Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. En primer lugar, si $p=2$, tenemos que $2^p+3^p=13$, que no es potencia de exponente mayor que uno. Por lo tanto, supondremos que $p$ es impar. Trabajando módulo $5$ tenemos que \[2^p+3^p=2^p+(-2)^p\equiv 2^p-2^p\equiv 0\ (\text{mód }5),\] lo que nos dice que $a$ debe ser divisible entre $5$. Si probamos que $2^p+3^p$ no es divisible entre $25$ habremos terminado (si $n\geq 2$, entonces $a^n$ sería divisible entre $25$).

Debemos evaluar $2^p+3^p$ módulo $25$, para lo que usaremos el binomio de Newton de la siguiente forma: \[2^p+3^p=2^p+(5-2)^p=2^p+\sum_{k=0}^p\binom{p}{k}(-1)^k5^k2^{p-k}\equiv 2^p+5p\cdot 2^{p-1}-2^p\equiv 5p\cdot 2^{p-1}\ (\text{mód }25),\] donde hemos usado que $p$ es impar y que los términos para $k\geq 2$ son múltiplos de $25$. Ahora bien, si $p\neq 5$, esto nos dice que $2^p+3^p\not\equiv 0\ (\text{mód }25)$. Si $p=5$, entonces $2^p+3^p=32+243=275=5^2\cdot 11$ sí que es múltiplo de $25$, pero no es la potencia de ningún entero, luego el enunciado también se cumple en este caso especial.

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Solución. El número resultante se puede escribir como \[N=a_1+a_210^5+a_310^{10}+\ldots+a_{88889}10^{444440},\] siendo $(a_1,a_2,a_3,\ldots,a_{88889})$ la ordenación de los números que se ha tomado. Ahora bien, el número $10^5-1=99999$ se puede descomponer como $99999=9\cdot 11111$, luego se cumple que $10^5\equiv 1\ (\text{mód}\ 11111)$, lo que quiere decir que \[N\equiv a_1+a_2+a_3+\ldots+a_{88889}\ (\text{mód}\ 11111).\] Ahora bien los números del $11111$ al $99999$ recorren nueve veces todos los restos módulo $11111$ (más una vez el resto cero). Como cada resto y su opuesto son distintos módulo $11111$ (ya que $11111$ es impar), está claro que la suma de todos los restos desde $0$ a $11110$ es igual a cero. Volviendo al razonamiento anterior, esto nos asegura que \[N\equiv a_1+a_2+a_3+\ldots+a_{88889}\equiv 0\ (\text{mód}\ 11111),\] luego el número $N$ es múltiplo de $11111$ independientemente del orden que se ha elegido para colocar los números. Por tanto, no puede ser una potencia de $2$, como queríamos probar.

Nota. Observemos que $99999=3^2\cdot 41\cdot 271$, luego también podríamos haber hecho el mismo razonamiento módulo $41$ ó módulo $271$. No obstante, la técnica usual en estos casos (trabajar módulo $3$ ó $9$) no funciona en este caso ya que queda $N\equiv 8\ (\text{mód}\ 9)$ y sí hay potencias de $2$ congruentes con $8$ módulo $9$.

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Solución. Manipulando la ecuación del enunciado no se llega a nada y tampoco se puede probar el resultado por inducción. Una técnica que puede resultar útil en algunos casos y que usaremos en este problema consiste en encontrar otra fórmula recursiva que cumpla la sucesión dada y que exprese un término como el resultado de operaciones enteras sobre términos anteriores. En nuestro caso concreto, probaremos que $a_{n+2}=2ca_{n+1}-a_n$ para todo $n$. Calculando algunos términos de $\{a_n\}$ se puede llegar a intuir esta fórmula, lo que facilita mucho las cosas, aunque a continuación veremos como obtenerla manipulando la ecuación inicial.

