Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. La respuesta es afirmativa para 2003. Escribiendo los números de la primera fila como $a_k=a_0+k$ y los de la segunda como $b_k=b_0+k$ para $k\in\{1,\ldots,2003\}$, una forma de distribuir los números es la siguiente:

$a_{1002}$	$a_{1001}$	$a_{1000}$	...	$a_{1}$	$a_{2003}$	$a_{2002}$	$a_{2001}$	...	$a_{1001}$
$b_{1}$	$b_{3}$	$b_{5}$	...	$b_{2003}$	$b_{2}$	$b_{4}$	$b_{6}$	...	$b_{2002}$

Los números de la primera fila forman dos sucesiones decrecientes de números consecutivos, mientras que los de la segunda forman dos sucesiones crecientes de números que van saltando de dos en dos.

Veamos que la respuesta es negativa para 2004. Razonando por reducción al absurdo, supongamos que la respuesta es afirmativa. Escribiendo los números de la primera fila como $a_k=a_0+k$, los de la segunda fila como $b_k=b_0+k$ y las sumas como $c_k=c_0+k$ para $k\in\{1,\ldots,2004\}$, tenemos que las sumas de los números de estas filas están dadas por \begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{2004}a_k&=&2004a_0+\sum_{k=1}^{2004}k=2004a_0+\frac{2004\cdot 2005}{2}=2004\left(a_0+\frac{2005}{2}\right),\\ \sum_{k=1}^{2004}b_k&=&2004b_0+\sum_{k=1}^{2004}k=2004b_0+\frac{2004\cdot 2005}{2}=2004\left(b_0+\frac{2005}{2}\right),\\ \sum_{k=1}^{2004}c_k&=&2004c_0+\sum_{k=1}^{2004}k=2004c_0+\frac{2004\cdot 2005}{2}=2004\left(c_0+\frac{2005}{2}\right). \end{eqnarray*} Ahora bien, independientemente de la colocación de los $a_k$ y $b_k$, la suma de las dos primeras sumas ha de ser igual a la de la tercera, luego tenemos que \[a_0+b_0+\frac{2005}{2}=c_0.\] Esto es una contradicción ya que $a_0$, $b_0$ y $c_0$ son números enteros mientras que $\frac{2005}{2}$ no lo es.

Nota. En la demostración anterior puede suponerse sin perder generalidad que $a_0=b_0=0$, con lo que $a_k=b_k=k$ para todo $k$ y así simplificar ligeramente la notación.

Solución. Comenzaremos demostrando que $S$ es un entero. Observemos que para todo $\alpha\in\{1º,3º,\ldots,89º\}$, se cumple que $\cos(90\alpha)=0$. Usando números complejos, la fórmula de De Moivre y el binomio de Newton, podemos desarrollar entonces \begin{eqnarray*} 0&=&\mathrm{Re}(\cos(90\alpha)+i\sin(90\alpha))=\mathrm{Re}(\cos(\alpha)+i\sin(\alpha))^{90}\\ &=&\sum_{k=0}^{45}(-1)^{2k}\binom{90}{2k}\cos^{90-2k}(\alpha)\sin^{2k}(\alpha)\\ &=&\cos^{90}(\alpha)\sum_{k=0}^{45}(-1)^{2k}\binom{90}{2k}\tan^{2k}(\alpha). \end{eqnarray*} En la identidad anterior podemos cancelar $\cos^{90}(\alpha)$ ya que es distinto de cero, obteniendo que los 45 números que queremos sumar ($\tan^2(1º)$, $\tan^2(3º)$, ..., $\tan^2(89º)$) son raíces del polinomio de grado 45 \[P(x)=\sum_{k=0}^{45}(-1)^{2k}\binom{90}{2k}x^k.\] Como estos 45 números son todos distintos (la tangente es creciente en el intervalo $[0,90]$), deducimos que son exactamente las raíces de $P(x)$, por lo que su suma será el coeficiente del término de grado $1$ de $P(x)$, es decir, \[S=\binom{90}{2}=\frac{90\cdot 89}{2}=4005.\]

Finalmente, como $\tan(90-x)=\mathrm{cotan}(x)$ y $\tan^2(x)+\tan^2(90-x)=4\mathrm{cotan}^2(2x)+2$ (estas fórmulas se demuestran fácilmente y se dejan para el lector), podemos escribir \begin{align*} S+C&=\sum_{\alpha=1}^{89}\tan^2(\alpha)=\frac{1}{2}\sum_{\alpha=1}^{89}\left(\tan^2(\alpha)+\tan^2(90-\alpha)\right)\\ &=89+2\sum_{\alpha=1}^{89}\mathrm{cotan}^2(2\alpha)=89+4\sum_{\alpha=1}^{44}\mathrm{cotan}^2(2\alpha)=89+4C \end{align*} de donde $S=3C+89$ y podemos despejar $C=\frac{3916}{3}$.

