Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Si denotamos por $h_a$ a la longitud de la altura sobre el lado $a$, por aplicación sencilla del teorema de Thales tenemos que $g_a=\frac{1}{3}h_a$, ya que el baricentro divide a la mediana en dos segmentos, uno de longitud doble que el otro. Ahora bien, si $S$ es al área del triángulo y $p$ su semiperímetro, sabemos que se cumple que $S=\frac{1}{2}ah_a=rp$, de donde $$g_a=\frac{1}{3}h_a=\frac{2S}{3a}=\frac{2r}{3}\cdot\frac{p}{a}{.}$$ Como $p-a=\frac{1}{2}(-a+b+c)\geq 0$ por la desigualdad triangular, deducimos que $\frac{p}{a}\geq 1$. Por tanto, la identidad anterior nos dice que $g_a\geq\frac{2r}{3}$ y, análogamente, se prueban las otras dos desigualdades del apartado (a).

Para el apartado (b), observemos que no es suficiente sumar las tres desigualdades ya obtenidas, sino que hay que trabajar un poco más. Usando lo que ya hemos calculado y la desigualdad entre las medias aritmética y armónica llegamos a que $$\frac{1}{r}(g_a+g_b+g_c)=\frac{2p}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\geq\frac{2p}{3}\left(\frac{9}{a+b+c}\right)=\frac{18p}{6p}=3.$$

Nota. En realidad, para que se dé la igualdad en alguna de las desigualdades del apartado (a) tiene que ocurrir que $p=a$, $p=b$ ó $p=c$, para lo que el triángulo $ABC$ tendría que ser degenerado. Por tanto, podría decirse que las desigualdades del apartado (a) son estrictas. Por el contrario, la igualdad en la desigualdad del apartado (b) se alcanza cuando el triángulo es equilátero, como puede deducirse de la igualdad en la desigualdad de las medias.

Solución. Para probar la desigualdad de la izquierda observemos que si uno de los tres números es cero, entonces ésta es trivial. En caso contrario, sumando $2xyz$ a ambos miembros y dividiendo por $xyz$, la desigualdad es equivalente a $$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq 2.$$ Ahora bien, la desigualdad entre las medias aritmética y armónica nos dice que $$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq \frac{9}{x+y+z}=9\gt 2,$$ con lo que la desigualdad está probada.

Para la desigualdad de la derecha, hacemos el siguiente desarrollo: \begin{eqnarray*} (1-2x)(1-2y)(1-2z)&=&1-2(x+y+z)+4(xy+yz+xz)-8xyz\\ &=&-1+4(xy+yz+xz)-8xyz, \end{eqnarray*} Despejando y usando la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica, llegamos a que \begin{eqnarray*} xy+yz+xz-2xyz&=&\frac{1}{4}+\frac{1}{4}(1-2x)(1-2y)(1-2z)\\ &\leq&\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\left(\frac{3-2(x+y+z)}{3}\right)^3=\frac{7}{27}{.} \end{eqnarray*} No obstante, lo anterior tiene un error: para aplicar la desigualdad entre las medias es necesario que los términos $(1-2x)$, $(1-2y)$ y $(1-2z)$ sean no negativos. Por tanto, veamos qué pasa si alguno de los números $x,y,z$ es mayor que $\frac{1}{2}$. Como $x+y+z=1$, a lo sumo uno de los tres es mayor que $\frac{1}{2}$, en cuyo caso $(1-2x)(1-2y)(1-2z)\leq 0$ mientras que $3-2(x+y+z)=1\geq 0$, lo que nos dice que desigualdad de arriba también es cierta cuando uno de los tres números es mayor que $\frac{1}{2}$. Esto termina la demostración.

Solución. Cualquier triángulo de lado menor que el original no podrá cubrir simultáneamente dos de sus vértices. Por lo tanto, da igual la forma en que coloquemos los dos triángulos menores que siempre quedará un vértice del triángulo grande sin cubrir.

