A l e j o G o n z á l e z C r i a d o · 2020. 10. 4. · Olimpiadas Matemáticas 9 √ @ 3 1...

Cuadernillo nº 5

OLIMPIADAS

MATEMÁTICAS

más

Dos problemas

A l e j o G o n z á l e z C r i a d o Profesor Numerario de Matemáticas

2

Alejo González Criado

Salamanca, Diciembre 2019

Olimpiadas Matemáticas

3

ÍNDICE

pág.

5 Olimpiada Matemática XXIII

18 Olimpiada Matemática XXIV

28 Olimpiada Matemática XXV

40 Olimpiada Matemática XXVI

48 Olimpiada Matemática XXVII

56 Olimpiada Matemática XXVIII

67 Olimpiada Matemática XXIX

75 Olimpiada Matemática XXX

83 Olimpiada Matemática XXXI (Fase Nacional 1995)

98 Olimpiada Matemática XXXII (Fase Regional)

109 Olimpiada Matemática XXXII (Fase Nacional)

120 OTROS problemas interesantes:

Los dos vasos: agua y vino

Los dos trenes y la mosca


5

Olimpiada XXIII

1.- De Geometría:

Tenemos un triángulo no isósceles de lados a, b, c. Construimos tres

círculos concéntricos con radios a, b, c, respectivamente.

a) ¿Cuántos triángulos equiláteros, con áreas diferentes, podemos

construir de modo que cada recta que contiene un lado del

triángulo sea tangente a uno de los círculos?.

b) Determina la superficie de estos triángulos.

Resol.: Suponemos a < b < c.

Trazo una recta t tangente a la circunferencia de radio a, y después

trazamos las rectas s1, s2 tangentes a la de radio b y que formen ángulo

de 60o con t. Después trazo las rectas r1, r2 tangentes a la de radio c y

que formen ángulo de 60o con s1 y con r1. Tenemos la construcción de

la siguiente figura, en la que vemos cuatro triángulos equiláteros cuyas

áreas son diferentes. Son los únicos salvo que modificando la posición

de t obtendríamos configuración equivalente.

6

Para calcular el área de cada uno de estos triángulo tenemos en cuenta la

siguiente propiedad: “Dado un triángulo T equilátero y un punto P

cualquiera, la suma de las distancias (con su signo) desde P hasta cada

lado es igual a la altura h de T”.

Área de ABC: h = a + b + c . Por otro lado si L es el lado de T

sabemos que h = 𝐿.√3

2 , de donde L =

2.ℎ

√3 . Entonces S =

1

2 .2.ℎ

√3 . h =

ℎ2

√3

S = (𝑎+𝑏+𝑐)2

√3

De la misma forma obtenemos: Área de ADE = S = (𝑎+𝑏 − 𝑐)2

√3

Área de EFG = S = (−𝑎+𝑏+𝑐)2

√3 , Área de CGH = S =

(𝑎−𝑏+𝑐)2

√3

------------------

NOTA: Si p representa el semi-perímetro del triángulo T inicial,

podemos expresar las áreas como sigue: p = 𝑎+𝑏+𝑐

2

Para ABC: S = 4.𝑝2

√3 ,


7

Para ADE: (a+b-c) = (a+b+c)-2c = 2p -2c = 2.(p-c), S = 4.(𝑝 − 𝑐)2

√3

De forma análoga: Para EFG, S = 4.(𝑝 − 𝑎)2

√3 , para CGH: S =

4.(𝑝 − 𝑏)2

√3

2.- De Números:

Demostrar que para todo número natural n > 1 se cumple

1.√(𝑛1) + 2.√(𝑛

2) + 3.√(𝑛

3) + ⋯+ 𝑛.√(𝑛

𝑛) < √2𝑛−1. 𝑛3

Resol.: Operamos en Rn+1

, (n siempre entero positivo)

Sean los vectores : v = (√(𝑛0) ,√(

𝑛1) , √(

𝑛2) , … , √(

𝑛𝑛) )

u = (0, 1, 2, … , n)

Se cumple |𝑢 ∗ 𝑣| ≤ |𝑢|. |𝑣| , (* indica el producto escalar de

vectores) . Pero las componentes de v y de u son todas positivas, por lo

cual u*v ≤ |𝑢|. |𝑣| . Realizando el producto * tengo, en base

ortonormal

√(𝑛1) + 2.√(

𝑛2) + 3.√(

𝑛3) + … +n. √(

𝑛𝑛) ≤ |𝑢|. |𝑣|

Por tanto √(𝑛1) + 2.√(

𝑛2) + 3.√(

𝑛3) + … +n. √(

𝑛𝑛) ≤

≤ √1 + 22 + 32 +⋯+ 𝑛2 . √(𝑛0) + (

𝑛1) + (

𝑛2) +⋯+ (

𝑛𝑛)

Recordamos que 1 + 22 + 32 +⋯+ 𝑛2 = 𝑛.(𝑛+1).(2𝑛+1)

6 ,

(𝑛0) + (

𝑛1) + (

𝑛2) +⋯+ (

𝑛𝑛) = 2𝑛

8

y por tanto

√(𝑛1) + 2.√(

𝑛2) + 3.√(

𝑛3) + … +n. √(

𝑛𝑛)

≤ √𝑛.(𝑛+1).(2𝑛+1)

6 . √2𝑛 =

= √2𝑛.𝑛.(𝑛+1).(2𝑛+1)

6 = √2𝑛−1.

𝑛.(𝑛+1).(2𝑛+1)

3 = √2𝑛−1.

2𝑛3+3𝑛2+𝑛

3

Si se cumple que 2𝑛3+3𝑛2+𝑛

3< 𝑛3 habremos terminado.

Veamos: 𝑛3 − 2𝑛3+3𝑛2+𝑛

3=

𝑛3−3𝑛2−𝑛

3 =

𝑛.(𝑛2−3𝑛−1)

3

n2 -3n -1 = 0 -- > n =

3±√9+4

2=

3±√13

2 -- >

n2 -3n -1 = (n -

3+√13

2 ). (𝑛 −

3−√13

2) > (n -7/2).(n + 1/2) =

= (2𝑛−7)

2 .(2𝑛+1)

2>1

2 .9

2 , siempre que n ≥ 4

Por tanto 𝑛.(𝑛2−3𝑛−1)

3> 0 , y así

2𝑛3+3𝑛2+𝑛

3< 𝑛3 , y finalmente

√(𝑛1) + 2.√(

𝑛2) + 3.√(

𝑛3) + … +n. √(

𝑛𝑛) ≤ √2𝑛−1. 𝑛3 , para n>3

Veamos qué ocurre cuando n = 2, ó n = 3

√(21) + 2.√(

22) = √2 + 2 < 4 , √21. 23 = 4

√(31) + 2.√(

32) + 3.√(

33) = √3 + 2. √3 + 3 = 3. √3 + 3, y por

otro lado √22. 33 = 6. √3 = 3. √3 + 3. √3 > 3. √3 + 3, es decir


9

√(31) + 2.√(

32) + 3.√(

33) < √22. 33

----------------

3.- De Geometría:

Tengo un triángulo T cualquiera. Lo descomponemos en triángulos T1,

T2, …, Tn, de modo que:

a) Dos cualesquiera no tienen ningún punto en común.

b) Es una partición de T (Su unión nos da exactamente T).

c) Cada lado de Ti es lado de otro Tj o coincide con un lado de T.

Llamo “a” el número total de lados (aristas) contados sólo una vez, “ v”

el número total de vértices.

Si fijamos n impar: Demuestra que cada posible descomposición

contiene el mismo número M de lados y el mismo número V de vértices.

Expresar éstos en función de n.

Si fijamos n par: Demuestra que no es posible ninguna descomposición

cumpliendo esas condiciones.

Resol.: Supongamos n = 2.k -1, esto es impar. Continuamos

por inducción sobre k.

k = 1 -- > n = 1-- > T1 = T

k = 2 -- > n = 3; Si P es un punto cualquiera interior a T y unimos P con

cada uno de los tres vértices obtenemos: T1 , T2 , T3

10

Supongamos que se cumple para el valor k, veamos si lo es también

para el valor k + 1.

Sea la descomposición T1 , T2 , T3, … , T2k-1 . Fijo un punto P interior

a T1 y unimos P con los vértices de T1, obteniendo nuevos triángulos:

T11, T1

2, T1

3. Estos triángulos son agregados a los anteriores de modo

que ahora tengo (2k – 1) + 3 -1 = 2k + 1 = 2.(k+1) – 1. Tengo por

tanto una descomposición para n = 2.(k+1) – 1.

Ahora deseamos expresar a y v en función de n.

Dada un partición T1 , T2 , T3, … , Tn , el número de caras (triángulos)

es c = n + 1, que es el número total de triángulos (n contenidos + el

contenedor).

Cada cara tiene 3 aristas, pero cada arista pertenece a dos caras, por lo

tanto a = 3.(𝑛+1)

2 . Por la fórmula de Euler: a = v + c -2, de donde v =

a – c + 2 , y por tanto v = 𝑛+5

2 .

Supongamos que n es par. Entonces n + 1 es impar y 3.(n+1) sigue

siendo impar, con lo cual 3.(𝑛+1)

2 no es entero.

------------------

4.- De Sistemas:


11

A) Resolver el sistema {𝑥 + 𝑦 = 1

(𝑎𝑥 + 𝑏𝑦)2 ≤ 𝑎2𝑥 + 𝑏2𝑦

donde a y b son dos números reales diferentes.

B) Resolver también el sistema {𝑥 + 𝑦 = 1

(𝑎𝑥 + 𝑏𝑦)4 ≤ 𝑎4𝑥 + 𝑏4𝑦

Resol.: A) y = 1 – x -- > (𝑎𝑥 + 𝑏. (1 − 𝑥))2 ≤ 𝑎2𝑥 + 𝑏2. (1 − 𝑥))

((𝑎 − 𝑏). 𝑥 + 𝑏)2 ≤ 𝑎2. 𝑥 − 𝑏2. 𝑥 + 𝑏2

(𝑎 − 𝑏)2. 𝑥2 + 2. 𝑏. (𝑎 − 𝑏). 𝑥 + 𝑏2 ≤ 𝑎2. 𝑥 − 𝑏2. 𝑥 + 𝑏2

(𝑎 − 𝑏)2. 𝑥2 + 2. 𝑏. (𝑎 − 𝑏). 𝑥 − 𝑎2. 𝑥 + 𝑏2. 𝑥 ≤ 0

(𝑎 − 𝑏)2. 𝑥2 + 2. 𝑏. 𝑎. 𝑥 − 𝑏2. 𝑥 − 𝑎2. 𝑥 ≤ 0

(𝑎 − 𝑏)2. 𝑥2 − (𝑎 − 𝑏)2. 𝑥 ≤ 0 -- > (𝑎 − 𝑏)2. (𝑥2 − 𝑥) ≤ 0 -- >

(𝑥2 − 𝑥) ≤ 0 -- > x.(x – 1) ≤ 0 -- > 0 ≤ 𝑥 ≤ 1

Entonces 1 ≥ 𝑦 ≥ 0

NOTA: Veamos que (𝑎𝑥 + 𝑏𝑦)2 = 𝑎2𝑥 + 𝑏2𝑦 es una parábola.

𝑎2𝑥2 + 𝑏2𝑦2 + 2𝑎𝑏𝑥𝑦 − 𝑎2𝑥 − 𝑏2𝑦 = 0 . Evidentemente la gráfica

pasa por el origen. Además: x = 0 -- > 𝑏2𝑦2 − 𝑏2𝑦 = 0 -- > pasa por

(0, 1). También y = 0 -- > 𝑎2𝑥2 − 𝑎2𝑥 = 0 -- > pasa por (1, 0).