Pasando el término $ca_n$ al miembro de la izquierda y elevando al cuadrado llegamos a que

\[(a_{n+1}-ca_n)^2=(c^2-1)(a_n^2-4),\] y desarrollando el cuadrado y el producto, podemos simplificar esta igualdad como \[a_{n+1}^2-2ca_na_{n+1}+a_n^2=4(c^2-1).\] Para eliminar el término $4(c^2-1)$, que no depende de $n$, hacemos el siguiente truco: escribimos la misma igualdad para $n$ y $n+1$, es decir, \begin{eqnarray} a_{n+1}^2-2ca_na_{n+1}+a_n^2&=&4(c^2-1),\\ a_{n+2}^2-2ca_{n+1}a_{n+2}+a_{n+1}^2&=&4(c^2-1). \end{eqnarray} Restando la segunda a la primera, obtenemos \[a_{n+2}^2-a_n^2-2ca_{n+1}a_{n+2}+2ca_na_{n+1}=0,\] que se puede factorizar fácilmente como \[(a_{n+2}+a_n-2ca_{n+1})(a_{n+2}-a_n)=0.\] Ahora bien, si $c=1$, entonces la sucesión es constante igual a 2, luego supondremos $c\gt 1$, con lo que de la definición del enunciado se tiene que $a_{n+1}\gt a_n$ para todo $n$ y, en particular, $a_{n+2}-a_n\neq 0$ con lo que podemos simplificar la ecuación anterior para obtener que \[a_{n+2}=2ca_{n+1}-a_n{.}\] Como $a_1=2$ y $a_2=2c$ son números naturales, esta fórmula recursiva prueba que $a_n$ es entero para todo número natural $n$.

Nota. De hecho la recursión $a_{n+2}=2ca_{n+1}-a_n$ con condiciones iniciales $a_1=2$ y $a_2=2c$ se puede resolver para llegar a la siguiente fórmula explícita: \[a_n=\left(c+\sqrt{c^2-1}\right)^{n-1}+\left(c-\sqrt{c^2-1}\right)^{n-1}{.}\]

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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.

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Solución. Llamemos $2\alpha$, $2\beta$ y $2\gamma$ a los ángulos del triángulo $ABC$ en los vértices $A$, $B$ y $C$, respectivamente. Como $L$ es paralela a $AB$, se tiene que $\angle BGC=\angle ABF=\beta$, $\angle ACG=\angle BAC=2\alpha$, $\angle BCE=\angle ABC=2\beta$ y $\angle AEC=\angle BAD=\alpha$. Esto nos dice que los triángulos $BCG$ y $ACE$ son isósceles, luego $CG=BC=a$ y $CE=AC=b$. La semejanza entre $ABF$ y $CGF$ y la semejanza entre $BAD$ y $CED$ nos dicen que \[\frac{a}{FC}=\frac{c}{AF}=\frac{a+c}{AF+FC}=\frac{a+c}{b},\qquad \frac{b}{DE}=\frac{c}{BD}=\frac{b+c}{BD+DE}=\frac{b+c}{a}.\] Usando esto y el teorema del seno en los triángulos $CFG$ y $CDE$, llegamos a que \[FG=\frac{\sin(2\alpha)}{\sin(\beta)}FC=\frac{ab\sin(2\alpha)}{(a+c)\sin(\beta)},\qquad DE=\frac{\sin(2\beta)}{\sin(\alpha)}CD=\frac{ab\sin(2\beta)}{(b+c)\sin(\alpha)}.\] Igualando estas dos expresiones, llegamos a que \[(a+c)\sin(\beta)\sin(2\beta)=(b+c)\sin(\alpha)\sin(2\alpha).\] Usamos ahora el teorema del seno en $ABC$, que nos dice que $\sin(2\beta)=\frac{b}{a}\sin(2\alpha)$, y el hecho de que $\sin(2\alpha)\neq 0$ por ser $0\lt\alpha\lt90$, para reescribir lo anterior como \[(a+c)b\sin(\beta)=(b+c)a\sin(\alpha)\ \Leftrightarrow\ ab(\sin(\beta)-\sin(\alpha))+c(b\sin(\beta)-a\sin(\alpha))=0.\qquad (\star)\] La demostración habrá terminado si probamos que $\alpha=\beta$, lo que se deduce de $(\star)$ por reducción al absurdo. Si $\alpha\gt\beta\gt 0$, entonces $a\gt b\gt 0$ y $\sin(\alpha)\gt\sin(\beta)\gt 0$ (la función seno es creciente en el intervalo $[0,90]$) luego el miembro de la izquierda en $(\star)$ sería negativo y no cero (como habíamos probado). Análogamente, si $\beta\gt\alpha$, el miembro de la derecha en $(\star)$ es positivo y no cero. Informar

