Problema 506★★★☆☆
Sea $ABC$ un triángulo y sea $L$ la recta que pasa por $C$ y es paralela al lado $AB$. Supongamos que la bisectriz interior del ángulo $A$ corta al lado $BC$ en $D$ y a la recta $L$ en $E$ y que la bisectriz interior del ángulo $B$ corta al lado $AC$ en $F$ y a la recta $L$ en $G$. Demostrar que si $FG=DE$, entonces $AC=BC$.
Pista. Observa que $ABF$ y $CGF$ son semejantes, con lo que puedes hallar $FC$ en términos de $a,b,c$, las longitudes de los lados de $ABC$. Utiliza esto para hallar el valor de $FG$ usando el teorema del seno.
PistaSolución 1Solución. 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 2Solución. 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 InfoIMO shortlist, 1990 problema 12
Si crees que el enunciado contiene un error o imprecisión, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de error en enunciadoSi conoces una competición en la que apareció este problema o bien crees que la información que aquí aparece es incorrecta, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de procedencia del problemaProblema 505★★☆☆☆
Encontrar todos los enteros positivos $a,b,c\geq 1$ tales que $2^a+7^b=c^2+4$.
Pista. Trabaja módulo $8$.
PistaSolución 1Solución. Distinguimos tres casos:
- Si $a=1$, entonces $7^b=c^2+2$, luego $c$ es un número impar. Módulo $8$, el miembro de la izquierda es congruente con $1$ o con $7$, mientras que el de la derecha es congruente con $3$, luego no puede haber solución en este caso.
- Si $a=2$, entonces $7^b=c^2$, luego $b$ es par y $c$ una potencia de $7$.
- Si $a\geq 3$, entonces tenemos que $7^b\equiv c^2+4\ (\text{mod }8)$. Esto es imposible ya que el miembro de la izquierda es congruente con $1$ o $7$ y el de la izquierda es congruente con $5$ ya que $c$ es impar.
Obtenemos que las soluciones son las de la forma $(a,b,c)=(2,2k,7^k)$ para cierto entero $k\geq 1$.
Informar InfoOlimpiada Matemática Española (fase local), 2023 problema 6
Si crees que el enunciado contiene un error o imprecisión, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de error en enunciadoSi conoces una competición en la que apareció este problema o bien crees que la información que aquí aparece es incorrecta, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de procedencia del problemaProblema 504★★★☆☆
Los inversos de los números enteros positivos de $2$ a $2023$ se escriben en una pizarra. En cada paso, se seleccionan dos números $x$ e $y$ y se reemplazan con el número
\[\frac{xy}{xy+(1-x)(1-y)}.\]
Este proceso se repite $2021$ veces hasta que solo queda un número. ¿Cuáles son los posibles valores de este número?
Pista. Prueba que, después de usar los elementos $x_1,x_2\ldots,x_k$ el número que se obtiene es
$$\frac{1}{1+(\frac{1}{x_1}-1)(\frac{1}{x_2}-1)\cdots(\frac{1}{x_k}-1)}$$
y, por tanto, no depende del orden en que se hayan elegido.
PistaSolución 1Solución. Todo número positivo $x$ se escribe como $x=\frac{1}{1+(\frac{1}{x}-1)}$. Además, la operación del enunciado que combina dos números $x$ e $y$ se puede expresar como
$$\frac{1}{1+(\frac{1}{x}-1)(\frac{1}{y}-1)}.$$
Esto nos lleva a conjeturar (probar algunos casos más puede ser útil) que si combinamos los números $x_1,\ldots,x_k$ en cualquier orden, entonces obtendremos el número
$$\frac{1}{1+(\frac{1}{x_1}-1)(\frac{1}{x_2}-1)\cdots(\frac{1}{x_k}-1)}.$$
Para demostrarlo, combinaremos los números
$$y=\frac{1}{1+(\frac{1}{y_1}-1)(\frac{1}{y_2}-1)\cdots(\frac{1}{y_r}-1)}\quad\text{y}\quad z=\frac{1}{1+(\frac{1}{z_1}-1)(\frac{1}{z_2}-1)\cdots(\frac{1}{z_s}-1)},$$
lo que nos da
\begin{align*}
\frac{1}{1+(\frac{1}{y}-1)(\frac{1}{z}-1)}&=\frac{1}{1+\left(\frac{1}{1+(\frac{1}{y_1}-1)(\frac{1}{y_2}-1)\cdots(\frac{1}{y_r}-1)}-1\right)\left(\frac{1}{1+(\frac{1}{z_1}-1)(\frac{1}{z_2}-1)\cdots(\frac{1}{z_s}-1)}-1\right)}\\
&=\frac{1}{1+(\frac{1}{y_1}-1)(\frac{1}{y_2}-1)\cdots(\frac{1}{y_r}-1)(\frac{1}{z_1}-1)(\frac{1}{z_2}-1)\cdots(\frac{1}{z_s}-1)},
\end{align*}
que es la expresión esperada. Como todos lo elementos se calculan a partir de combinaciones de esta operación sobre otros elementos del mismo tipo, deducimos que la operación no depende del orden en que hagamos las operaciones. En particular, el número final será siempre el mismo e igual a
$$\frac{1}{1+(2-1)(3-1)(4-1)\cdots(2023-1)}=\frac{1}{1+2023!}.$$
Nota. El proceso de la demostración es, de forma encubierta, una inducción completa sobre el número de términos involucrado en la operación, para obtener una fórmula que nos permita calcular el término general, empezando con el caso base de dos términos.