𝐴 =

(

𝑎2 𝑎𝑏 −

𝑎2

2

𝑎𝑏 𝑏2 −𝑏2

2

−𝑎2

2 −

𝑏2

2 0)

, 𝐴33 = |𝑎2 𝑎𝑏𝑎𝑏 𝑏2

| = 0 -- > Parábola

12

B) Resolver también el sistema {𝑥 + 𝑦 = 1

(𝑎𝑥 + 𝑏𝑦)4 ≤ 𝑎4𝑥 + 𝑏4𝑦

y = 1 – x -- > (𝑎𝑥 + 𝑏(1 − 𝑥))4 ≤ 𝑎4𝑥 + 𝑏4(1 − 𝑥)

Operando de forma análoga a como hicimos antes llegamos a

𝑥. [(𝑎 − 𝑏)4𝑥3 + 4𝑏(𝑎 − 𝑏)3𝑥2 + 6𝑏2(𝑎 − 𝑏)2𝑥 +

+(4𝑏3(𝑎 − 𝑏) − 𝑎4 + 𝑏4)] ≤ 0

Tomo el polinomio

p(x) = (𝑎 − 𝑏)4𝑥3 + 4𝑏(𝑎 − 𝑏)3𝑥2 + 6𝑏2(𝑎 − 𝑏)2𝑥 +

+(4𝑏3(𝑎 − 𝑏) − 𝑎4 + 𝑏4)

Observamos que

x = 1 -- > (𝑎 − 𝑏)4 + 4𝑏(𝑎 − 𝑏)3 + 6𝑏2(𝑎 − 𝑏)2 + +(4𝑏3(𝑎 −

𝑏) − 𝑎4 + 𝑏4) = (𝑎 − 𝑏)2. [(𝑎 − 𝑏)2 + 4𝑏. (𝑎 − 𝑏) + 6𝑏2] + 4𝑏3𝑎 −

4𝑏4 − 𝑎4 + 𝑏4 =

= (𝑎 − 𝑏)2. [𝑎2 + 𝑏2 − 2𝑎𝑏 + 4𝑎𝑏 − 4𝑏2 + 6𝑏2] + 4𝑏3𝑎 − 3𝑏4 − 𝑎4

=

= (𝑎 − 𝑏)2. [𝑎2 + 3𝑏2 + 2𝑎𝑏] + 4𝑏3𝑎 − 3𝑏4 − 𝑎4 =


13

= (𝑎2 + 𝑏2 + 2𝑎𝑏). [ 𝑎2 + 3𝑏2 + 2𝑎𝑏] + 4𝑏3𝑎 − 3𝑏4 − 𝑎4 =

= (𝑎4 + 3𝑎2𝑏2 + 2𝑎3𝑏) + (𝑎2𝑏2 + 3𝑏4 + 2𝑎𝑏3) −

-(2𝑎3𝑏 + 6𝑎𝑏3 + 4𝑎2𝑏2) + 4𝑏3𝑎 − 3𝑏4 − 𝑎4 =

= (𝑎4 − 𝑎4 ) + (2𝑎3𝑏 − 2𝑎3𝑏 ) + (3𝑎2𝑏2 + 𝑎2𝑏2 − 4𝑎2𝑏2 ) +

+ (2𝑎𝑏3 − 6𝑎𝑏3 + 4𝑏3𝑎 ) + (3𝑏4 − 3𝑏4) = 0

Esto significa que p(x) es divisible por (x – 1).

Aplicando Ruffini realizamos la división y obtenemos el polinomio

cociente

q(x) = (a-b)2x

2 + (a-b).(a+3b)x + (a

2 + 2ab + 3b

2) , y resto

cero.

El discriminante de q(x) = 0 es

D = (a-b)2 .(a+3b)

2 – 4.(a-b)

2.(a

2 +2ab +3b

2) = …. =

= -3.(a-b)2.(a

2 +b

2 + 2/3.ab) = -3.(a-b)

2.[(a +1/3.b)

2 + 8/9.b

2] < 0

lo cual significa que q(x) = 0 no tienen raíces reales. Por tanto, las

únicas soluciones de

x.(x – 1).[ (a-b)2x

2 + (a-b).(a+3b)x + (a

2 + 2ab + 3b

2)] ≤ 0

los valores del intervalo [0, 1].

-----------------

5.- De Geometría:

Tenemos el triángulo ABC de la figura. Marcamos los puntos D en el

lado AC, y E en el lado AB. Conocemos el valor de los siguientes

14

ángulos: ABD = 30o , DBC = 50

o, ACE = 20

o , ECB = 60

o . Determina

el valor del ángulo DEC.

Resol.: El triángulo AEC es isósceles. Trazamos EE’ paralela a BC,

y a continuación E’B que al cortar a EC nos da el punto G.

Observa las siguientes figuras.

El triángulo CGB es equilátero, y por tanto CG = BG. El ángulo en D,

BDC vale 50o y por tanto BDC es isósceles con DC = BC; entonces

CD = CG y el triángulo DGC es isósceles.

Tengo el valor de los ángulos: CDG = CGD = 80o, CEB = 40

o, EGB =

120o , y E’GC = 120

o por ser opuesto de EGB; EGD = 100

o , y

teniendo en cuenta que E’GE = 60o deducimos que E’GD = 40

o.


15

Pero también DE’G = 40o , con lo cual el triángulo E’DG es isósceles

y E’D = GD. Entonces la recta ED corta perpendicularmente al

segmento GE’ en su punto medio, por lo cual a = 1

2 . 𝐸′𝐸𝐺

Si los ángulos EGD = 100o y E’GD = 40

o, tengo EGE’ = 60

o y lo

mismo GE’E, por lo cual también E’EG = 60o, con lo cual a = 30

o.

-----------------

6.- De Álgebra:

Tenemos el polinomio Pn(x) = xn+2

-2x + 1

a) Comprueba que la ecuación Pn(x) = 0 tiene una única solución

x = rn en el intervalo (0, 1).

b) Calcula el valor de lim𝑛→∞(𝑟𝑛)

Resol.: A) Observa que Pn(0) = 1 y que Pn(1) = 0

Pn(𝑎

𝑏) = (

𝑎

𝑏)𝑛+2 − 2.

𝑎

𝑏+ 1 = (

𝑎

𝑏 )𝑛+2 −

2.𝑎−𝑏

𝑏 . Si tomo 0 <

𝑎

𝑏< 1 ,

con b > 0, la sucesión (𝑎

𝑏 )𝑛+2 es decreciente.

Voy a determinar para qué valores 𝑎

𝑏 se cumple que (

𝑎

𝑏)𝑛+2 <

2𝑎−𝑏

𝑏

16

Para n = 1 sería (𝑎

𝑏)3 <

2.𝑎−𝑏

𝑏 . Impongo la condición

0 < 2.𝑎−𝑏

𝑏−

𝑎3

𝑏3=

𝑏2.(2𝑎−𝑏)−𝑎3

𝑏3 ; Como b

3 > 0, tomo el numerador

e impongo que 0 < 𝑏2. (2𝑎 − 𝑏) − 𝑎3 , 𝑏2. (2𝑎 − 𝑏) > 𝑎3

Tomo pares de valores a, b, enteros positivos y b > a.

a = 1, b = 2 -- > No lo cumplen, y menos aún si a = 1, y b llo

incremento.

a = 2, b = 3 -- > 9 . 1 > 8, por tanto sí lo cumple.

Tengo (2

3 )3 −

2.2−3

3=

8

27−1

3=

24−27

81< 0. Es decir (

2

3 )3 <

1

3 , y

teniendo en cuenta que la sucesión (2

3)𝑛+2 es decreciente, también se

cumple (2

3)𝑛+2 <

1

3 para todo n.

Llegamos a que Pn(x) = xn+2

-2x + 1 cambia de signo al pasar de x = 0

a x = 1/3. En virtud del Teorema de Bolzano existe al menos un valor rn

en el intervalo (0, 1/3) tal que Pn(rn) = 0, y por tanto también en (0, 1).

Veamos si existe más de un punto.


17

P’n(x) = (n+2).xn+1

- 2 ; (n+2).xn+1

– 2 = 0 -- > x = √2

𝑛+2

𝑛+1 , siendo 0 <

√2

𝑛+2

𝑛+1< 1. Es decir P’n(x) tiene una única solución en (0, 1), y en

virtud del Teorema de Rolle, teniendo en cuenta que Pn(rn) = 0 y Pn(1) =

0, aquel punto rn es único.

B) Tenemos 𝑟𝑛𝑛+2 − 2. 𝑟𝑛 + 1 = 0 , y 𝑟𝑛

𝑛+2 → 0

lim𝑛→∞( 𝑟𝑛𝑛+2 − 2. 𝑟𝑛 + 1) = 0 -- > 0 = lim𝑛→∞( − 2. 𝑟𝑛 + 1) =

= lim𝑛→∞( − 2. 𝑟𝑛) + 1 = −2. lim𝑛→∞( 𝑟𝑛) + 1 -- > lim𝑛→∞( 𝑟𝑛) =1

2

NOTA: En el texto original habían tomado, sin justificar, a/b = 3/4.

--------------

18

Olimpiada XXIV

1.- De Álgebra:

Tengo una sucesión (xn) de números enteros tales que

x1 = 1,

xn+1 > xn , para n ≥ 1,

xn+1 ≤ 2n, para n ≥ 1

Comprueba que para todo valor k entero existen dos términos de la

sucesión, sean xi , xj, que cumplen xi - xj = k.

Resol.: Observa que todos los términos son enteros positivos,

por ser x1 = 1 y xn+1 > xn, , y que es sucesión estrictamente creciente.

Sea k cualquiera. Puesto que xk+1 ≤ 2.k, los términos x1, x2, x3, …,

xk+1 son diferentes entre sí y están en el conjunto {1, 2, 3, … , 2𝑘}. Este

contiene 2k números consecutivos.

Ahora formamos las siguientes parejas: (1, k+1), (2, k+2), … , (k, k+k).

Aquí tengo k pares en orden creciente respecto de las dos

componentes, mientras que en la sucesión x1, x2, x3, …, xk+1 tengo

k+1 términos.

Por la “ley del palomar”, necesariamente existe uno de aquellos pares

en el que los dos componentes son valores de esta sucesión. Esto

significa que (h, k+h) = (xi , xj ) , y por tanto 𝑥𝑖 − 𝑥𝑗 = 𝑘 .

------------------

2.- De Geometría:


19

Sobre una circunferencia marcamos n puntos ( n > 3) numerados del 1

al n, y no importa el orden en el que los marcamos en la circunferencia.

Consideramos los dos arcos cuyos extremos designamos por a y b,

siendo éstos cualesquiera pero no consecutivos. Diremos que los puntos

a y b están relacionados si al menos en uno de los dos arcos los puntos

interiores están marcados con valores que están entre a y b.

Demuestra que el número de pares relacionados es exactamente n – 3.

Resol.: Observa en las figuras algunas de las posibles situaciones.

Si n es el número de puntos marcados, numerados del 1 a n, pero

colocados en la circunferencia en cualquier orden, llamaremos kn al

número de pares de puntos relacionados.

Observa que el punto marcado con 1 no estará relacionado con ninguno

otro. También observa que dada una configuración cualquiera, si

incrementamos con el valor h el valor de cada punto, el valor de kn no

cambia.

Demostraremos por inducción lo que nos piden: kn = n – 3, para todo

n > 3.

Cuando n = 4, puede comprobarse gráficamente que sólo están

relacionados el par de puntos contiguos al marcado con 1.

