Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Vamos a calcular la longitud $OP$ en términos de $a$ y después veremos cuál es su valor máximo. Llamemos $M$ al punto de corte de la cuerda con el segmento $OP$ y $A$ a uno de los puntos de corte de las dos circunferencias. El teorema de Pitágoras nos dice que $OM^2=OA^2-AM^2=1-(\frac{a}{2})^2$ y, por otro lado, como $MP$ es un radio de $C$, tendremos que $MP=\frac{a}{2}$. Como $OP=OM+MP$ y, usando la desigualdad entre las medias aritmética y cuadrática, tenemos que \[OP=OM+MP=\frac{a}{2}+\sqrt{1-\frac{a^2}{4}}\leq 2\sqrt{\frac{\frac{a^2}{4}+1-\frac{a^2}{4}}{2}}=\sqrt 2.\] Como dicha cota se alcanza cuando $\frac{a}{2}=\sqrt{1-\frac{a^2}{4}}$, es decir, para $a=\sqrt{2}$, deducimos que el valor máximo de $OP$ es $\sqrt{2}$ y se alcanza si, y sólo si, $a=\sqrt{2}$.

Solución. Llamemos $\alpha$, $\beta$ y $\gamma$ a los ángulos del triángulo $ABC$ correspondientes a los vértices $A$, $B$ y $C$, respectivamente, y llamemos $\theta=\angle PAB$. La semejanza de los triángulos $BQC$, $CRA$ y $ABP$ nos dice que \[\angle PAB=\angle PBA=\angle CBQ=\angle BCQ=\angle ACR=\angle CAR=\theta.\] Vamos a ver que el triángulo $PBQ$ es semejante a $ABC$. Por un lado, tenemos que $\angle PBQ=\angle ABC-\angle ABP+\angle PBQ=\beta-\theta+\theta=\beta$; por otro lado, la semejanza entre $ABP$ y $BCQ$ nos dice que $\frac{AB}{BC}=\frac{BP}{BQ}$. Deducimos que los triángulos $PBQ$ y $ABC$ tienen un ángulo igual y los lados adyacentes proporcionales, luego son semejantes. En particular, tenemos que $\angle BPQ=\alpha$. De la misma forma, se prueba que $APR$ es proporcional a $ABC$, de donde obtenemos que $\angle APR=\beta$.

Centrémonos ahora en los puntos con vértice en $P$: tenemos que $\angle APR=180-2\theta$ y hemos visto que $\angle BPQ=\alpha$ y $\angle APR=\beta$, luego $\angle RPQ=180-\alpha-\beta+2\theta=\gamma+2\theta=\angle RCQ$, lo que nos dice que el cuadrilátero $PQCR$ (posiblemente degenerado) tiene dos ángulos opuestos iguales. Finalmente, $\angle PRC=\angle ARC-\angle ARP=(180-2\beta)-\gamma=180-\angle RCQ$, y de aquí que $PQCR$ sea un paralelogramo. Será degenerado (es decir, los puntos estarán alineados) cuando $\gamma+2\theta=180$.

Solución. Si llamamos $f(1)=a$, la ecuación del enunciado nos dice que $f(a+1)=2a$. Como $f$ es estrictamente creciente, y en los intervalos $[1,a+1]$ y $[a,2a]$ hay exactamente $a$ números enteros, deducimos que $f(2)=a+1$, $f(3)=a+2$,... hasta $f(a+1)=2a$. En otras palabras, $f(n)=a-1+n$ siempre que $1\leq n\leq a+1$. Sustituyendo ahora $n=a+1$ en la ecuación del enunciado, tenemos que $f(3a+1)=4a$ y, como hay $2a+1$ números tanto en el intervalo del dominio $[a+1,3a+1]$ como en el de la imagen $[2a,4a]$, deducimos que $f(a+2)=2a+1$, $f(a+3)=2a+2$,... hasta $f(3a+1)=4a$, luego $f(n)=a-1+n$ siempre que $1\leq n\leq 3a+1$. Repitiendo el proceso se deduce que $f(n)=a-1+n$ para todo $n\in\mathbb{N}$, de donde deducimos que toda función que cumpla el enunciado ha de ser de esta forma. Como estas funciones lo cumplen (¡comprobarlo!), deducimos que son las únicas.

Solución. Haciendo operaciones llegamos a que \[\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}=\frac{a^2+b^2+a+b}{ab}.\] Si llamamos $d$ al máximo común divisor, entonces $a$ y $b$ son divisibles por $d$ luego el denominador de la fracción de la derecha es divisible por $d^2$. Como dicha fracción es un número entero, el numerador también ha de ser divisible entre $d^2$. Como $a^2+b^2$ sí es divisible entre $d^2$, entonces $a+b$ también tiene que serlo. De aquí deducimos que $d^2\leq a+b$, de donde $d\leq\sqrt{a+b}$ como queríamos demostrar.

Solución. Supongamos que las longitudes de los lados son $a=\ell-d$, $b=\ell$ y $c=\ell+d$, siendo $\ell\gt 0$ y $d\geq 0$. Si llamamos $S$ al área del triángulo, sabemos que \[2S=a\cdot h_a=b\cdot h_b=c\cdot h_c.\] Esto nos dice que las alturas están ordenadas en orden opuesto al de los lados, es decir, $h_a=x+k$, $h_b=x$ y $h_c=x-k$ para ciertos $x\gt 0$ y $k\geq 0$. Usando la fórmula anterior del área, tenemos que \[\ell x-dx+\ell k- dk=(\ell-d)(x+k)=\ell x=(\ell+d)(x-k)=\ell x+dx-\ell k-dk.\] Podemos restar $\ell x-kd$ y queda \[\ell k-dx=dk=-(\ell k-dx),\] y deducimos que $dk=0$. Por tanto, $d=0$, de donde es inmediato que $a=b=c$ y el triángulo es equilátero; o bien $k=0$, de donde $h_a=h_b=h_c$ y el triángulo también es equilátero.