Por otro lado, lo que hemos demostrado y hemos usado realmente es que la operación del enunciado es asociativa y conmutativa, con lo que el resultado no depende de cualquier posible reordenación de los elementos.
Informar InfoOlimpiada Matemática Española (fase local), 2023 problema 5
Si crees que el enunciado contiene un error o imprecisión, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de error en enunciadoSi conoces una competición en la que apareció este problema o bien crees que la información que aquí aparece es incorrecta, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de procedencia del problemaProblema 503★★☆☆☆
Consideremos un paralelogramo $ABCD$. Una circunferencia $\Gamma$ que pasa por el punto $A$ corta a los lados $AB$ y $AD$ por segunda vez en los puntos $E$ y $F$, respectivamente, y a la diagonal $AC$ en el punto $G$. Las prolongaciones de $FG$ y $BC$ se cortan en $H$ y las prolongaciones de $EG$ y $CD$ se cortan en $I$. Demostrar que la recta $HI$ es paralela a $EF$.
Pista. Considera una homotecia de centro $G$ que lleve $E$ en $I$ y demuestra que también lleva $F$ en $H$ usando que las homotecias llevan rectas en rectas paralelas.
PistaSolución 1Solución. Consideremos la homotecia $h$ de centro $G$ que lleva $E$ en $I$ (esta homotecia tiene razón negativa). Entonces, $h$ debe llevar la recta $AB$ en una recta paralela a $AB$ que pasa por $I$, es decir, $h$ lleva la recta $AB$ a la recta $CD$. Asimismo, $h$ lleva $A$ en un punto de la recta $CD$ alineado con $G$ y $A$, que no puede ser otro que el punto $C$. Finalmente, $h$ lleva la recta $AD$ en una recta paralela a $AD$ que pasa por $h(A)=C$, que no es otra que la recta $BC$. Como un punto y su imagen por $h$ están alineados con $G$, tenemos que $h(F)=G$, luego $h$ lleva la recta $EF$ en la recta $h(E)h(F)=IH$, que es por tanto paralela a $EF$.
Informar InfoOlimpiada Matemática Española (fase local), 2023 problema 4
Si crees que el enunciado contiene un error o imprecisión, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de error en enunciadoSi conoces una competición en la que apareció este problema o bien crees que la información que aquí aparece es incorrecta, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de procedencia del problemaProblema 502★★★☆☆
- Probar que si una terna de números positivos $(a,b,c)$ verifica el sistema de ecuaciones
\[\left\{\begin{array}{l}a^2+a=b^2,\\b^2+b=c^2,\\c^2+c=a^2,\end{array}\right.\]
entonces $(a-b)(b-c)(c-a)=1$.
- Supongamos que $A_1A_2\ldots A_9$ es un eneágono regular tal que
\[A_1A_4=1,\qquad A_1A_2=a,\qquad A_1A_3=b,\qquad A_1A_5=c.\]
Probar que la terna $(a,b,-c)$ cumple el sistema del apartado anterior.
Pista. El apartado (a) es simple manipulación con un poco de pericia desarrollando el producto $(a-b)(b-c)(c-a)$ (probar que $a+b+c=0$ y $ab+bc+cd=-1$ puede ser útil). Para el apartado (b), usa el teorema de Ptolomeo eligiendo convenientemente cuadriláteros con vértices en los vértices del $n$-gono.
PistaSolución 1Solución. Para probar el apartado (a), desarrollamos y usamos las ecuaciones para calcular
\begin{align*}
(a-b)(b-c)(c-a)&=(c^2-a^2)b+(b^2-c^2)a+(a^2-b^2)c=-(ab+bc+ac).
\end{align*}
Bastará ver que $ab+bc+ac=-1$. Ahora bien, multiplicando las tres ecuaciones del sistema obtenemos que $abc(a+1)(b+1)(c+1)=a^2b^2c^2$, donde podemos simplificar $abc$ ya que los tres números son no nulos. Esto nos da
$$(a+1)(b+1)(c+1)=abc\Leftrightarrow 1+a+b+c+ab+bc+ac=0.$$
Esto nos da la igualdad deseada ya que, sumando las tres ecuaciones originales, se tiene claramente que $a+b+c=0$.
El apartado (b) es bastante estándar a partir del teorema de Ptolomeo para cuadriláteros cíclicos aplicado a cuadriláteros con vértices cuatro de los vértices del eneágono. Observemos que tenemos que probar tres relaciones: (1) $a^2+a=b^2$, (2) $b^2+b=c^2$ y (3) $c^2-c=a^2$ (hemos cambiado $c$ por $-c$ en las ecuaciones del sistema del apartado a). La primera de ellas se sigue de aplicar Ptolomeo al cuadrilátero $A_1A_2A_3A_4$, la segunda al cuadrilátero $A_1A_4A_6A_8$ y la tercera al cuadrilátero $A_1A_4A_5A_9$, como se indica en la figura (los segmentos verdes son iguales a $a$, los rojos a $b$, los azules a $1$ y los amarillos a $c$):
Informar InfoOlimpiada Matemática Española (fase local), 2023 problema 3
Si crees que el enunciado contiene un error o imprecisión, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de error en enunciadoSi conoces una competición en la que apareció este problema o bien crees que la información que aquí aparece es incorrecta, puedes notificarlo pulsando en el siguiente botón:
Informar de procedencia del problema