20

Se cumple k4 = 4 – 3 = 1

Supongamos que se cumple para el valor n, y sean n + 1 puntos

numerados así: 1, 2, … , n-1, n, n+1 , y colocados a de cualquier forma

sobre la circunferencia. Por un momento retiramos el punto marcado

con 1, con lo cual nos quedan n puntos numerados así:

2, 3, …, n+1 < -- > 1+1, 2+1, …, h+1, … , n+1.

Por hipótesis, en esta distribución de n puntos existen n – 3 pares

relacionados. Si ahora agregamos el punto marcado 1, aumente en uno

el número de pares relacionado, de modo que ahora tenemos

kn+1 = (n-3) + 1 = (n+1) – 3, y por tanto se cumple.

-----------------


21

3.- De Álgebra:

Demuestra que los dos binomios 25x + 31y , 3x + 7y , son múltiplos

de 41 para los mismos valores de x e y.

Resol.: Resuelvo las siguientes ecuaciones diofánticas

a) 25x + 31y = 41t, b) 3x + 7y = 41s, t,s enteros

Hago

31:25 -- > 31 = 25.1 + 6, 25:6 -- > 25 = 6.4 + 1, 6:1 -- > 6 = 1.6 + 0

y llegamos a que MCD(31,25) = 1

Entonces 1 = 25 – 6.4 = 25 – 4.(31 – 25) = 25.(1 + 4) – 4.31 = 25.5 –

4.31

Por tanto puedo expresar

41t = 25.(5.41t) – 31.(4.41t) = 25.205t + 13.(-164t) , de donde

que las soluciones para la ecuación a) son de la forma

{𝑥 = 205. 𝑡 + 31. 𝑢𝑦 = −164. 𝑡 − 25. 𝑢

, donde u es parámetro entero

Para la ecuación b) de forma análoga obtenemos MCD(7,3) = 1, y

procediendo le da misma forma tengo

1 = 7.1 -3.2, 41.s = 3.(-82.s) + 7.(41.s) , y por tanto las

soluciones son de la forma

{𝑥′ = −82. 𝑠 + 7. 𝑣𝑦′ = 41. 𝑠 − 3. 𝑣

, donde v es parámetro entero

22

Fijamos los valores enteros t, u, e imponemos la condición x = x’ , y =

y’ , y obtenemos s, v dependiendo de ellos.

{205. 𝑡 + 31. 𝑢 = −82. 𝑠 + 7. 𝑣 −164. 𝑡 − 25. 𝑢 = 41. 𝑠 − 3. 𝑣

, (1)

Multiplicando la segunda por 2

{205. 𝑡 + 31. 𝑢 = −82. 𝑠 + 7. 𝑣 −328. 𝑡 − 50. 𝑢 = 82. 𝑠 − 6. 𝑣

, y sumándolas llegamos a

despejar

v = -123t – 19u , que sustituyo en la segunda de (1)

-164t -25u = 41s + 369t + 57u , s = -13.t – 2.u

Resumen: v = -123t – 19u, s = -13.t – 2.u

Ahora suponemos fijados los valores s, v, y despejamos t, u

Multiplico la primera por 4 y la segunda por 5

{820. 𝑡 + 124. 𝑢 = −328. 𝑠 + 28. 𝑣 −820. 𝑡 − 125. 𝑢 = 205. 𝑠 − 156. 𝑣

, y sumándolas

Sumándolas conseguimos u = 123.s – 13.v

Sustituyendo en la primera de (1)

205t + 3813s – 403v = -82s + 7v, de donde t = -19.s + 2.v

-------------------

4.- De Números:

Sea la siguiente sucesión de números reales (Sucesión de Leonardo da

Pisa, también Fibonacci):


23

a1 = 1, a2 = 1,

an = an-1 + an-2 , para todo n > 2

Comprueba que es posible expresar el término a2n en función de los

términos an-1, an , an+1 .

Resol.: Por hipótesis a1 = 1, a2 = 1, a3 = 2, a4 = 3,

Observa que a2+3 = a5 = 2 + 3 = 1.2 + 1.3 = a1.a3 + a2.a4

En general, demostraremos que :

an+m = an-1 . am + an . am+1, y si n = m tengo

a2n = an-1 . an + an . an+1 = an . (an-1 + an+1)

En efecto, por inducción probamos que an+m = an-1 . am + an . am+1

Si es cierta para m (y tono n) tengo la anterior.

Tomo ahora el valor m + 1. Entonces

an+(m+1) = (por ser de Fibonacci) = an+m-1 + an+m = (aplicando la hipótesis

a cada uno de estos dos términos, y tomando an+m-1 = an-1+m) =

= [an-2 . am + an-1 . am+1] + [an-1 . am + an . am+1] =

= am+1 .(an-1 + an) + am . (an-2 + an-1) = am+1 . an+1 + am . an

Observa que an+(m+1) = a(n+1)+m = an . am + an+1 . am+1 , que coincide con el

resultado obtenido.

----------------

24

5.- De Entretenimiento/Geometría:

Consideramos el puzle que consiste en lo siguiente: “Descomponer la

cruz (griega) en cuatro partes de forma que recompongan un cuadrado”

(figura).

a) Comprueba que existen una infinidad de soluciones diferentes.

b) Comprueba si existe alguna en la que las cuatro partes sean

iguales.

Resol.: Represento dos situaciones distintas

(1)

Vamos a probar que cualquier par de rectas r, s, paralelas a las rectas

punteadas de la figura 1, dan lugar a una solución.


25

Resuelve os siguientes

Si las citadas rectas pasan por el centro, O, de la cruz, entonces las

cuatro partes son iguales.

Construye uno nuevo

26

----------------------

6.- De Álgebra:

Dada la igualdad

y2 = x

4 – 22x

3 + 43x

2 – 858x + t

2 + 10452.(t + 39)

Suponiendo que fijamos un valor cualquiera to , calcula alguna

solución con valores enteros de x e y.

Resol.:

NOTA: ( La solución fue publicada por José Vicente García Sestafe en

el Boletín de la Sociedad Puig Adam, en 1990).

Completamos cuadrados

𝑦2 = (𝑥2 − 11𝑥 − 39)2 + (𝑡 + 5226)2 − 26904969

Entonces 𝑦2 − (𝑥2 − 11𝑥 − 39)2 = (𝑡 + 5226)2 − 26904969 ,

y que podemos modificar, teniendo en cuenta la diferencia de cuadrados

𝑦2 − (𝑥2 − 11𝑥 − 39)2 = (𝑦 + 𝑥2 − 11𝑥 − 39). (𝑦 − 𝑥2 + 11𝑥 + 39)

y teniendo en cuenta que 26904969 = 51872

(𝑡 + 5226)2 − 26904969 = (𝑡 + 5226 −5187).(t+5226+5187) =


27

= (𝑡 + 39). (𝑡 + 10413) , y por tanto

(𝑦 + 𝑥2 − 11𝑥 − 39). (𝑦 − 𝑥2 + 11𝑥 + 39) = (𝑡 + 39). (𝑡 + 10413)

Veamos si igualando factores encontramos alguna solución entera

{𝑦 + 𝑥2 − 11𝑥 − 39 = 𝑡 + 10413

𝑦 − 𝑥2 + 11𝑥 + 39 = 𝑡 + 39

-- > Sumándolas

2𝑦 = 2𝑡 + 10452 -- > 𝑦 = 𝑡 + 5226 , que llevándola a la segunda

𝑡 + 5226 − 𝑥2 + 11𝑥 + 39 = 𝑡 + 39 -- > 𝑥2 − 11𝑥 − 5187 = 0

cuyas soluciones son: x = 78, x = - 67. Valor de y: y = t + 5226, done

t es un valor entero arbitrario.

NOTA: Veamos qué ocurre si emparejamos factores de otra forma

{𝑦 + 𝑥2 − 11𝑥 − 39 = 𝑡 + 39

𝑦 − 𝑥2 + 11𝑥 + 39 = 𝑡 + 10413

Sumando: 2𝑦 = 2𝑡 + 10452 -- > 𝑦 = 𝑡 + 5226 , y estamos en el

mismo caso anterior.

------------------

28

Olimpiada XXV

1.- De Probabilidades:

Un examen consiste en contestar a una pregunta elegida al azar de un

programa de n preguntas. El alumno sólo sabe una de las n preguntas,

pero tiene a su favor que puede repetir el examen n veces.

a) Calcula la probabilidad pn de que apruebe el examen.

b) Comprueba si pn es creciente o decreciente cuando n crece.

c) Calcula el valor lim𝑛→∞(𝑝𝑛), y la cota inferior máxima de pn

Resol.: El valor pn es el resultado de multiplicar: P. de aprobar la

primera, o aprobar en el segundo intento, o aprobar en …, así hasta n.

Entonces 𝑝𝑛 = 𝑃(𝐴1) + 𝑃(𝐴1′ ). 𝑃(𝐴1) + 𝑃(𝐴1

′ ). 𝑃(𝐴1′ ). 𝑃(𝐴1) + …

𝑝𝑛 =1

𝑛+

𝑛−1

𝑛 .1

𝑛+ (

𝑛−1

𝑛)2.1

𝑛+⋯+ (

𝑛−1

𝑛)𝑛.1

𝑛=

= 1

𝑛. (1 +

𝑛−1

𝑛 + (

𝑛−1

𝑛)2+⋯+ (

𝑛−1

𝑛)𝑛) = (tengo p.g. )

= 1

𝑛 .(𝑛−1

𝑛)𝑛−1

−1+(𝑛−1

𝑛)= 1 − (

𝑛−1

𝑛)𝑛

Los términos (𝑛−1

𝑛)𝑛

crecen hacia el valor 1

𝑒 < 1, por lo tanto

el valor 1 − (𝑛−1

𝑛)𝑛

decrece, y en consecuencia 𝑝𝑛 es decreciente.

Además lim𝑛→∞(𝑝𝑛) = 1 − lim𝑛→∞ (𝑛−1

𝑛)𝑛= 1 −

1

𝑒

----------------


29

2.- De Geometría:

Tenemos el triángulo ABC y los puntos A’, B’, C’ en los lados BC,

CA, AB, respectivamente. Supongamos que estos puntos están

situados de forma que se cumplen las igualdades

𝐴𝐶′

𝐶′𝐵=

𝐵𝐴′

𝐴′𝐶=

𝐶𝐵′

𝐵′𝐴

Llamamos k al valor de estos cocientes.

Sea C1A1B1 el triángulo cuyos lados son: AA’, BB’, CC’ .

Conocidos los valores k y el área S del triángulo ABC, calcula el área

del triángulo DEF.

Resol.: Represento k = 𝐴𝐶′

𝐶′𝐵

Tengo AC’ + C’B = AB. De la relación 𝑘 =𝐴𝐶′

𝐶′𝐵=

𝐵𝐴′

𝐴′𝐶=

𝐶𝐵′

𝐵′𝐴

obtengo AC’ = k.C’B , y por tanto (k + 1).C’B = AB, de donde C’B = 1

𝑘+1 . 𝐴𝐵, y AC’ =

𝑘

𝑘+1 . 𝐴𝐵. Del mismo modo obtenemos que BA’ =

𝑘

𝑘+1 . 𝐵𝐶 ,

CB’ = 𝑘

𝑘+1 . 𝐶𝐴 ; Represento c =

𝑘

𝑘+1 .

