left(\frac{\pi}{10}\right).\] Hay muchas formas de demostrar esta identidad usando trigonometría. Aquí comenzaremos calculando $\sin(\frac{\pi}{10})$ usando un pentágono regular $A_1A_2A_3A_4A_5$ de lado $\ell$ y diagonal $d$. Como $\angle A_4A_1A_3=\frac{\pi}{5}$, si tomamos $M$ el punto medio del lado $A_3A_4$, entonces $\angle A_4A_1M=\frac{\pi}{10}$ y el triángulo $A_4A_1M$ tiene un ángulo recto en $M$, luego $2\sin(\frac{\pi}{10})=2\frac{A_4M}{A_1A_4}=\frac{\ell}{d}$. Ahora bien, $\ell$ y $d$ satisfacen la relación $d^2=\ell^2+\ell d$ (véase la nota más abajo), luego $(\frac{\ell}{d})^2+\frac{\ell}{d}-1=0$, es decir, $2\sin(\frac{\pi}{10})$ es solución de la ecuación $x^2+x-1=0$. Resolviendo esta ecuación y quedándonos con la solución positiva, tenemos que \[\sin\left(\frac{\pi}{10}\right)=\frac{-1+\sqrt{5}}{4}.\] Usando ahora la fórmula del ángulo doble y la identidad $\sin^2(\frac{\pi}{10})+\cos^2(\frac{\pi}{10})=1$, podemos calcular \[\sin^2\left(\frac{\pi}{5}\right)=4\sin^2\left(\frac{\pi}{10}\right)\cos^2\left(\frac{\pi}{10}\right)=4\left(\frac{-1+\sqrt{5}}{4}\right)\left(1-\left(\frac{-1+\sqrt{5}}{4}\right)^2\right)=\frac{5-\sqrt{5}}{8}.\] Ahora podemos calcular explícitamente \[4\sin^2\left(\frac{\pi}{5}\right)-4\sin^2\left(\frac{\pi}{10}\right)=\frac{5-\sqrt{5}}{2}-4\left(\frac{-1+\sqrt{5}}{4}\right)^2=\frac{5-\sqrt{5}}{2}-\frac{3-\sqrt{5}}{2}=1.\]

Nota. Hay varias formas de probar la identidad $d^2=\ell^2+\ell d$. Dos de ellas son las siguientes:

• Si $P$ denota la intersección de $A_1A_3$ y $A_2A_5$, entonces los triángulos $A_1A_4A_3$ y $A_3PA_2$ son semejantes (tienen los lados paralelos) y la relación $\frac{A_3A_4}{A_2P}=\frac{A_1A_4}{A_2A_3}$ se traduce en $\frac{\ell}{d-\ell}=\frac{d}{\ell}$, de donde $d^2=\ell^2+\ell d$.
• Otra forma de probarla es aplicar el teorema de Ptolomeo al cuadrilátero cíclico $A_1A_2A_3A_4$. El producto de sus diagonales es $d^2$ y la suma de los productos de lados opuestos es $\ell^2+\ell d$, de donde se deduce inmediatamente que $d^2=\ell^2+\ell d$.

Solución. Sea $A_1A_2\ldots A_{10}$ un decágono regular inscrito en una circunferencia de radio $1$, luego $A_1A_3A_5A_7A_9$ es un pentágono regular inscrito en la misma circunferencia. Si llamamos $\ell_5$ y $\ell_{10}$ a las longitudes de los lados del pentágono y el decágono, respectivamente, tendremos que demostrar que $\ell_{5}^2=1+\ell_{10}^2$ (observemos que el hexágono regular inscrito en esta circunferencia tiene lado igual al radio (igual a $1$).

El teorema de Ptolomeo nos dice que en un cuadrilátero cíclico el producto de las diagonales es igual a la suma de los productos de los lados opuestos. Por tanto,

• aplicándolo al cuadrilátero $A_1A_3A_5A_7$, obtenemos que $d^2=\ell_5^2-\ell_5 d$, siendo $d$ la diagonal del pentágono;
• aplicándolo al cuadrilátero $A_1A_5A_6A_7$, obtenemos que $\ell_5=\ell_{10}d$, luego $d=\frac{\ell_5}{\ell_{10}}$.

