Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Comencemos pensando en los $n-1$ segmentos que parten del vértice $A$ y llamémoslos $\ell_1,\ldots,\ell_{n-1}$, siendo $\ell_1$ el más cercano al lado $b$. Si llamamos $P_j$ al extremo de $\ell_j$ sobre el lado $BC$, tendremos que $BP_j=\frac{j}{n}a$ y $CP_j=\frac{n-j}{n}a$. Aplicando el teorema del coseno a los triángulos $ABP_j$ y $ACP_j$, obtenemos las igualdades \begin{eqnarray*} c^2&=&\ell_j^2+\left(\frac{n-j}{n}a\right)^2-2\ell_j\frac{n-j}{n}a\cos(\theta),\\ b^2&=&\ell_j^2+\left(\frac{j}{n}a\right)^2-2\ell_j\frac{j}{n}a\cos(180-\theta), \end{eqnarray*} donde $\theta=\angle AP_jC$. Multiplicando la primera ecuación por $j$ y sumándole la segunda multiplicada por $n-j$ (observa que $\cos(180-\theta)=-\cos(\theta)$), podemos despejar $\ell_j^2$ como \[\ell_j^2=\frac{j}{n}c^2+\frac{n-j}{n}b^2-\frac{j(n-j)}{n^2}a^2.\] Las siguientes funciones auxiliares: \[r(n)=\sum_{j=1}^{n-1}\frac{j}{n},\qquad s(n)=\sum_{j=1}^{n-1}\frac{j(n-j)}{n^2}\] toman valores racionales y nos permiten escribir \[\sum_{j=1}^{n-1}\ell_j^2=r(n)(b^2+c^2)-s(n)a^2.\] Así tenemos controlada la suma de los cuadrados de las distancias del vértice $A$ a los puntos de división del lado opuesto. Si ahora repetimos el mismo argumento en los otros dos vértices y sumamos las tres cantidades obtenemos \[S=[2r(n)-s(n)](a^2+b^2+c^2).\] Como $2r(n)-s(n)$ es un número racional para todo $n\in\mathbb{N}$, tenemos demostrado el enunciado.

Nota. Realmente, podemos calcular \[r(n)=\sum_{j=1}^{n-1}\frac{j}{n}=\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n-1}j=\frac{n-1}{2}\] \[s(n)=\sum_{j=1}^{n-1}\frac{j(n-j)}{n^2}=\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n-1}j-\frac{1}{n^2}\sum_{j=1}^{n-1}j^2=\frac{n-1}{2}-\frac{(n-1)(2n-1)}{6n},\] lo que nos dice que \[\frac{S}{a^2+b^2+c^2}=2r(n)-s(n)=(n-1)-\frac{n-1}{2}+\frac{(n-1)(2n-1)}{6n}=\frac{(n-1)(5n-1)}{6n}.\]

Solución. La ecuación se puede escribir de forma equivalente como $p(x)=0$, donde $p(x)=3x^3-13x^2+14x-2$. Como $p(x)$ es una función continua y cumple que $p(0)=2$, $p(1)=-2$, $p(2)=-2$ y $p(3)=4$, el teorema de Bolzano nos dice que $p(x)$ tiene una raíz en $(0,1)$, otra en $(1,2)$ y otra en $(2,3)$. Como el polinomio $p(x)$ tiene tres raíces complejas, deducimos que son reales positivas y hemos demostrado el primer apartado.