Sean S el área de ABC, S’ la de C1A1B1

30

Tomo las bases vectoriales: u1 = AB, u2 = AC, y en el triángulo

C1A1B1:

v = 𝐶1𝐴1, w = 𝐶1𝐵1

Refiriendo los anteriores vectores en un base ortonormal sabemos que

S = 1

2 . |𝐷𝑒𝑡(𝑢1,𝑢2)| , S’ =

1

2 . |𝐷𝑒𝑡(𝑣, 𝑤)|

Tomaremos como sistema de referencia R = (A; {𝑢1, 𝑢2}), y

referiremos a él los vectores v, w

Coordenadas de los puntos A’, B’, C’ :

AA’ = AB + BA’ , BA’ = c.BC = c.[AC- AB], por tanto AA’ =

u1+c.(u2-u1) = (1-c).u1 + c.u2 -- > A’(1-c, c)

AB’ = AC – B’C = u2 –c.u2 = (1-c).u2 -- > B’(0, 1-c)

AC’ = c.AB = c.u1 -- > C’(c, 0)

Rectas determinadas por AA’, BB’, CC’

r1 : v1 = vector AA’ -- > v1 = (1-c, c);

𝑥−0

1−𝑐=

𝑦−0

𝑐 -- > r1: c.x + (c-1).y = 0

r2 : v2 = vector BB’ = (0, 1-c) – (1, 0) = (-1, 1-c); B(1, 0)

𝑥−1

−1=

𝑦−0

1−𝑐 -- > r2: (1-c).x + y – (1-c) = 0

r3: v3 = vector CC’ = (c, 0) – (0, 1) = (c, -1) ; C(0, 1)

𝑥−0

𝑐=

𝑦−1

−1 -- > r3: x + c.y - c = 0


31

Puntos de corte C1 = r1 ∩ 𝑟2, B1 = r1 ∩ 𝑟3, A1 = r2 ∩ 𝑟3

C1: {c. x + (c − 1). y = 0

(1 − c). x + y – (1 − c) = 0 -- > y = (c-1).x +(1-c)

y obtengo x = (𝑐−1)2

𝑐2−𝑐+1 , y después y =

𝑐−𝑐2

𝑐2−𝑐+1 , por tanto

C1((𝑐−1)2

𝑐2−𝑐+1 ,

𝑐−𝑐2

𝑐2−𝑐+1 )

De forma análoga obtenemos B1(𝑐−𝑐2

𝑐2−𝑐+1 ,

𝑐2

𝑐2−𝑐+1 )

A1(𝑐2

𝑐2−𝑐+1 ,

(1−𝑐)2

𝑐2−𝑐+1 )

Expresión de los vectores v, w (respecto del s.r. R):

v = vector C1A1 = (𝑐2

𝑐2−𝑐+1 ,

(1−𝑐)2

𝑐2−𝑐+1 ) − (

(𝑐−1)2

𝑐2−𝑐+1 ,

𝑐−𝑐2

𝑐2−𝑐+1 ) -- >

v = (2𝑐−1

𝑐2−𝑐+1 ,(1−𝑐).(1−2𝑐)

𝑐2−𝑐+1 ) =

2𝑐−1

𝑐2−𝑐+1 . (1 , 𝑐 − 1)

w = vector C1B1 = (𝑐−𝑐2

𝑐2−𝑐+1 ,

𝑐2

𝑐2−𝑐+1 ) - (

(𝑐−1)2

𝑐2−𝑐+1 ,

𝑐−𝑐2

𝑐2−𝑐+1 ) -- >

w = ((1−𝑐).(2𝑐−1)

𝑐2−𝑐+1 , 𝑐.(2𝑐−1)

𝑐2−𝑐+1 ) =

2𝑐−1

𝑐2−𝑐+1 . (1 − 𝑐 , 𝑐)

Determinante Det(v, w), respecto del s.r. R:

Det(v,w) = (2𝑐−1

𝑐2−𝑐+1)2. |

1 𝑐 − 11 − 𝑐 𝑐

| = (

2𝑐−1

𝑐2−𝑐+1)2. (𝑐2 − 𝑐 + 1) =

= (2𝑐−1)2

𝑐2−𝑐+1 . Pesto que c =

𝑘

1+𝑘> 1, 𝑡𝑎𝑚𝑏𝑖𝑒𝑛 𝑐2 > 𝑐, y por

tanto Det(v,w) > 0.

32

Teniendo en cuenta que c = 𝑘

1+𝑘 , se ha comprobado que

Det(v,w) = (𝑘−1)2

𝑘2+𝑘+1

--------------

Solución geométrica:

Represento sus áreas mediante [ABC], [A1B1C1] y también [A1B1C1],

y de forma análoga los restantes.

Tengo [ABC] = [A1B1C1] + [ABC1] + [BCA1] + [CAB1], de donde

[A1B1C1] = [ABC] – [ABC1] - [BCA1] - [CAB1] , o bien

[A1B1C1] = [ABC] – ([ABC1] + [BCA1] + [CAB1])

Necesitamos calcular cada uno de los términos del minuendo. Nos

centramos en el cálculo de [ABC1]. Los otros dos se obtienen de la

misma forma.

Aplicaremos la siguiente propiedad de los triángulos: “Si tienen la

misma altura, la razón entre sus áreas es igual a la razón entre sus

bases”. Observando las figuras llegamos a que


33

Igual altura para ABC y

ABA’

Igual altura ABA’ y ABC1

Aplicando lo dicho tenemos: [𝐴𝐵𝐴′]

[𝐴𝐵𝐶]=

𝐵𝐴′

𝐵𝐶 ,

[𝐴𝐵𝐶1]

[𝐴𝐵𝐴′]=

𝐴𝐶1

𝐴𝐴′

Multiplicándolas: [𝐴𝐵𝐴′]

[𝐴𝐵𝐶] .[𝐴𝐵𝐶1]

[𝐴𝐵𝐴′]=

𝐵𝐴′

𝐵𝐶 .𝐴𝐶1

𝐴𝐴′ , de donde

[𝐴𝐵𝐶1]

[𝐴𝐵𝐶]=

𝐵𝐴′

𝐵𝐶 .𝐴𝐶1

𝐴𝐴′ ; Calculamos

𝐵𝐴′

𝐵𝐶

Por otro lado 𝐵𝐶

𝐵𝐴′=

𝐵𝐴′+𝐴′𝐶

𝐵𝐴′= 1 +

𝐴′𝐶

𝐵𝐴′ , y recordando que por

hipótesis 𝐵𝐴′

𝐴′𝐶= 𝑘 , nos queda

𝐵𝐶

𝐵𝐴′= 1 +

1

𝑘 , y por tanto

𝐵𝐴′

𝐵𝐶=

𝑘

1+𝑘

Cálculo de 𝑨𝑪𝟏

𝑨𝑨′∶ Haremos uso del Teorema de Menelao (Verlo

en la segunda parte de este texto, en Geometría Vectorial)

Lo aplicamos al triángulo AA’C cortado por BB’

34

𝐶1𝐴

𝐶1𝐴′ .𝐵𝐴′

𝐵𝐶.𝐵′𝐶

𝐵′𝐴 = 1 , de donde

𝐶1𝐴

𝐶1𝐴′=

1

𝐵𝐴′

𝐵𝐶.𝐵′𝐶

𝐵′𝐴 =

𝐵𝐶

𝐵𝐴′ .𝐵′𝐴

𝐵′𝐶

Vimos 𝐵𝐶

𝐵𝐴′=

𝑘+1

𝑘 , y por hipótesis

𝐵′𝐴

𝐵′𝐶=1

𝑘 , por lo tanto

𝐶1𝐴

𝐶1𝐴′=

𝑘+1

𝑘 .1

𝑘 =

1+𝑘

𝑘2

Por otro lado

𝐴𝐴′

𝐶1𝐴′=

𝐴𝐶1+𝐶1𝐴′

𝐶1𝐴′= 1 +

𝐴𝐶1

𝐶1𝐴′= 1 +

1+𝑘

𝑘2=

𝑘2+𝑘+1

𝑘2

Por lo tanto 𝐴𝐶1

𝐴𝐴′=

𝐴𝐶1

𝐴𝐴′ .𝐵𝐴′

𝐵𝐶=

1+𝑘

𝑘2+𝑘+1 , y entonces

[𝐴𝐵𝐶1]

[𝐴𝐵𝐶]=

𝐴𝐶1

𝐶1𝐴′ .𝐶1𝐴′

𝐴𝐴′ =

1+𝑘

𝑘2+𝑘+1 .

𝑘

1+𝑘=

𝑘

𝑘2+𝑘+1

Para terminar, es evidente que [𝐴𝐵𝐶1]

[𝐴𝐵𝐶]=

[𝐵𝐶𝐴1]

[𝐴𝐵𝐶]=

[𝐶𝐴𝐵1]

[𝐴𝐵𝐶] .

Recordamos que:

[ABC] = [A1B1C1] + [ABC1] + [BCA1] + [CAB1]

y [A1B1C1] = [ABC] – 3.[ABC1]

y entonces

[A1B1C1]

[ABC]=

[ABC] – 3.[ABC1]

[ABC]= 1 − 3.

[𝐴𝐵𝐶1]

[𝐴𝐵𝐶]= 1 − 3.

𝑘

𝑘2+𝑘+1=


35

= … = (𝑘−1)2

𝑘2+𝑘+1 , y por tanto [A1B1C1] =

(𝑘−1)2

𝑘2+𝑘+1 . [ABC], es decir,

sus áreas

S1 = (𝑘−1)2

𝑘2+𝑘+1 . 𝑆

----------------

3.- De Números:

Comprueba que

1

10.√2<

1.3.5.….99

2.4.6…..100<

1

10

Resol.: Tenemos

1

2<2

3 ,

3

4<4

5 ,

5

6<6

7 , …,

99

100<100

101

(1.3.5.….99

2.4.6…..100)2=

1

2.1

2.3

4.3

4.5

6.5

6… . .

99

100.99

100 <

< 1

2.2

3.3

4.4

5.5

6.6

7… . .

99

100.100

101 = 1.

1

101<

1

100 , de donde

1.3.5.….99

2.4.6…..100<

1

√100=

1

10

Por otro 3

4>2

3 ,

5

6>4

5 ,

7

8>6

7 , …,

99

100>98

99

y entonces (1.3.5.….99

2.4.6…..100)2=

1

2.1

2.3

4.3

4.5

6.5

6… . .

99

100.99

100>

> 1

2.1

2.3

4.2

3.5

6.4

5… . .

99

100.98

99= 1

2.1

2.2

3.3

4.4

5.5

6… . .

98

99.99

100=

= 1

2.1

100 ,

de donde 1.3.5.….99

2.4.6…..100>

1

10.√2

-------------------

36

4.- De Números: (Olimpiada XXV)

Demuestra que el número 1989 y sus potencias 1989n se pueden

expresar como suma de dos cuadrados de enteros positivos, como

mínimo de dos formas diferentes.

Resol.: Para 1989 tenemos

1989 = 302 + 33

2 1989 = 15

2 + 42

2

Operamos en números complejos como sigue.

Tomo z = 30 + 33i, /z/2 = 30

2 + 33

2 = 1989 , y entonces

Sea a + bi = zn = (30 + 33i)

n ; /z

n/2 = a

2 + b

2 = /z

2/n = 1989

n

Del mismo modo tomando w = 15 + 42i llego a otra expresión

c2 + d

2 = /w

2/n = 1989

n

Puesto que z y w son distintos también las dos descomposiciones son

distintas.

5.- De Números:

Designamos por S el conjunto de los números complejos de la forma

a + b.√−13 , donde a, b son enteros.

Observa que 14 = (2 +0.√−13).(7+0. √−13) .

Expresa el valor 14 como producto de elementos de S de todas las

formas posibles.