Solución. Llamemos $2\alpha$, $2\beta$ y $2\gamma$ a los ángulos del triángulo $ABC$ en los vértices $A$, $B$ y $C$, respectivamente. Como $L$ es paralela a $AB$, se tiene que $\angle BGC=\angle ABF=\beta$, $\angle ACG=\angle BAC=2\alpha$, $\angle BCE=\angle ABC=2\beta$ y $\angle AEC=\angle BAD=\alpha$. Esto nos dice que los triángulos $BCG$ y $ACE$ son isósceles, luego $CG=BC=a$ y $CE=AC=b$. Si llamamos $v_a=AD$ y $v_b=BF$ a las longitudes de las bisectrices de $ABC$, entonces la semejanza entre $ABF$ y $CGF$ y la semejanza entre $BAD$ y $CED$ nos dicen que \[\frac{a}{FG}=\frac{c}{v_b},\qquad \frac{b}{DE}=\frac{c}{v_a}.\] Teniendo en cuenta que $FG=DE$ según el enunciado, obtenemos que $av_b=bv_a$ o bien $a^2v_b^2-b^2v_a^2=0$. Ahora vamos a usar las siguientes fórmulas para las longitudes de las bisectrices \[v_a^2=\frac{2bc(b+c-a)}{(b+c)^2},\qquad v_b^2=\frac{2ac(a+c-b)}{(a+c)^2}.\] Con ellas podemos transformar la condición $a^2v_b^2-b^2v_a^2=0$ en \begin{align*} \frac{2b^3c(b+c-a)}{(b+c)^2}-\frac{2a^3c(b+c-a)}{(a+c)^2}=0&\ \Leftrightarrow\ b^3(a+c)^2(b+c-a)-a^3(b+c)^2(a+c-b)=0\\ &\ \Leftrightarrow\ (b-a)(b^3(a+c)^2+a^3(b+c)^2)+c(b^3(a+c)^2-a^3(b+c)^2) \end{align*} Ahora bien, podemos sacar un factor $b-a$ del último término $b^3(a+c)^2-a^3(b+c)^2$ si lo desarrollamos: \begin{align*} b^3(a+c)^2-a^3(b+c)^2&=b^3a^2-b^2a^3+2c(b^3a-ba^3)+c^2(b^3-a^3)\\ &=a^2b^2(b-a)+2abc(b+a)(b-a)+c^2(b^2+ab+a^2)(b-a). \end{align*} Juntándolo todo, hemos podido sacar factor común $b-a$ de forma que $av_b-bv_a=0$ equivale a \[(b-a)\left(b^3(a+c)^2+a^3(b+c)^2+ca^2b^2+2abc^2(b+a)+c^3(b^2+ab+b^2)\right)=0.\] Obviamente, el segundo factor de la igualdad anterior es positivo ya que $a,b,c\gt 0$ y todos los coeficientes son positivos. Deducimos que $a=b$, como queríamos probar. Informar

Solución. Sean $M$ el punto medio del lado $BC$ y $P$ el pie de la altura que pasa por $A$ en el lado $BC$. Como $OM$ y $AP$ son paralelas, tenemos que $APD$ es semejante a $OMD$. De esta forma, se cumple que \[\frac{AD-R}{AD}=\frac{OD}{AD}=\frac{OM}{AP}=\frac{OM\cdot BC}{AP\cdot BC}=\frac{\mathrm{Area}(BOC)}{\mathrm{Area}(ABC)},\] donde hemos usado que $OM$ es la alutra del triángulo $BOC$ y la fórmula del área de un triángulo como la mitad de la base por la altura. Repitiendo el mismo argumento para los tres lados del triángulo, se tienen las relaciones \[\frac{AD-R}{AD}=\frac{\mathrm{Area}(BOC)}{\mathrm{Area}(ABC)},\qquad \frac{BE-R}{BE}=\frac{\mathrm{Area}(AOC)}{\mathrm{Area}(ABC)},\qquad \frac{CF-R}{CF}=\frac{\mathrm{Area}(AOB)}{\mathrm{Area}(ABC)}. \] Sumando estas tres igualdades llegamos a que \[3-\frac{R}{AD}-\frac{R}{BE}-\frac{R}{CF}=\frac{\mathrm{Area}(BOC)+\mathrm{Area}(AOC)+\mathrm{Area}(AOB)}{\mathrm{Area}(ABC)}=1,\] de donde se obtiene claramente la fórmula del enunciado. Informar