Para el segundo apartado, vamos a hacer uso de la fórmula de la tangente del la suma. Concretamente, dados $x,y,z\in(0,\frac{\pi}{2})$, de dicha fórmula se deduce que \[\mathrm{tg}(x+y+z)=\frac{\mathrm{tg}(x+y)+\mathrm{tg}(z)}{1-\mathrm{tg}(x+y)\mathrm{tg}(z)}=\frac{\mathrm{tg}(x)+\mathrm{tg}(y)+\mathrm{tg}(z)-\mathrm{tg}(x)\mathrm{tg}(y)\mathrm{tg}(z)}{1-\mathrm{tg}(x)\mathrm{tg}(y)-\mathrm{tg}(y)\mathrm{tg}(z)-\mathrm{tg}(z)\mathrm{tg}(x)}.\] Sustituyendo $x=\mathrm{arctg}(r)$, $y=\mathrm{arctg}(s)$ y $z=\mathrm{arctg}(t)$, tenemos que \[\mathrm{tg}(\mathrm{arctg}(r)+\mathrm{arctg}(s)+\mathrm{arctg}(t))=\frac{(r+s+t)-rst}{1-(rs+st+rt)}=\frac{\frac{13}{3}-\frac{2}{3}}{1-\frac{14}{3}}=-1.\] ya que las relaciones de Cardano para el polinomio $p(x)$ nos aseguran que \[ r+s+t=\frac{13}{3},\quad rs+st+rt=\frac{14}{3},\quad rst=\frac{2}{3}. \] Esto nos dice que existe un número entero $k$ tal que \[\mathrm{arctg}(r)+\mathrm{arctg}(s)+\mathrm{arctg}(t)=-\frac{\pi}{4}+k\pi.\] Como $r,s,t\gt 0$, tenemos que $0<\mathrm{arctg}(r)+\mathrm{arctg}(s)+\mathrm{arctg}(t)\lt\frac{3\pi}{2}$, de donde $k=1$ y \[\mathrm{arctg}(r)+\mathrm{arctg}(s)+\mathrm{arctg}(t)=\frac{3\pi}{4}.\]

Solución. Escribiremos $\left(2+\sqrt{3}\right)^{2r-1}=a_r+b_r\sqrt{3}$ y probaremos que $a_r=1+c_r^2$ para cierto entero $c_r$. Así, tenemos que \[a_{r+1}+b_{r+1}\sqrt{3}=(2+\sqrt{3})^2(a_r+b_r\sqrt{3})=(7a_r+12b_r)+(4a_r+7b_r)\sqrt{3},\] de donde deducimos las relaciones recurrentes \begin{eqnarray*} a_{r+1}&=&7a_r+12b_r,\\ b_{r+1}&=&4a_r+7b_r. \end{eqnarray*} Esto implica que \begin{eqnarray*} b_{r+1}&=&\frac{1}{2}a_{r+1}+\frac{1}{2}a_{r}+b_{r}\\ b_{r}&=&\frac{1}{2}a_{r}+\frac{1}{2}a_{r-1}+b_{r-1}\\ &\vdots&\\ b_{2}&=&\frac{1}{2}a_{2}+\frac{1}{2}a_{1}+b_{1} \end{eqnarray*} Sumando todas estas igualdades llegamos a que \[b_{r+1}=\frac{1}{2}a_{r+1}+(a_1+a_2+\ldots+a_r).\] Usando esta igualdad y las relaciones recurrentes, no es difícil llegar a que la sucesión $\{a_r\}$ está determinada por $a_1=2$, $a_2=26$ y, para $r\geq 3$, \[a_{r}=14a_{r-1}-a_{r-2}.\] Consideremos ahora la sucesión $\{c_k\}$ definida por $c_1=1$, $c_2=5$ y, para $r\geq 3$, \[c_r=4c_{r-1}-c_{r-2}.\] Habremos terminado si probamos que $a_r=1+c_r^2$, para lo que veremos que la sucesión $\{1+c_r^2\}$ cumple las condiciones de recurrencia de $\{a_r\}$. Es inmediato que $1+c_1^2=a_1$ y $1+c_2^2=a_2$, luego tendremos que probar que $1+c_r^2=14(1+c_{r-1}^2)-(1+c_{r-2}^2)$ para todo $r\geq 3$. Usando la relación de recurrencia de $\{c_r\}$, tenemos que \begin{eqnarray*} 1+c_r^2&=&1+(4c_{r-1}-c_{r-2})^2=1+16c_{r-1}^2+c_{r-2}^2-8c_{r-1}c_{r-2}\\ &=&14(1+c_{r-1}^2)-(1+c_{r-2}^2)+2(c_{r-1}^2+c_{r-2}^2-4c_{r-1}c_{r-2}-6). \end{eqnarray*} Por tanto, si probamos que $c_{r-1}^2+c_{r-2}^2-4c_{r-1}c_{r-2}=6$ para todo $r\geq 3$ habremos terminado. Para esto usaremos inducción. Es fácil ver que para $r=3$ se tiene la igualdad y, supuesta cierta para $r$, para $r+1$ tenemos que \begin{eqnarray*} c_{r}^2+c_{r-1}^2-4c_{r}c_{r-1}&=&(4c_{r-1}-c_{r-2})^2+c_{r-1}^2-4c_{r-1}(4c_{r-1}-c_{r-2})\\ &=&c_{r-1}^2+c_{r-2}^2-4c_{r-1}c_{r-2}=6. \end{eqnarray*} Esto termina de probar que $a_r=1+c_r^2$ para todo $r\in\mathbb{N}$, con lo que el enunciado está demostrado.