Resol.: 14 = (a + b. √−13 ). (c + d. √−13 ) = ac – 13bd

+(ad+bc). √−13


37

y como el Resultado ha de ser real, tengo {𝑎𝑐 − 13𝑏𝑑 = 14𝑎𝑑 + 𝑏𝑐 = 0

Resuelvo para obtener a y b dependiendo de c y d.

Suponiendo c ≠ 0, a = 14+13𝑏𝑑

𝑐 , 0 = d.

14+13𝑏𝑑

𝑐+ 𝑏𝑐 -- >

0 = 14𝑑+𝑏.(13𝑑2+𝑐2)

𝑐 -- > 𝑏. (13𝑑2 + 𝑐2) = −14𝑑 -- > b =

−14𝑑

13𝑑2+𝑐2

Entonces bd = −14𝑑2

13𝑑2+𝑐2 , 14 + 13bd = 14 + 13.

−14𝑑2

13𝑑2+𝑐2 =

= 14.(13𝑑2+𝑐2)−13.14.𝑑2

13𝑑2+𝑐2=

14𝑐2

13𝑑2+𝑐2 ; Por tanto a =

14𝑐

13𝑑2+𝑐2

Resumen: a = 14𝑐

13𝑑2+𝑐2 , b =

−14𝑑

13𝑑2+𝑐2

Dando valores a c y d se obtienen “muchos” resultados.

Casuística: 1) d = 0, c ≠ 0 -- > b = 0 , a = 14/c

2) d ≠ 0, c = 0 -- > a = 0, b = -14/(13d) .

Continúe el alumno con casos como: d = 1 , d = -1 , d = 1, c = 1

d = -1, c = 1

---------------

6.- De Números:

Dados siete números reales cualesquiera, demuestra que se pueden

elegir dos de entre ellos, sean a y b, de modo que se cumpla

√3. |𝑎 − 𝑏| < |1 + 𝑎. 𝑏|

38

Poner un ejemplo de seis números con los que no se cumpla lo

anterior.

Resol.: a) Sean siete números reales, distintos: x1, x2, … , x7

Tomamos en base a estos siete números los siete valores:

c1, c2, … , c7 , siendo ci = arcTan(xi), donde tomamos la

determinación tal que −𝜋

2< 𝑐𝑖 <

𝜋

2

Divido el intervalo (−𝜋

2,𝜋

2 ) en los seis siguientes intervalos

(−3𝜋

6, −

2𝜋

6], (−

2𝜋

6, −

𝜋

6], (−

𝜋

6, 0], (0,

𝜋

6], (

𝜋

6,2𝜋

6], (

2𝜋

6,3𝜋

6 )

cada uno de amplitud 𝜋

6

Por el “Principio del palomar” en al menos uno de estos caerán dos de

los valores ci . Sean ck, ch estos valores. Los ordenamos de modo que

0 < 𝑐𝑘 < 𝑐ℎ si son positivos -- > 0 < 𝑐ℎ − 𝑐𝑘 < 𝜋

6

𝑐𝑘 < 𝑐ℎ < 0 si son negativo -- > 0 < 𝑐ℎ − 𝑐𝑘 < 𝜋

6

Entonces 0 < 𝑐ℎ − 𝑐𝑘 < 𝜋

6 -- > 0 < tan (𝑐ℎ − 𝑐𝑘) <

1

√3 .

Observa que y = tan(x) es creciente en (0, 𝜋

2) y que tan(

𝜋

6) =

1

√3

(Recuerda: sen(30o) =

1

2 , cos(30

o) =

√3

2 )

Además tan (𝑐ℎ − 𝑐𝑘) = tan(𝑐ℎ)−tan(𝑐𝑘)

1+tan(𝑐ℎ).tan(𝑐𝑘) , por tanto


39

0 < tan(𝑐ℎ)−tan(𝑐𝑘)

1+tan(𝑐ℎ).tan(𝑐𝑘)<

1

√3 , |

𝑥ℎ−𝑥𝑘

1+𝑥ℎ.𝑥𝑘| <

1

√3 , de donde

√3. |𝑥ℎ − 𝑥𝑘| < |1 + 𝑥ℎ . 𝑥𝑘|

b)Seis valores para los que no se cumple:

Tomamos x1 = tan (5𝜋

12), x2 = tan (

𝜋

4), x3 = tan (

𝜋

12), x4 = tan (−

𝜋

12),

x5 = tan (−𝜋

4), x6 = tan (−

5𝜋

12) .

Con mucha paciencia llegamos a probar que ningún par a, b cumple la

desigualdad

√3. |a − 𝑏| < |1 + 𝑎. 𝑏|

------------------

40

OLIMPIADA XXVI

1.- Sean x e y dos números positivos. Probar que la expresión

𝐴 = √𝑥 + √𝑦 + √𝑥𝑦

se puede escribir en la forma:

𝐵 = √𝑥 + √𝑦 + 𝑥𝑦 + 2𝑦√𝑥

y compara los números:

𝐿 = √3 + √10 + 2√3 y

𝑀 = √5 + √22 + √8 − √22 + 2√15 − 3√22

Sol.: (Fernando Bellot)

Tengo: 𝐵 = √𝑥 + √𝑦 + 𝑥𝑦 + 2𝑦√𝑥 = √𝑥 + √𝑦 . √1 + 𝑥 + 2√𝑥

= √𝑥 + √𝑦 . √(1 + √𝑥 )2 = √𝑥 + √𝑦 . (1 + √𝑥) =

= √𝑥 + √𝑦 + √𝑦𝑥) = A, de donde

√𝑦 + 𝑥𝑦 + 2𝑦√𝑥 = √𝑦 + √𝑦𝑥) (1)

Ahora

𝑀 = √5 + √22 + √8 − √22 + 2√15 − 3√22 =

= √5 + √22 + √3 + 5 − √22 + 2√15 − 3√22

Haciendo en (1) x = 5−√22

3 , y = 3, tengo


41

√𝑦 + 𝑦.5−√22

3+ 2𝑦√

5−√22

3 = √𝑦 + √𝑦.

5−√22

3), y si hago y = 3

√3 + 3.5−√22

3+ 2.3√

5−√22

3 = √3 + √3.

5−√22

3)

√3 + 5 − √22 + 2.√15 − 3. √22 = √3 + √5 − √22

por tanto: M = √5 + √22 + √3 + √5 − √22

Entonces:

L = M ↔ √3 + √10 + 2√3 = √5 + √22 + √3 + √5 − √22 ↔

√10 + 2√3 = √5 + √22 + √5 − √22 ↔

10 + 2√3 = (5 + √22 ) + (5 − √22) + 2.√(5 + √22). (5 − √22)

10 + 2√3 = 10 + 2.√25 − 22

10 + 2√3 = 10 + 2. √3

-------------

2.- Cada punto de un plano está pintado de un color elegido entre tres

distintos. ¿Existen necesariamente dos puntos de ese plano distantes

entre sí exactamente un centímetro y pintados del mismo color?.

Sol.: (del Libro Problems in Combinatory and gahp theory de Ioan

Tomescu; Ed. Wiley)

42

Sean los puntos A, B, C, D, E, F, G, y marcados de modo que ABFD

sea un rombo con lados de longitud la unidad.

Hemos asignado colores en el rombo ABFD de modo que, en lo posible,

cumplan la condición del enunciado, pero al llegar al punto F hemos

tenido que asignarle, necesariamente el color ‘a’. Lo mismo nos ocurre

en el rombo AEGC, de modo que llegando al punto G hemos tenido

que asignarle, necesariamente el color ‘a’ (u otro …). Observa que F y

G distan entre sí la unidad.

----------

3.- Se llama parte entera de un número real a, [a] al mayor número

entero menor o igual que a.

Demostrar que la parte entera de (4 + √11)𝑛 , con n natural, es un

número impar.

Sol.: (Fernándo Bellot)

Tengo 0 < 4 − √11 < 1 → 0 < (4 − √11)𝑛 < 1. Por otro lado el

valor E = (4 + √11)𝑛 + (4 − √11)𝑛 es un valor entero y par (para

comprobarlo desarrollamos las potencias por el binomio de Neuton) .


43

Pero E lo obtenemos sumando a (4 + √11)𝑛 un número menor que

uno, por lo que E es la parte entera de (4 + √11)𝑛

V = (4 + √11)𝑛, E = (4 + √11)𝑛 + (4 − √11)𝑛 es entero par, y

0 < (4 − √11)𝑛 < 1

--------------

4.- Demostrar que la suma

√𝑎+12+𝑎+3

6√4𝑎+3

3

3

+ √𝑎+1

2−𝑎+3

6√4𝑎+3

3

3

, con a ≥ −3

4 ,

es independiente del valor (real) de a y hallar el valor de dicha suma.

Sol.:

Hacemos x = 𝑎+1

2+𝑎+3

6√4𝑎+3

3 , y =

𝑎+1

2−𝑎+3

6√4𝑎+3

3 , con lo cual

x + y = a + 1, x.y = (Suma x Diferencia) = (Diferencia de

cuadrados) = - 𝑎3

33 .

La suma pedida es z = √𝑥3+ √𝑦

3 . Elevando al cubo obtengo

z3 = x + y + 3. √𝑥

3. √𝑦23

+ 3. √𝑥23

. √𝑦3 = x + y + 3. √𝑥. 𝑦

3 . (√𝑥3+ √𝑦

3 )

= (a+1) + 3.(−𝑎

3). 𝑧 = -a.z + a +1, y por tanto: z

3 + a.z – (a+1) = 0

Admite la solución z = 1, y descompone así: (z – 1).(z2+z + (a+1)) = 0

44

El discriminante del segundo factor es D = −1±√1−4.(𝑎+1)

2=

= −1±√−(3+4.𝑎)

2, Teníamos la condición a ≥ −

3

4 , 4. 𝑎 ≥ −3,

−(3 + 4. 𝑎) ≤ 0, y por tanto la única solución real es z = 1, y por

tanto √𝑥3+ √𝑦

3 = 1, esto es

√𝑎+1

2+𝑎+3

6√4𝑎+3

3

3

+ √𝑎+1

2−𝑎+3

6√4𝑎+3

3

3

= 1 , independiente del

valor de a.

------------

5.- Sobre los lados BC, CA y AB de un triángulo dado ABC, de área S,

se sitúan respectivamente los puntos A’, B’, C’ tales que

𝐴𝐶′

𝐴𝐵=

𝐵𝐴′

𝐵𝐶=

𝐶𝐵′

𝐶𝐴= 𝑝, 0 < p < 1 parámetro variable.

Determinar:

a) El área del triángulo A’B’C’ en función de p

b) El valor de p para que el área sea mínima

c) El lugar geométrico de los puntos P de intersección de las

paralelas trazadas por A’ y C’ a los lados AB y AC,

respectivamente, al variar p

Sol.: (Mª A. López Chamorro)

Llamando a, b, c la longitud de los lados de ABC, opuestos a cada

vértice, obtenemos lo siguiente


45

{

𝐴𝐶′ = 𝑝. 𝐴𝐵

𝐵𝐴′ = 𝑝. 𝐵𝐶

𝐶𝐵′ = 𝑝. 𝐴𝐶

-- > {

𝐴𝐶′ = 𝑝. 𝑐

𝐵𝐴′ = 𝑝. 𝑎

𝐶𝐵′ = 𝑝. 𝑏

; y {

𝐵𝐶′ = 𝑐. (1 − 𝑝)

𝐶𝐴′ = 𝑎. (1 − 𝑝)

𝐶𝐵′ = 𝑏. (1 − 𝑝)

a) Área [A’BC’] = 1

2 . (c.(1- p).(p.a.sen(B))

Por otro lado S = 1

2 . 𝑎. 𝑐. 𝑠𝑒𝑛(𝐵), y rescribiendo el anterior

[A’BC’] = 1

2 . (c.(1- p).(p.a.sen(B)) =

1

2 . c.a.p.(1- p).sen(B)

Suponiendo que [A’BC’] = [C’AB’] = [B’CA’] , lo que nos piden es

[A’C’B’] = S – 3. [A’BC’] = 1

2 . 𝑎. 𝑐. 𝑠𝑒𝑛(𝐵) − 3.