Solución. Comencemos despejando $x$ e $y$ en función de $z$ y $w$. Pare ello, observemos que $x$ e $y$ son soluciones de la ecuación de segundo grado (en la incógnita $u$) dada por \[0=(u-x)(u-y)=u^2-(x+y)u+xy=u^2-(z+w)u+\frac{zw}{2}.\] Por consiguiente, usando la fórmula de la ecuación de segundo grado, tenemos que \[u=\frac{z+w\pm\sqrt{z^2+w^2}}{2}.\] Como cambiar $x$ por $y$ no afecta a la ecuación inicial, no podemos decir qué elección del signo $\pm$ corresponde a $x$ y cuál a $y$. No obstante, cambiar $x$ por $y$ resulta en invertir el cociente $\frac{x}{y}$, luego asumiremos que $x$ corresponde al signo $+$ e $y$ al signo $-$ (y después razonaremos la elección opuesta).

Como $z$ y $w$ son positivas, las dos soluciones anteriores para $u$ también lo son ya que \[(z+w)^2=z^2+w^2+2zw>z^2+w^2,\] de donde $z+w>\sqrt{z^2+w^2}$. Esto nos dice que para cada par de números positivos $(z,w)$ existe un par $(x,y)$ tal que $x,y,z,w$ cumplen el enunciado (y es único salvo permutar $x$ e $y$). Podemos escribir entonces \begin{eqnarray*} \frac{x}{y}&=&\frac{z+w+\sqrt{z^2+w^2}}{z+w-\sqrt{z^2+w^2}}\\ &=&\frac{(z+w+\sqrt{z^2+w^2})^2}{(z+w-\sqrt{z^2+w^2})(z+w+\sqrt{z^2+w^2})}\\ &=&\frac{z^2+w^2+zw+(z+w)\sqrt{z^2+w^2}}{zw}\\ &=&\frac{z}{w}+\frac{w}{z}+1+\left(\frac{\sqrt{z}}{\sqrt{w}}+\frac{\sqrt{w}}{\sqrt{z}}\right)\sqrt{\frac{z}{w}+\frac{w}{z}}. \end{eqnarray*}

Llamando $f(z,w)$ a esta última expresión y aplicando para $r=\frac{z}{w}$ y $r=\frac{\sqrt{z}}{\sqrt{w}}$ la desigualdad elemental $r+\frac{1}{r}\geq 2$, llegamos a que \[f(w,z)=\frac{z}{w}+\frac{w}{z}+1+\left(\frac{\sqrt{z}}{\sqrt{w}}+\frac{\sqrt{w}}{\sqrt{z}}\right)\sqrt{\frac{z}{w}+\frac{w}{z}}\geq3+2\sqrt{2}.\] Además, la función $g:[0,+\infty)\to\mathbb{R}$ dada por $g(t)=f(1,t)$ cumple que $g(1)=3+2\sqrt{2}$ y $\lim_{t\to+\infty}g(t)=+\infty$. Como $g$ es continua, el teorema del valor intermedio nos garantiza que $g$ toma todos los valores en el intervalo $[3+2\sqrt{2},+\infty)$. Por tanto, los valores que toma $\frac{x}{y}$, que no son otros que los que toma $f$, son también los del intervalo $[3+2\sqrt{2},+\infty)$.

Finalmente, si permutamos $x$ e $y$, estamos invirtiendo el cociente $\frac{x}{y}$, luego obtendremos también los valores del intervalo $(0,\frac{1}{3+2\sqrt{2}}]=(0,3-2\sqrt{2}]$. Deducimos que la solución a la pregunta del enunciado es el conjunto \[(0,3-2\sqrt{2}]\cup[3+2\sqrt{2},+\infty).\]