Sustituyendo $d=\frac{\ell_5}{\ell_{10}}$ en $d^2=\ell_5^2-\ell_5 d$, tenemos que \[\frac{\ell_5^2}{\ell_{10}^2}=\ell_5^2-\frac{\ell_5^2}{\ell_{10}}\quad\Leftrightarrow\quad \ell_{10}^2=1+\ell_{10}.\] El teorema de Pitágoras aplicado al triángulo rectángulo $A_1A_6A_7$ nos dice que $d^2+\ell_{10}^2=4$. Sustituyendo $d=\frac{\ell_5}{\ell_{10}}$ y usando repetidamente la relación $\ell_{10}^2=1+\ell_{10}$, obtenemos finalmente que \[\ell_5^2=\ell_{10}^2(4-\ell_{10}^2)=(1+\ell_{10})(3-\ell_{10})=3+2\ell_0-\ell_{10}^2=3+2(\ell_0^2-1)-\ell_{10}^2=\ell_{10}^2+1.\]

Solución. Vamos a utilizar que $\alpha+\beta+\gamma=\pi$ (en radianes) por ser éstos los ángulos de un triángulo. Teniendo en cuenta las siguientes identidades trigonométricas sencillas \[\tan(\pi-x)=-\tan(x),\qquad \tan(x+y)=\frac{\tan(x)+\tan(y)}{1-\tan(x)\tan(y)},\] podemos calcular \begin{eqnarray*} \tan(\alpha)+\tan(\beta)+\tan(\gamma)&=&\tan(\alpha)+\tan(\beta)-\tan(\alpha+\beta)\\ &=&\tan(\alpha)+\tan(\beta)-\frac{\tan(\alpha)+\tan(\beta)}{1-\tan(\alpha)\tan(\beta)}\\ &=&\frac{\tan(\alpha)+\tan(\beta)-\tan ^2(\alpha)\tan(\beta)-\tan(\alpha)\tan^2(\beta)-\tan(\alpha)-\tan(\beta)}{1-\tan(\alpha)\tan(\beta)}\\ &=&-\tan(\alpha)\tan(\beta)\frac{\tan(\alpha)+\tan(\beta)}{1-\tan(\alpha)\tan(\beta)}\\ &=&-\tan(\alpha)\tan(\beta)\tan(\alpha+\beta)\\ &=&\tan(\alpha)\tan(\beta)\tan(\gamma). \end{eqnarray*}

Nota. Si el triángulo es rectángulo, entonces la identidad del enunciado no está bien definida ya que $\tan(\frac{\pi}{2})$ no está definido. De hecho, analizando las identidades trigonométricas para $\tan(\pi-\alpha-\beta)$ y $\tan(\alpha+\beta)$, vemos que éstas no son ciertas precisamente cuando $\gamma=\alpha+\beta=\frac{\pi}{2}$.

Solución. Si el polinomio tiene por raíces a $\alpha$ y $\frac{1}{\alpha}$ entonces es divisible entre \[(x-\alpha)(x-\tfrac{1}{\alpha})=x^2-(\alpha+\tfrac{1}{\alpha})x+1,\] es decir, tiene un factor de la forma $x^2+px+1$ para cierto $p\in\mathbb{R}$. Por lo tanto, podemos factorizar \begin{eqnarray*} x^4-\frac{3\sqrt{2}}{2}x^3+3x^2+mx+2&=&(x^2+px+1)(x^2+ax+b)\\ &=&x^4+(a+p)x^3+(1+b+ap)x^2+(a+bp)x+b. \end{eqnarray*} Igualando los términos independientes tenemos que $b=2$ e igualando los coeficientes de $x^2$ y $x^3$ llegamos a que $ap=0$ y $a+p=-\frac{3\sqrt{2}}{2}$, de donde se deducen fácilmente los dos posibles valores del par $(a,p)$.

• Si $a=0$ y $p=-\frac{3\sqrt{2}}{2}$, entonces $m=a+2p=-3\sqrt{2}$ y la factorización queda \[\left(x^2-\frac{3\sqrt{2}}{2}x+1\right)(x^2+2).\] El primer factor tiene raíces (inversas) $\sqrt{2}$ y $\frac{\sqrt{2}}{2}$ mientras que el segundo factor no tiene raíces reales.
• Si $a=-\frac{3\sqrt{2}}{2}$ y $p=0$, entonces $m=a+2p=-\frac{3\sqrt{2}}{2}$ y la factorización queda \[(x^2+1)\left(x^2-\frac{3\sqrt{2}}{2}x+2\right).\] En este caso el primer factor no tiene raíces reales y el segundo tampoco, ya que su determinante es $\frac{-7}{2}\lt 0$.

Deducimos que la única solución al problema es $m=-3\sqrt{2}$.