1

2 . c.a.p.(1- p).sen(B)

= 1

2 . 𝑎. 𝑐. 𝑠𝑒𝑛(𝐵). [ 1 − 3. 𝑝. (1 − 𝑝)]

Veamos que aquellas tres áreas son iguales:

46

[B’CA’] = 1

2 . (𝑎. (1 − 𝑝)). (𝑏. 𝑝). 𝑠𝑒𝑛(𝐶) =

1

2 . 𝑎. 𝑏. 𝑝. (1 − 𝑝). 𝑠𝑒𝑛(𝐶)

Pero a.b.sen(C) = a.c.sen(B) , y por tanto 1

2 . c.a.p.(1- p).sen(B) =

= 1

2 . 𝑎. 𝑏. 𝑝. (1 − 𝑝). 𝑠𝑒𝑛(𝐶) , [B’CA’] = [A’BC’], y de forma

análoga resultará la tercer igualdad.

b) Evidentemente, siendo 0 < p < 1, la superficie es mínima

cuando p = 1

2

c)

Llamamos A’’ y B’’ los nuevos puntos obtenidos (figura). Los

triángulos BA’’C’ y CB’’A’ son semejantes con BCA, y por tanto

semejantes entre sí. En efecto,

𝐵𝐶′

𝐴𝐵=

𝑐.(1−𝑝)𝐴𝐶′

𝑝

=𝑐.𝑝.(1−𝑝)

𝑝.𝑐= 1 − 𝑝

𝐶𝐴′

𝐵𝐶=

𝑎.(1−𝑝)𝐵𝐴′

𝑝

=𝑎.𝑝.(1−𝑝)

𝑝.𝑎= 1 − 𝑝

lo son con la misma razón de semejanza. Además esto demuestra que

BA’’ = A’C, y que la recta C’B’’ es paralela a BC.


47

Entonces los triángulos C’BA’’, CB’’A’, C’B’’A, BCA, A’’PA’ son

todos semejantes entre sí, y llamando M al punto medio del lado BC, la

recta AP pasa siempre por M, que es además punto medio de A’’A’.

Conclusión: El l.g. pedido es la mediana AM. Realmente es el segmento

de dicha mediana con extremos el vértice A y su simétrico respecto del

punto medio M. Los puntos extremos resultan cuando p = 0, y p = 1.

-----------------

6.- Se consideran n puntos del plano tales que no hay dos parejas

equidistantes. Se une cada punto al más cercano por un segmento.

Demostrar que ningún punto está unido a más de cinco puntos.

Sol.: Por reducción al absurdo.

Supongamos que A0 es un punto que se une a más de cinco puntos, con

las condiciones impuestas. En el triángulo A0A1A2 podemos suponer

que el lado A1A2 es el mayor (según las condiciones A0A1 ó A0A2 es el

menos), puesto que de modo que < A1A0A2 es el ángulo mayor. Puesto

que, según las condiciones, no hay dos lados iguales este ángulo será

mayor que 60º. Sea A3 otro punto de modo que el lado A1A3 es el

mayor, y consideremos el triángulo A0A1A3 tengo que < A1A0A3 es

mayor que 60º. Continuando vemos que a lo más se pueden construir

cinco triángulos con ángulo en A0 mayor que 60º (Observa que 6.60º =

360º) . Por tanto A0 estará unido a lo más a cinco punto, cumpliendo las

condiciones.

------------

48

OLIMPIADA XXVII

1.- En el plano, en el que se ha tomado una referencia ortonormal, se

consideran todos los puntos de coordenadas enteras (m, n). Se suponen

trazados todos los segmentos rectilíneos que unen dos de estos puntos y

cuya longitud es entera. Probar que no hay dos de estos segmentos que

formen ángulo de 45º. Si se hace lo mismo en el espacio, ¿Habrá algún

par de esos segmentos que formen ángulo de 45º?.

Sol.: Por reducción al absurdo. Sean A, B, C puntos tales que AB y AC

forman ángulo de 45º, y AB, AC valores enteros. Tomando los

vectores 𝐴𝐵→, 𝐴𝐶→ y teniendo en cuenta el producto escalar de

vectores tenemos

cos(45º) = 𝐴𝐵∗𝐴𝐶

|𝐴𝐵|.|𝐴𝐶| = valor racional, puesto que

numerado y denominador son enteros. Pero cos(45º) = √2

2 es irracional.

------------

2.- Siendo a y b enteros distintos de 0, 1 y -1, sea la matriz

𝐴 =

(

𝑎 + 𝑏 𝑎 + 𝑏2 𝑎 + 𝑏3 … 𝑎 + 𝑏𝑚

𝑎2 + 𝑏 𝑎2 + 𝑏2 𝑎2 + 𝑏3 … 𝑎2 + 𝑏𝑚

𝑎3 + 𝑏 𝑎3 + 𝑏2 𝑎3 + 𝑏3… 𝑎3 + 𝑏𝑚

… .… .…. …. …. … . 𝑎𝑛 + 𝑏 𝑎𝑛 + 𝑏2 𝑎𝑛 + 𝑏3 … 𝑎𝑛 + 𝑏𝑚 )

Determinar un subconjunto S de filas de A lo menor posible, tal que

cualquier otra fila sea combinación lineal con coeficientes enteros de

filas de S. Explicitar estas combinaciones lineales.

Sol.:


49

Multiplico la primer fila por h y la segunda por (1 – h), y sumándolas

obtengo

[h.(a+b) + h.(a+b2) + … + h.(a+b

m) ] +

+(1-h).[(a2+b) + (a

2+b

2) + … + (a

2+b

m)] =

= [h.m.a + h.(b + b2 + … + b

m)] + [m.a

2 + (b + b

2 +…+ b

m) –

- h.m.a2 – h.(b + b

2 + … + b

m)] =

= h.m.(a – a2) + m.a

2 + (b + b

2 + … + b

m)

Si contemplamos solo los elementos de la columna k – ésima

h.(a + bk) + (1-h).(a

2 + b

k ) = h.(a – a

2) + a

2 + b

k

Para que este resultado sea un elemento de la matriz (de la columna k)

ha de cumplirse

h.a.(1- a) + a2 = a

j , h. (1 – a) + a = a

j-1 , h =

𝑎.(𝑎𝑗−2−1)

1−𝑎

Recordamos que 𝑥𝑛−1

𝑥−1= 1 + 𝑥 + 𝑥2 +⋯+ 𝑥𝑛−1

Entonces h = -a.(1 + 𝑎 + 𝑎2 +⋯+ 𝑎𝑗−3)

Casos: Si n = 3, entonces j = 3, h = - a.

Si n = 4, por ejemplo, cuando j = 3 tengo h = -a, y cuando j =

4 tengo h = -a.(1+ a).

Del modo análogo en otros casos.

-----------

50

3.- ¿Qué condiciones tienen que cumplir los coeficientes u, v, w del

polinomio

𝑥3 − 𝑢𝑥2 + 𝑣𝑥 −𝑤 (*)

para que los segmentos cuyas longitudes son las raíces del polinomio

formen un triángulo?.

Sol.: (Del libro Polinomials, de E.J. Barbeau; de, Springer, pág. 379)

Condición necesaria:

Sean a, b, c las raíces de (*). Para que sus valores puedan ser los lados

de un triángulo han de ser positivos, y además, también han de ser

positivos los valores: a + b – c, a + c – b, b + c – a, ya que ningún

lado puede ser mayor que la suma de los otros dos.

NOTA: Lo que sigue exige consultas al texto de Álgebra de Rey Pastor

….

De momento lo aceptamos como sigue:

Suponiendo que se cumplen las condiciones (de los valores a, b, c,

positivos) la resultante de (*)

18𝑢𝑣𝑤 + 𝑢2𝑣2 − 27𝑤2 − 4𝑣3 − 4𝑢3𝑤

es (ha de ser) mayor o igual a cero, así como los valores u, v, w y

4𝑢𝑣 − 𝑢2 − 8𝑤 = (𝑎 + 𝑏 − 𝑐). (𝑎 + 𝑐 − 𝑏). (𝑏 + 𝑐 − 𝑎) (***)

son todos positivos (textual)

Recíproco:

Supongamos que se cumplen estas últimas condiciones. La condición

sobre el discriminante (**) garantiza que todos los ceros son reales

(textual). Como el polinomio toma valor negativo cuando x toma valor


51

negativo, a, b y c deben ser positivos. Como en cualquier caso dos de

los valores a + b –c, a + c – b, b + c – a son positivos, la condición de

que (el miembro izquierda de (***) ) sea positivo obliga a que el

tercero también lo es.

--------------

4.- Sean A’, B’, C’ los puntos de tangencia de los lados BC, CA y AB

de un triángulo con su circunferencia inscrita. Sea D el punto de

intersección de C’A’ con la bisectriz del ángulo A.

Razonar cuánto mide el ángulo <ADC.

Sol.: (del Libro Problemas de Geometría (Planimetría) de I. Shrygin;

Ed. Mir)

En el triángulo ADC’, Obtengo < C’DA: Evidente que C’AI = 𝐴

2 ,

< C’IA = 90º - 𝐴

2 ; por otro lado en el cuadrilátero C’BA’I tengo 360º

= B + 2.90º + C’IA’ -- > 180º = B + C’IA’, de donde C’IA’ = 180º - B ;

Obtengo < A’ID : Considero C’IC = 180º, entonces

< A’ID = 180º - [C’IA’ + CID], pero CID = C’IA = 90º - 𝐴

2 , por lo

que < A’ID = 180º - [C’IA’ + (90º - 𝐴

2 )] = 180º - [(180º- B) + (90º -

52

𝐴

2) ] = - 90º + B +

𝐴

2 = - 90º +

2.𝐵+𝐴

2 = -90º +

𝐵

2+

𝐵+𝐴

2 = - 90º +

𝐵

2

+ 180º−𝐶

2 =

𝐵−𝐶

2 , es decir < A’ID =

𝐵−𝐶

2

Obtengo C’A’I : 180º = 2.C’A’I + (180º - B) -- > C’A’I = 𝐵

2

Obtengo A’DI : 180º = C’DI + (180º - B) + 𝐵−𝐶

2+

𝐵

2 -- > 0 = C’DI -

𝐶

2

es decir C’DI = 𝐶

2 ; pero A’DI = C’DI, por tanto A’DI =

𝐶

2

Si trazamos la circunferencia con diámetro el segmento IC, ésta pasa por

los puntos B’, A’, I, y C. Consideramos el arco capaz correspondiente al

ángulo central 𝐶

2 , cuya cuerda es IA’; puesto que también A’DI =

𝐶

2 ,

podemos concluir que el punto D está en la circunferencia, y por ser IC

su diámetro el ángulo CDI mide 90º.

-------------


53

5.- Dado n ∈ N sea s(n) la suma de las cifras de n expresado en el

sistema binario. Determina para todo k ∈ N: 𝜎(𝑘) = 𝑠(1) + 𝑠(2) +

⋯+ 𝑠(2𝑘).

Sol.:

Un número N en base 2 viene determinado por su expresión polinómica:

N = 𝑎0.20 + 𝑎1. 2

1 + 𝑎2. 22 +⋯+ 𝑎𝑘 . 𝑎

𝑘, y su expresión

decimal es N = 𝑎𝑘… 𝑎2𝑎1𝑎0 , donde los coeficientes 𝑎𝑗 = 1 ó 0.

