Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Llamemos $P(x)$ al polinomio con coeficientes enteros y tomemos los dos puntos como $(a,P(a))$ y $(b,P(b))$ para ciertos enteros $a,b\in\mathbb{Z}$. Si $a=b$ el resultado que buscamos es obvio, luego supondremos en lo que sigue que $a\neq b$.

La distancia $d$ entre estos dos puntos viene dada por $d^2=(b-a)^2+(P(b)-P(a))^2$. Dividiendo entre $(b-a)^2$ esta igualdad llegamos a que $$\left(\frac{d}{b-a}\right)^2=1+\left(\frac{P(b)-P(a)}{b-a}\right)^2.$$ Es conocido que $P(b)-P(a)$ es un entero divisible entre $b-a$, por ser $P$ de coeficientes enteros, luego el miembro de la derecha de la igualdad anterior es entero y, por tanto, también es entero el de la izquierda. Por consiguiente, tenemos dos enteros cuadrados perfectos que difieren en una unidad, luego han de ser $0$ y $1$, es decir, $$\frac{d}{b-a}=\pm 1,\qquad \frac{P(b)-P(a)}{b-a}=0$$ (el signo $\pm$ dependerá de si $b\gt a$ ó $b\lt a$). De aquí deducimos que $P(b)=P(a)$ y, por tanto, el segmento que une $(a,P(a))$ y $(b,P(b))$ es paralelo al eje de abscisas.

Solución. La desigualdad entre las medias aritmética y cuadrática con pesos nos dice que $$au+bv+cw\leq\sqrt{a u^2+bv^2+cw^2},$$ donde $a,b,c,u,v,w$ son números reales positivos tales que $a+b+c=1$ (la forma usual de la desigualdad entre las medias aritmética y cuadrática se obtiene para los pesos $a=b=c=\frac{1}{3}$). Ahora aplicamos este resultado a los números $a=\frac{1}{6}$, $b=\frac{1}{3}$ y $c=\frac{1}{2}$ (que suman la unidad), $u=6\sqrt{x}$, $v=3\sqrt{2y+2}$ y $w=2\sqrt{3z+6}$. Sustituyendo estos valores tenemos que $$\sqrt{x}+\sqrt{2y+2}+\sqrt{3z+6}\leq\sqrt{\frac{36x}{6}+\frac{9(2y+2)}{3}+\frac{4(3z+6)}{2}}=\sqrt{6(x+y+z)+18}.$$ Usando ahora que $x+y+z=3$ y simplificando, la desigualdad anterior queda $$\sqrt{x}+\sqrt{2y+2}+\sqrt{3z+6}\leq 6.$$ Para ver que $6$ realmente es el máximo buscado y responder a la última pregunta del enunciado, vamos a ver que se alcanza la igualdad y en qué valores. La igualdad en la desigualdad de las medias con pesos se alcanza cuando los números son iguales, es decir, cuando $u=v=w$. Elevando al cuadrado, esto equivale a que $36x=18(y+1)=12(z+2)$. Teniendo en cuenta que $x+y+z=3$, es fácil despejar $x=y=z=1$. Como para $x=y=z=1$ se alcanza la igualdad, deducimos que sólo se alcanza para esta elección de las variables, terminando así la solución.

Nota. La desigualdad entre las medias aritmética y cuadrática con pesos es equivalente a la desigualdad de Jensen (con pesos) aplicada a la función convexa $f(x)=x^2$, lo que da lugar a otra forma de enfocar esta misma solución.

Solución. Hay un total de $7!=5050$ posibilidades. Obviamente en primer lugar aparecerán los números que comienzan por $1$, que son un total de $6!=720$, que es el número de posibles permutaciones de los números $\{2,3,4,5,6,7\}$. A continuación encontraremos otros $720$ números que comienzan por $2$. Los $720$ números que comienzan por $3$ ocuparán las posiciones $1441$ a $2160$, luego sabemos que el número que buscamos comienza por $3$.

Vamos a determinar ahora la segunda cifra significativa, para lo que nos centraremos en los $720$ números formados de menor a mayor por las cifras $\{1,3,4,5,6,7\}$. Las $5!=120$ primeras comienzan por $1$ y corresponden a las que empiezan por $31$, que en la ordenación original ocupan las posiciones $1441$ a $1560$. Las que comienzan por $32$ ocuparán de la $1561$ a la $1680$, y así sucesivamente hasta los que comienzan por $36$, que ocupan las posiciones $1921$ a $2040$, luego el número que buscamos comienza por $36$.

