Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. En primer lugar, si $p=2$, tenemos que $2^p+3^p=13$, que no es potencia de exponente mayor que uno. Por lo tanto, supondremos que $p$ es impar. Trabajando módulo $5$ tenemos que \[2^p+3^p=2^p+(-2)^p\equiv 2^p-2^p\equiv 0\ (\text{mód }5),\] lo que nos dice que $a$ debe ser divisible entre $5$. Si probamos que $2^p+3^p$ no es divisible entre $25$ habremos terminado (si $n\geq 2$, entonces $a^n$ sería divisible entre $25$).

Debemos evaluar $2^p+3^p$ módulo $25$, para lo que usaremos el binomio de Newton de la siguiente forma: \[2^p+3^p=2^p+(5-2)^p=2^p+\sum_{k=0}^p\binom{p}{k}(-1)^k5^k2^{p-k}\equiv 2^p+5p\cdot 2^{p-1}-2^p\equiv 5p\cdot 2^{p-1}\ (\text{mód }25),\] donde hemos usado que $p$ es impar y que los términos para $k\geq 2$ son múltiplos de $25$. Ahora bien, si $p\neq 5$, esto nos dice que $2^p+3^p\not\equiv 0\ (\text{mód }25)$. Si $p=5$, entonces $2^p+3^p=32+243=275=5^2\cdot 11$ sí que es múltiplo de $25$, pero no es la potencia de ningún entero, luego el enunciado también se cumple en este caso especial.

Solución. Tomemos coordenadas escribiendo $A=(0,0)$, $B=(a,0)$ y $C=(b,c)$. Entonces, \[D=\left(\frac{a}{2},\frac{-a}{2}\right),\qquad E=\left(\frac{b-c}{2},\frac{b+c}{2}\right),\qquad F=\left(\frac{a+b}{2},\frac{c}{2}\right).\] Observemos que $F$ se calcula fácilmente como punto medio y $D$ y $E$ se pueden calcular fácilmente usando que la altura de los triángulos rectángulos $ABD$ y $ACE$ es una rotación de $90º$ de la mitad de sus hipotenusas. Por tanto, tenemos que \[EF^2=\frac{(c+a)^2}{4}+\frac{b^2}{4}=DF^2,\] \[EF^2+DF^2-DE^2=2\left(\frac{(c+a)^2}{4}+\frac{b^2}{4}\right)-\left(\frac{(a-b+c)^2}{4}+\frac{(a+b+c)^2}{4}\right)=0.\] La primera igualdad nos dice que el triángulo $DEF$ es isósceles y la segunda que es rectángulo pues cumple el teorema de Pitágoras.

Solución. En primer lugar, tenemos que $f(x)+f(1-x)\leq f(x+1-x)=f(1)=1$, luego $f(x)\leq 1-f(1-x)\leq 1$ para todo $x\in[0,1]$. En particular, $f(x)\leq 1\leq 2x$ para todo $x\geq \frac{1}{2}$, así que supondremos a partir de ahora que $x\lt\frac{1}{2}$.

Para ello, observemos que $f(nx)\geq nf(x)$ para todo entero positivo $n$ tal que $nx\in[0,1]$ (sin más que aplicar la tercera propiedad del enunciado reiteradamente). Tomemos entonces $n\geq 2$ tal que $\frac{1}{n+1}\leq x\lt\frac{1}{n}$, con lo que $nf(x)\leq f(nx)\leq 1$. Por tanto, \[f(x)\leq\frac{1}{n}=\frac{n+1}{n(n+1)}\leq\frac{n+1}{n}x=\left(1+\frac{1}{n}\right)x\leq\left(1+\frac{1}{2}\right)x=\frac{3}{2}x\leq 2x.\]

Finalmente, vamos a probar que la respuesta a la última pregunta es negativa (en realidad, no puede sustituirse $2$ en la desigualdad $f(x)\leq 2x$ por otra constante menor). Como contraejemplo sirve la función definida a trozos: \[f:[0,1]\to\mathbb{R},\qquad f(x)=\begin{cases}2x&\text{si }0\leq x\lt\frac{1}{2},\\1&\text{si }\frac{1}{2}\leq x\leq 1.\end{cases}\] Es fácil ver que cumple las condiciones del enunciado (los detalles se dejan al lector), mientras que $f(\frac{1}{2})=2\cdot\frac{1}{2}$, luego $2$ no puede sustituirse por $1,\!9$.