1 -- > 000 … 0001 s(1) = 1

2 000 … 0010 s(2) = 1

3 000 … 0011 s(3) = 2

4 000 … 0100 s(4) = 1

………….

2k -1 011 … 111 s(2

k -1) = k

2k 100 … 000 s(2

k) = 1

NOTA: No se entiende, porque no se explica bien ….

------------

6.- Halla la parte entera de 𝑆 =1

√1+

1

√2 +

1

√3+⋯+

1

√10000

Sol.: (Del Libro Geometric inecualities, de N.D. Karacinoff, M.A.A.

1961, pág. 14)

54

Probamos que para todo n se cumple 2. √𝑛 + 1 − 2.√𝑛 < 1

√𝑛 <

2√𝑛 − 2. √𝑛 − 1

En efecto, √𝑛 + 1 > √𝑛 -- > √𝑛 + 1 + √𝑛 > 2. √𝑛 -- >

√𝑛+1+ √𝑛

2 > √𝑛 ↔

2

√𝑛+1+ √𝑛 <

1

√𝑛 -- > 2. (√𝑛 + 1 − √𝑛) <

1

√𝑛

Por otro lado √𝑛 > √𝑛 − 1 -- > 2. √𝑛 > √𝑛 + √𝑛 − 1 -- >

√𝑛 > √𝑛+√𝑛−1

2 -- >

1

√𝑛<

2

√𝑛+√𝑛−1 =

1

√𝑛< 2. (√𝑛 − √𝑛 − 1) ,

Entonces, dando valores a n obtenemos (comenzando por n = 1)

2. √2 − 2 < 1

2. √3 − 2. √2 < 1

√2< 2. √2 − 2

2. √4 − 2. √3 < 1

√3< 2. √3 − 2. √2

………………………

2. √10000 − 2. √9999 < 1

√9999< 2. √9999 − 2. √9998

2. √10001 − 2. √10000 < 1

√10000< 2. √10000 − 2. √9999

Sumando por columnas las desigualdades, llamando S la suma de la

columna central, obtenemos

2.√10001 − 2 < 𝑆 < 2.100 − 1


55

Puesto que √10001 > 100, queda probado que 198 < S < 199, y por

tanto la parte entera de S es 198.

-------------

56

Olimpiada XXVIII

1.- Un número natural N que es múltiplo de 83, es tal que N2 tiene 63

divisores. Calcular N, sabiendo que es el menor número posible que

cumple tales condiciones.

Sol.:

Al ser 83 número primo, el número N toma la forma N = 2k1

.3k2

. … .83

Supongamos (ver nota), de momento, N = 2k1

.3k2

. 83, y N2 =

22k1

.32k2

.832

El número de divisores de N2 lo obtenemos (1 + 2.k1).(1 + 2k2).3, y

por tanto (1 + 2.k1).(1 + 2k2).3 = 63 = 3.21, de donde (1 + 2.k1).(1 +

2k2) = 21. Casos posibles:

a) {1 + 2k1 = 71 + 2𝑘2 = 3

-- > k1 = 3, k2 = 1 -- > N = 8.3.83

b) {1 + 2k1 = 211 + 2𝑘2 = 1

-- > k1 = 10, k2 = 0 -- > N = 210

.83

c) {1 + 2k1 = 11 + 2𝑘2 = 21

-- > k1 = 0, k2 = 10 -- > N = 310

.83

El menor es N = 8.3.83 = … = 1992

NOTA: Observa que 63 = 3.21 = 3.(21) . El factor 3 desaparece por

llevar N2 el factor 83

2, y por tanto queda sólo la posibilidad de 21 =

7.3, producto de factores primos. El hecho de tomar los factores primos

2, 3, y no otra combinación como 3k1

.5k2

por ejemplo, es porque nos

está pidiendo el más pequeño.

------------


57

2.- Dadas dos circunferencias de radios r y r’ (r ≠ r’), se pide dibujar

razonadamente una recta paralela a una dirección dada, tal que

determine sobre ambas circunferencias dos cuerdas cuya suma de

longitud sea igual a una longitud dada l.

Sol.: De Álvaro Begué Agudo (ganador de la Olimpiada de ese año)

Construcción:

a) Por O2 trazo la perpendicular a la recta s dada, y obtengo A.

Sobre esta recta marco el punto B que diste de A un medio de l.

b) Por B trazo la perpendicular a s, y por O1 trazo la paralela a s,

obteniendo el punto P.

c) Trazo la circunferencia con centro en P y radio r

58

En este caso, donde las circunferencias C3 y C2 no se cortan, no

obtenemos solución.

Otros caso:

En el paso c)

obtenemos los puntos M1, M2 . Estos dos puntos determina las cuerdas

que responden a lo pedido en el enunciado. Tenemos dos soluciones.

Otro caso: Cuando las circunferencias C3 y C2 sean tangentes.

-------------


59

3.- Probar que si a, b, c, d son números enteros no negativos, y se

verifica

(𝑎 + 𝑏)2 + 2𝑎 + 𝑏 = (𝑐 + 𝑑)2 + 2𝑐 + 𝑑 (*)

entonces necesariamente a = c y b = d.

Probar la misma conclusión si en lugar de (*) se cumple:

(𝑎 + 𝑏)2 + 3𝑎 + 𝑏 = (𝑐 + 𝑑)2 + 3𝑐 + 𝑑 (*’)

ver que, en cambio, existen enteros no negativos a ≠ 𝑐, 𝑏 ≠ 𝑑 tales que

(𝑎 + 𝑏)2 + 4𝑎 + 𝑏 = (𝑐 + 𝑑)2 + 4𝑐 + 𝑑 (*’’)

Sol.: (F. Bellot y Mª A. López)

La igualdad (*) puedo escribirla así

(𝑎 + 𝑏)2 − (𝑐 + 𝑑)2 + 2. (𝑎 − 𝑐) = 𝑑 − 𝑏

(𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑). (𝑎 + 𝑏 − 𝑐 − 𝑑) + 2. (𝑎 − 𝑐) = 𝑑 − 𝑏

Si llamo S = (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑), tengo S.[(a – c) + (b – d)] + 2.(a - c) =

= (d – b) -- > (S + 2).(a – c) = S.(d – b) + (d – b) -- >

(S + 2).(a – c) = (S + 1).(d – b)

Teniendo en cuenta que (S + 2) y (S + 1) son primos entre sí (tienen

distinta paridad), existe un entero k tal que

{(a – c) = k. (S + 1)

(𝑑 − 𝑏) = 𝑘. (𝑆 + 2) (**)

De la segunda 𝑑 − 𝑏 = 𝑘. (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 + 2) -- >

60

𝑑 − 𝑏 − 𝑘(𝑏 + 𝑑) = 𝑘. (𝑎 + 𝑏 + 2) -- >

𝑑. (1 − 𝑘) − 𝑏. (1 + 𝑘) = 𝑘. (𝑎 + 𝑏 + 2)

Casuística: Si k > 0 el segundo miembro es positivo, mientras que el

segundo: - b.(1 + k) es negativo, y por ser k entero ≥ 1, el primer

miembro queda negativo, y k > 0 no es posible.

Si k < 0, el primer miembro es positivo, el segundo es negativo, y no es

posible.

Si k = 0, tengo d – b = 0 -- > d = b.

De la segunda de (**) obtenemos, de forma análoga, c = a.

Pasamos al caso (*’):

(𝑎 + 𝑏)2 + 3𝑎 + 𝑏 = (𝑐 + 𝑑)2 + 3𝑐 + 𝑑,

(𝑎 + 𝑏)2 − (𝑐 + 𝑑)2 + 3. (𝑎 − 𝑐) = 𝑑 − 𝑏

(𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑). (𝑎 + 𝑏 − 𝑐 − 𝑑) + 3. (𝑎 − 𝑐) = 𝑑 − 𝑏

Hago S = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑

(𝑆 + 3). (𝑎 − 𝑐) = (𝑆 + 1). (𝑏 − 𝑑). Ahora (S + 3) y (S + 1)

tienen la misma paridad.

Casuística:

Si S = 2t + 1, {S + 3 = 2. (t + 2)S + 1 = 2. (t + 1)

-- >

2. (t + 2). (a − c) = 2. (t + 1). (b − d) ,


61

(t + 2). (a − c) = (t + 1). (b − d) , y teniendo en que (t + 2) y (t +

1) son primos entre sí estamos en el caso anterior: b = d, a = c.

Si S = 2.t, {S + 3 = 2. t + 3S + 1 = 2. t + 1)

, que son primos entre sí por ser impares

consecutivos. Volvemos a obtener a = c, b = d.

Pasamos al caso (*’’):

(𝑎 + 𝑏)2 + 4𝑎 + 𝑏 = (𝑐 + 𝑑)2 + 4𝑐 + 𝑑

Comprueba que se cumple para: a = 2, b = 0 = c, d = 3

-------------

4.- Sea la sucesión 3, 7, 11, 15, … ( progresión aritmética). Probar que

en dicha sucesión existen infinitos números primos.

Sol.: (Es un caso particular del T. de Dirichlet: “Si a es positivo y b es

primo con a, hay infinitos primos de la forma a.n + b”. Aquí

utilizaremos la solución de I. Vinográdov Fundamentos de la teoría de

los números, Ed. Mir).

NOTA: No hace referencia al citado Teorema, como vemos.

COPIO DEL TEXTO TAL CUAL (Aunque todavía no me convence

por completo:

Cualquier número N impar, al dividirlo por 4 nos da resto 1 ó 3. El

producto de números de la forma 4.m + 1 toma esta misma forma,

Mi aportación

(4m + 1).(4k + 1) = 16mk + 4m + 4k + 1 = 4.(4mk + m + k) + 1

62

por tanto el 4p1p2…pk – 1, donde los factores p1, p2, …, pk son primos

de la forma (4m + 3), tiene que tener un divisor q de la forma 4m + 3. El

número q no coincide con ninguno de los números p1, p2, …, pk , luego

este número no puede ser finito.

--------------

5.- Dado el triángulo ABC, determinar gráficamente el punto P tal que

< PAB = < PBC = < PCA

Expresar una función trigonométrica de este ángulo común mediante las

funciones trigonométricas de A, B y C.

Sol.: (C. Sánchez – Rubio)

1) Debemos determinar el punto P que satisfaga lo que mostramos

en la figura.

Procedemos como sigue: a) Trazamos la circunferencia tangente en b a

la recta BC, y que pase por A. Su centro es el punto común a la

perpendicular por B y la mediatriz del lado BA.

b) Trazamos por B la paralela al lado AC, y obtenemos los puntos P y

M. El punto


63

Veamos que el punto P es lo que nos piden. En efecto, los ángulos PAB,

PMB y PBC son ángulos inscritos abarcando el mismo arco, y por tanto

son iguales. Además el ángulo ACP es igual a PMB, por lo que PCA

coincide con aquellos.

2) Para contestar a la segunda pregunta:

Por teorema de los senos (aplicado al triángulo APC):

𝐴𝑃

𝑠𝑒𝑛(𝑔)=

𝐶𝑃

𝑠𝑒𝑛(𝐴−𝑔) (1)

O bien 𝐶𝑃

𝐶𝐴=

𝑠𝑒𝑛(𝐴−𝑔)

𝑠𝑒𝑛(𝑔)

Aplicado ahora a los triángulos APC y BPC:

{

𝑠𝑒𝑛(𝑔)

𝐴𝑃=

𝑠𝑒𝑛(𝑔′)

𝑏𝑠𝑒𝑛(𝑔)

𝐶𝑃=

𝑠𝑒𝑛(𝑔′′)

𝑎

(2)

64

Tenemos en cuenta que g’ = 180º - (A – g) – g) = 180º - A, y sen(g’) =

= 0.cos(A) – (-1).sen(A) = sen(A). También g’’ = 180º - (C – g) –g =

= 180º - C , y por tanto sen(g’’) = sen(C) .