Repetimos el proceso con la tercera cifra significativa, agrupando los resultados en subconjuntos de $4!=24$ números. Los que comienzan por $361$ ocupan las posiciones $1921$ a $1944$, los que comienzan por $362$ las posiciones $1945$ a $1968$, los que comienzan por $364$ las posiciones $1969$ a $1992$ y los que comienzan por $365$ las posiciones $1993$ a $2016$. El último número de este grupo (posición $2016$) es $3657421$ y el penúltimo (posición $2015$, que es el buscamos) será por tanto $3657412$.

Nota. Un razonamiento más generalizable se podría haber hecho dividiendo $2015-1$ entre $720$, el cociente está relacionado con el número que hay que tomar, y el resto (menos una unidad) se divide ahora entre $120$, después se repite con $24$,... El razonamiento sería algo similar a la forma que se hace un cambio de base de numeración, pero como si en cada paso la base fuese distinta.

Solución. Vamos a calcular la probabilidad de que el producto de las cifras no sea múltiplo de $3$, es decir, de que ninguna de las cifras sea múltiplo de $3$. La probabilidad de que la cifra de los millares no sea múltiplo de $3$ es igual a $\frac{2}{3}$ ya que hay seis elecciones $\{1,2,4,5,7,8\}$ que no son múltiplos de $3$ de nueve candidatos posibles. No obstante, para las cifras de las centenas, decenas y unidades la probabilidad se reduce a $\frac{3}{5}$ ya que también cabe la posibilidad de que tomen el valor $0$. Como la elección de los distintos dígitos es independiente, la probabilidad de que el producto de las cifras no sea múltiplo de $3$ es igual al producto de las probabilidades: $$\frac{2}{3}\cdot\frac{3}{5}\cdot\frac{3}{5}\cdot\frac{3}{5}=\frac{18}{125}.$$ La probabilidad de que dicho producto sí sea múltiplo de $3$ es la complementaria $1-\frac{18}{125}=\frac{107}{125}$, que es el número buscado.

Saber que el número es par afecta al comportamiento de la cifra de las unidades, pero esto no cambia el resultado, ya que la probabilidad de que la cifra de las unidades no sea múltiplo de $3$ sigue siendo $\frac{3}{5}$ (hay cinco dígitos posibles $\{0,2,4,6,8\}$, dos de los cuales son múltiplos de $3$). Por tanto, la probabilidad pedida en el caso de que el número se sabe par, es también igual a $\frac{107}{125}$.

Solución. Vamos a aplicar la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica a los cinco números $(ax, ax, by, by, by)$, donde $a$ y $b$ son dos constantes que determinaremos más adelante. Dicha desigualdad nos dice que $$\sqrt[5]{a^2x^2b^3y^3}\leq\frac{2ax+3by}{5}{.}$$ La aparición de $x^2y^3$ justifica por qué hemos tomado estos cinco números concretamente. Ahora ajustamos el numerador de la derecha tomando $a=\frac{1}{2}$ y $b=\frac{2}{3}$ para que resulte igual a $x+2y$, que sabemos que es igual a $5$ por hipótesis. La desigualdad anterior queda $$\sqrt[5]{\frac{1}{4}\cdot\frac{8}{27}\cdot x^2y^3}\leq \frac{x+2y}{5}=1.$$ Ahora elevamos a $5$ ambos miembros de la desigualdad y despejamos $x^2y^3$, obteniendo que $$x^2y^3\leq 4\cdot\frac{27}{8}=\frac{27}{2}.$$ Hemos probado así que $x^2y^3\leq \frac{27}{2}$ cuando $x+2y=5$, pero debemos asegurarnos que la igualdad se alcanza para algunos valores de $x$ e $y$ (de no ser así, no sería el valor máximo). No obstante, la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica nos dice que la igualdad se alcanza cuando los cinco números son iguales, es decir, cuando $ax=by$. Tomando los valores concretos $a=\frac{1}{2}$ y $b=\frac{2}{3}$, obtenemos que la igualdad se alcanza cuando $3x=4y$. Como $x+2y=5$, podemos formar un sistema de dos ecuaciones lineales que tiene por solución $(x,y)=(2,\frac{3}{2})$. No sólo hemos probado que el máximo es $\frac{27}{2}$, que es lo que buscábamos, sino también que se alcanza exclusivamente en el punto $(2,\frac{3}{2})$.