Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Tomando logaritmos en base 2, la desigualdad que queremos probar es equivalente a \[\frac{1}{2}+\frac{2}{4}+\frac{3}{8}+\ldots+\frac{n}{2^n}\lt 2.\] En lugar de aplicar desigualdades conocidas, veamos que la suma del miembro de la izquierda de la desigualdad anterior se puede calcular explícitamente. Dicha suma es igual a $P(\frac{1}{2})$, siendo $P(x)$ el polinomio \[P(x)=x+2x^2+\ldots+nx^n=x(1+2x+\ldots+nx^{n-1}).\] La idea ahora es darse cuenta de que el último factor es la derivada de la función $Q(x)=x+x^2+\ldots+x^n=\frac{x^{n+1}-x}{x-1}$, por lo que podemos calcular \[P(x)=xQ'(x)=x\left(\frac{((n+1)x^n-1)(x-1)-(x^{n+1}-x)}{(x-1)^2}\right)=\frac{nx^{n+2}-(n+1)x^{n+1}-x^2+x}{(x-1)^2}.\] Sustituyendo $x=\frac{1}{2}$ obtenemos fácilmente la desigualdad que buscábamos: \[P(\tfrac{1}{2})=\frac{\frac{n}{2^{n+2}}-\frac{n+1}{2^{n+1}}-\frac{1}{4}+\frac{1}{2}}{\frac{1}{4}}=2-\frac{n+2}{2^n}\lt 2.\]

Solución. Denotemos los vértices del pentágono por $A_1,A_2,A_3,A_4,A_5$ en orden cíclico, sus lados opuestos por $\ell_1,\ell_2,\ell_3,\ell_4,\ell_5$ y las diagonales paralelas a estos lados por $d_1,d_2,d_3,d_4,d_5$, respectivamente. Sea $P$ el punto de intersección de las diagonales $d_4$ y $d_1$. Observemos que los triángulos $A_1A_2P$ y $A_3A_5A_2$ son semejantes ya que tienen sus lados paralelos y el cuadrilátero $A_2A_3A_4P$ es un paralelogramo ya que tiene lados opuestos paralelos, de donde $A_2P=\ell_1$. Por tanto, la semejanza de triángulos nos dice que \[\frac{A_1A_2}{A_3A_5}=\frac{A_2P}{A_5A_2}\ \Longleftrightarrow\ \frac{\ell_4}{d_4}=\frac{\ell_1}{d_1}.\] Repitiendo el mismo argumento con los otros vértices obtenemos que que $\frac{\ell_1}{d_1}=\frac{\ell_2}{d_2}=\frac{\ell_3}{d_3}=\frac{\ell_4}{d_4}=\frac{\ell_5}{d_5}$.

Solución. Llamemos $I_1,\ldots,I_n$ a los subintervalos (disjuntos) que se han coloreado y sean $I'_k=I_k\cap[0,\frac{1}{10}]$ e $I''_k=I_k\cap[\frac{1}{10},\frac{2}{10}]$ para $k\in\{1,\ldots,n\}$, es decir, nos quedamos con las partes coloreadas de $[0,\frac{1}{10}]$ y $[\frac{1}{10},\frac{2}{10}]$. Ahora bien, para cada índice $k$, el intervalo $J'_k$ que resulta de trasladar $I'_k$ una distancia $\frac{1}{10}$ no puede estar coloreado (por la condición dada en el enunciado) y tampoco puede estarlo el intervalo $J''_k$ que resulta de trasladar $I''_k$ una distancia de $\frac{-1}{10}$. Por tanto, la unión de intervalos disjuntos \[J'_1\cup J'_2\cup\ldots\cup J'_n\cup J''_1\cup J''_2\cup\ldots\cup J''_n\] no tiene ningún punto coloreado. Como esta unión tiene la misma longitud total que la unión \[I'_1\cup I'_2\cup\ldots\cup I'_n\cup I''_1\cup I''_2\cup\ldots\cup I''_n,\] que son todos los puntos coloreados en $[0,\frac{2}{10}]$, deducimos que hay al menos la misma longitud de puntos sin colorear en $[0,\frac{2}{10}]$ que coloreados. El mismo razonamiento se puede hacer en los subintervalos $[\frac{1}{5},\frac{2}{5}]$, $[\frac{2}{5},\frac{3}{5}]$, $[\frac{3}{5},\frac{4}{5}]$ y $[\frac{4}{5},1]$.

Nota. No es difícil razonar que la cota $\frac{1}{2}$ es óptima. Un ejemplo cuya región coloreada tiene longitud total $\frac{1}{2}$ es \[[0,\frac{1}{5}]\cup [\frac{1}{5},\frac{2}{5})\cup [\frac{2}{5},\frac{3}{5})\cup[\frac{3}{5},\frac{4}{5})\cup [\frac{4}{5},1)\] (obsérvese la necesidad de que los intervalos sean semiabiertos o abiertos).