Nota. Sin duda el paso más difícil en esta demostración es sacarse de la manga la sucesión $c_r$. Si uno intuye que la $c_r$ debe cumplir una recurrencia lineal del tipo $c_r=\alpha c_{r-1}+\beta c_{r-2}$, pueden calcularse algunos términos para ver que ha de ser $\alpha=4$ y $\beta=-1$.

Solución. Podemos escribir la ecuación como \[4x^4-ax^3+bx^2-cx+5=4(x-r_1)(x-r_2)(x-r_3)(x-r_4)=0.\] Desarrollando el producto y comparando el término independiente en ambos polinomios, deducimos que $r_1r_2r_3r_4=\frac{5}{4}$. Aplicando ahora la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica a los números $\frac{r_1}{2}$, $\frac{r_2}{4}$, $\frac{r_3}{5}$ y $\frac{r_4}{8}$, que son reales positivos, llegamos a que \[\frac{1}{4}=\frac{\frac{r_1}{2}+\frac{r_2}{4}+\frac{r_3}{5}+\frac{r_4}{8}}{4}\leq\sqrt[4]{\frac{r_1}{2}\cdot\frac{r_2}{4}\cdot\frac{r_3}{5}\cdot\frac{r_4}{8}}=\sqrt[4]{\frac{r_1r_2r_3r_4}{320}}=\frac{1}{4}.\] Como se da la igualdad, deducimos que estos cuatro números son iguales e iguales a la media, es decir, \[\frac{r_1}{2}=\frac{r_2}{4}=\frac{r_3}{5}=\frac{r_4}{8}=\frac{1}{4}.\] De aquí que $r_1=\frac{1}{2}$, $r_2=1$, $r_3=\frac{5}{4}$ y $r_4=2$.

Solución. La tercera ecuación nos dice que $a,b,c$ han de ser divisores de $440=2^3\cdot 5\cdot 11$, pero la segunda ecuación nos dice que cada uno de estos números ha de ser menor o igual en valor absoluto a $14$ (en caso contrario, la suma de los cuadrados se pasaría de $210$). Por tanto, nos quedan las posibilidades $\{\pm 1,\pm 2,\pm 4,\pm 5,\pm 8,\pm 10, \pm 11\}$ para $a,b,c$. Para que se cumpla la tercera ecuación, uno de los números tiene que ser $\pm 11$ y otro $\pm 5$ ó $\pm 10$ ya que $440=2^3\cdot 5\cdot 11$. Ahora es fácil ver, probando casos en la segunda ecuación que los tres números tienen que ser $\pm 11$, $\pm 5$ y $\pm 8$. Evaluando las distintas posibilidades en la primera ecuación se llega a que los números son $11$, $8$ y $5$ (todos positivos). Deducimos que las soluciones son la terna $(11,8,5)$ y todas sus permutaciones.

Solución. Podemos expresar \[ab+bc+ac=\frac{1}{2}\left((a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)\right)=\frac{1}{2}(24^2-210)=183.\] De las ecuaciones de Cardano, deducimos ahora que $a$, $b$ y $c$ son las raíces del polinomio \[p(x)=x^3-24x^2+183x-440.\] Como dichas raíces han de ser divisores de $440$, se puede probar caso por caso usando la regla de Ruffini y ver que $p(x)$ se factoriza como \[p(x)=(x-11)(x-8)(x-5),\] de donde obtenemos que las soluciones son la terna $(11,8,5)$ y todas sus permutaciones.