Solución. Pongamos que $p=p_1^2+p_2^2+p_3^2$, siendo $p,p_1,p_2,p_3$ números primos. El resto de la división entre 3 de cada $p_i^2$ es 0 si $p_i$ es múltiplo de $3$ (en cuyo caso $p_i=3$ por ser $p_i$ primo) ó 1 si $p_i$ no es múltiplo de $3$. Razonando por reducción al absurdo, si ningún $p_i$ fuera igual a 3, tendríamos que $$p=p_1^2+p_2^2+p_3^2\equiv 1+1+1\equiv 0\ (\mathrm{mod}\ 3),$$ lo que implica que $p=3$ pero esto es una contradicción ya que $p=p_1^2+p_2^2+p_3^2\geq 4+4+4=12$ (obsérvese que el 1 no es un número primo).

Solución. Haremos inducción sobre el número $n$ de rectas para probar que el número de puntos de intersección es $\frac{1}{2}(n^2-n)$ y el número de regiones es $\frac{1}{2}(n^2+n+2)$.

1. Para $n=1$, está claro que no hay puntos de intersección por lo que la fórmula $\frac{1}{2}(n^2-n)$ es válida para $n=1$. Supuesto que es cierta para $n-1$ rectas, probémosla para $n$. No obstante, los puntos de intersección de $n$ rectas son los puntos para $n-1$ rectas más los $n-1$ puntos que introduce la recta adicional cortando a todas las anteriores. En consecuencia, usando la hipótesis de inducción, para $n$ rectas tendremos \[\frac{(n-1)^2-(n-1)}{2}+(n-1)=\frac{n^2-n}{2},\] lo que prueba la fórmula propuesta.
2. Para $n=1$, está claro que hay dos regiones por lo que la fórmula $\frac{1}{2}(n^2+n+2)$ es válida para $n=1$. Supuesto que es cierta para $n-1$ rectas, para $n$ rectas las regiones son las que determinan $n-1$ de las rectas rectas más las $n$ que introduce la recta adicional cortando a todas las anteriores. La hipótesis de inducción nos dice entonces que el número de regiones para $n$ rectas es \[\frac{(n-1)^2+(n-1)+2}{2}+n=\frac{n^2+n+2}{2},\] que es la fórmula propuesta para $n$ y hemos terminado la inducción.

Finalmente, respondamos a la última pregunta de forma afirmativa también por inducción sobre $n$. Cuando tenemos una sola recta, es claro que se puede colorear (usando un color para cada una de las dos regiones en que el plano queda dividido). Supongamos ahora que para cualquier colección de $n-1$ rectas la coloración es posible. Al introducir una nueva recta que no corta a las anteriores basta invertir los colores a un lado de la nueva recta y dejarlos como estaban al otro lado, dando así una coloración para las $n$ rectas.

Solución. Para calcular el número de puntos de intersección, basta darse cuenta de que cada par de rectas determina un único punto de intersección (no hay pares de paralelas). Además, dos pares de rectas distintos determinan intersecciones distintos (no hay tres rectas concurrentes). Por tanto, hay tantos puntos como parejas de elementos en un conjunto de $n$ elementos, es decir, la solución al primer apartado es \[\binom{n}{2}=\frac{n(n-1)}{2}.\] Para calcular el número de regiones, consideremos otra recta auxiliar $r$ que no sea paralela a ninguna de las anteriores y de forma que todos los puntos de intersección queden al mismo lado de $r$. Como $r$ corta a las $n$ rectas originales, deducimos que $r$ atraviesa $n+1$ de las regiones (infinitas, no acotadas) que queremos cortar. Ahora comenzamos a trasladar $r$ paralelamente hasta que toque alguna de las intersecciones: en ese momento encontrará una nueva región. Si seguimos trasladando $r$ en la misma dirección encontraremos a las $\binom{n}{2}$ intersecciones una por una y cada vez que encontremos una de ellas cortaremos a una región nueva. Por tanto, el número de regiones está dado por las $n+1$ originales más las $\binom{n}{2}$ que encontramos. En resumen, la solución al segundo apartado está dada por \[n+1+\binom{n}{2}=\frac{n^2+n+2}{2}.\] Finalmente, respondamos a la última pregunta de forma afirmativa por inducción sobre $n$. Cuando tenemos una sola recta, es claro que se puede dibujar, usando un color para cada una de las dos regiones en que el plano queda dividido. Supongamos ahora que para cualquier colección de $n$ rectas la coloración es posible. Al introducir una nueva recta que no corta a las anteriores basta invertir los colores a un lado de la nueva recta y dejarlos como estaban al otro lado.