Por tanto (2) queda de la forma

{

𝑠𝑒𝑛(𝑔)

𝐴𝑃=

𝑠𝑒𝑛(𝐴)

𝑏𝑠𝑒𝑛(𝑔)

𝐶𝑃=

𝑠𝑒𝑛(𝐶)

𝑎

(3)

De (3) obtengo por división miembro a miembro

𝐶𝑃

𝐴𝑃=

𝑎.𝑠𝑒𝑛(𝐴)

𝑏.𝑠𝑒𝑛(𝐶) =

𝑠𝑒𝑛2(𝐴)

𝑠𝑒𝑛(𝐵).𝑠𝑒𝑛(𝐶) .

Por tanto, volviendo a (1) tenemos: 𝑠𝑒𝑛(𝐴−𝑔)

𝑠𝑒𝑛(𝑔)=

𝑠𝑒𝑛2(𝐴)

𝑠𝑒𝑛(𝐵).𝑠𝑒𝑛(𝐶)

Dividimos por sen(A) : 𝑠𝑒𝑛(𝐴−𝑔)

𝑠𝑒𝑛(𝐴).𝑠𝑒𝑛(𝑔)=

𝑠𝑒𝑛(𝐴)

𝑠𝑒𝑛(𝐵).𝑠𝑒𝑛(𝐶) , y desarrollando

numerador de la primera y teniendo en cuenta que sen(A) = sen(B + C)

( pues sen(B + C) = sen(180º - A) = sen(A) ), obtenemos

𝑠𝑒𝑛(𝐴).cos(𝑔)−cos(𝐴).𝑠𝑒𝑛(𝑔)

𝑠𝑒𝑛(𝐴).𝑠𝑒𝑛(𝑔)=

𝑠𝑒𝑛(𝐵).cos(𝐶)+cos(𝐵).𝑠𝑒𝑛(𝐶)

𝑠𝑒𝑛(𝐵).𝑠𝑒𝑛(𝐶)

cos (𝑔)

𝑠𝑒𝑛(𝑔)−

cos(𝐴)

𝑠𝑒𝑛(𝐴)=

cos(𝐶)

𝑠𝑒𝑛(𝐶)+

cos(𝐵)

𝑠𝑒𝑛(𝐵) , esto es

cot(g) – cot(A) = cot(C) + cot(B) ,

y la relación pedida es cot(g) = cot(A) + cot(B) + cot(C)

------------

6.- Dado un número natural n > 0 y un número complejo z = x + iy, con

x2 + y

2 = 1, la siguiente igualdad puede verificarse o no


65

(𝑧 +1

𝑧)𝑛 = 2𝑛−1(𝑧𝑛 +

1

𝑧𝑛) (*)

Fijado n, llamamos S(n) al subconjunto de los complejos z, con |𝑧| =1

para los cuales la igualdad (*) es cierta.

a) Determinar razonadamente S(n) para n = 2, 3, 4

b) Acotar superiormente ( con una cota dependiente de n) el

número de elementos de S(n) para n > 5

Sol.: (F. Bellot)

El número complejo z lo escribimos así: z = cos(t) + i.sen(t), donde t es

el ángulo 0 < t < 360º.

Sustituimos z = cos(t) + i.sen(t) en (*):

NOTA: Queda pendiente justificar la igualdad cosn(t) = cos(nt) que

dice resulta al operar en (*). Tomo textualmente lo que sigue.

Que cosn(t) = cos(nt) tiene las siguientes soluciones:

n = 2 -- > cos2(t) = cos(2t)

cos(2t) = cos2(t) – sen

2(t) -- > sen(t) = 0, y por tanto z = cos(t), que ha

de cumplir |cos(t)| = 1 , y tiene que ser cos(t) = ± 1, correspondiente a

t = 0, t = 𝜋, y z = 1, z = -1

S(2) = {1, -1}

n = 3 -- > cos3(t) = cos(3t)

cos(3t) = cos(2t + t) =

= cos(2t).cos(t) + sen(2t).sen(t) = cos(t).[cos2(t) – sen

2(t) ] +

66

+ sen(t).[2.sen(t).cos(t)] = cos(t).[ cos2(t) + sen

2(t)] = cos(t), y por

tanto cos3(t) = cos(t) -- > {

cos(𝑡) = 0ó

cos2(𝑡) = 1

cos(t) = 0 -- > z = i.sen(t) , donde |sen(t)| = 1, y por tanto z = i, z = - i

cos2(t) = 1 -- > cos(t) = ± 1 -- > z = 1, z = -1

S(3) = {1, -1, i, -i}

n = 4 -- > cos4(t) = cos(4t). (Caso más complicado. El

problema se ha entendido. Copio la solución dada, que no justifica)

S(4) = {1, -1, cos(t) + i.sen(t), donde t cumple la

condición cos(t) = arctg(±√6)

-------------


67

Olimpiada XXIX

1.- En una reunión hay 201 personas de 5 nacionalidades diferentes. Se

sabe que, en cada grupo de 6, al menos dos tienen la misma edad.

Demostrar que hay al menos 5 personas del mismo país, de la misma

edad y del mismo sexo.

Sol.: ( Mª Gaspar Alonzo – Vega)

Hipótesis: En cada grupo de 6 personas al menos dos tienen la misma

edad. Esto significa que en cada grupo de 6 hay al menos 4 con edades

distintas.

Afirmamos que, entre las 201 personas sólo puede haber 5 edades

diferentes, pues si hubiese 6 edades diferentes, eligiendo una persona de

cada edad tendríamos un grupo de 6 con edades diferentes.

Ahora razona como sigue:

Por ser 201 = 2.100 + 1, hay al menos 101 personas del mismo sexo

Por se 101 = 5.20 + 1, hay al menos 21 con la misma edad y sexo

Por se 21 = 4.5 + 1, hay al menos 6 (en el texto dice que 5) con la

misma nacionalidad, edad y sexo.

------------

2.- Escrito el triángulo aritmético:

0 1 2 3 4 … 1991 1992 1993

1 3 5 7 …………. 3983 3985

4 8 12 …………………. 7968

68

……………………………………..

donde cada número es la suma de los dos que tiene encima (cada fila

tiene un número menos y en la última sólo hay un número).

Razonar que el último número es múltiplo de 1993.

Sol.:

Contiene 1994 filas, terminando en un único elemento. La segunda fila

contienen 1993, la tercera 1992, …

0 1 2 3 4 … 1991 1992 1993

1 3 5 7 …………. 3983 3985

4 8 12 …………………. 7968

……………………………………..

…………………

F

Designo los elementos de la primer fila: a0, a1, a2, … , a1994

Los elementos de la segunda (con esta notación):

a0 + a1, a1 + a2, a2 + a3, … , aj + aj+1 , ….

La tercera: a0 + 2.a1 + a2, a1 + 2.a2 + a3, … , aj + 2.aj+1 + aj+2, …

La cuarta: a0 + 3.a1 +3.a2 + a3, a1 + 3.a2 + 3.a3 + a4, …

(Para la fila p-ésima: a0 + (p-1).a1 + (p-1).a2 +.. + ap-1, …. )


69

Sean bp,0, bp,1 los dos primeros elementos de la fila p-ésima. Toman la

forma

bp,0 = (𝑝 − 10) . 𝑎0 + (

𝑝 − 11) . 𝑎1 +⋯+ (

𝑝 − 1𝑝 − 1

) . 𝑎𝑝−1

bp,1 = (𝑝 − 10) . 𝑎1 + (

𝑝 − 11) . 𝑎2 +⋯+ (

𝑝 − 1𝑝 − 1

) . 𝑎𝑝

El primer elemento de la siguiente fila es la suma de estos dos

bp+1,0 = (𝑝0) . 𝑎0 + (

𝑝1) . 𝑎1 +⋯+ (

𝑝𝑝) . 𝑎𝑝

La última fila (F) corresponde a p + 1 = 1994, y su único elemento

(valor 1993) será

bp+1,0 = (19930) . 0 + (

19931) . 1 + ⋯+ (

1993𝑘) . 𝑎𝑘 +⋯+ (

19931993

) . 1993

Tenemos (1993𝑘) =

1993!

𝑘!.(1993−𝑘)! . Teniendo en cuenta que 1993 es

primo, el miembro derecha lleva siempre el factor 1993, para todo k.

Entonces en

b1994,0 = (19931) . 1 + ⋯+ (

1993𝑘) . 𝑎𝑘 +⋯+ (

19931993

) . 1993

todos los términos son múltiplos de 19993, por lo tanto lo es el último

término de la representación del enunciado.

-------------

3.- Justificar razonadamente que, en cualquier triángulo, el diámetro de

la circunferencia inscrita no es mayor que el radio de la circunferencia

circunscrita.

Sol.: (F. Bellot)

70

Tenemos en cuenta un Teorema de Euler que dice:

“Si I, O son el Incentro y el circuncentro de un triángulo, y r, R son los

radios, se cumple IO2 = R

2 – 2.R.r”

Aceptando el teorema tenemos: IO2 = R.(R – 2.r), y por tanto

(R – 2.r) ≥ 0, esto es: “diámetro” = 2.r ≤ R.

NOTA: Queda pendiente la demostración del Teorema citado.

------------

4.- Demostrar que para todo número primo p distinto de 2 y de 5,

existen infinitos múltiplos de p de la forma 1111…1 (escrito sólo con

unos).

Sol.: (Álvaro Begué Agudo)

En primer lugar veremos que p tiene infinitos múltiplos de la forma

999…9.

La sucesión 9, 99, 999, … , 999…(n…9, … puede ser expresada de la

forma

10 – 1, 102 – 1, 10

3 – 1, …, 10

p – 1, …, 10

n – 1, …


71

En esta hay infinitos términos de la forma 10p-1

-1 donde p es primo

distinto de 2 y de 5. (Recordad que en la sucesión de los números

naturales existen infinitos primos)

Por el Teorema de Fermat: 10p-1

– 1 ≡ 1 (mód. p), cuando p ≠ 2 y p

p ≠ 5.

MI NOTA: Y dice que la afirmación anterior queda probada. Pero ¡no

me convence!. ¿Qué pasa? . ¡ Múltiplo de p debe dar “restocero”!.

Aceptándolo tenemos: 999…9 = 9.111…1, y si p es primo con 9 ( p ≠

3) entonces p divide a 111…1

Si p = 3, evidentemente divide a 111, 111111, ….. (todos aquellos cuya

suma de los unos sea múltiplo de 3)

NOTA: Debo aclararme sobre lo dicho en MI NOTA.

-------------

5.- Se dan 16 puntos formando una cuadrícula como en la figura:

De ellos se han destacado A y D. Se pide fijar de todos los modos

posibles otros dos puntos B y C con la condición de que las seis

72

distancias determinadas por los cuatro puntos sean distintas. En ese

conjunto de cuaternas estudiar:

a) Cuántas figuras de 4 puntos existen con las condiciones del

enunciado.

b) Cuántas de ellas son geométricamente distintas, es decir, no

deducibles unas de otras por transformaciones de igualdad.

c) Si cada punto se designa por un par de enteros (Xi, Yi), razonar

que la suma: | Xi – Xj| + | Yi – Yj| extendida a los seis pares

AB, AC, AD, BC, BD, CD es constante.

Sol.:

NOTA: Personalmente paso de transcribir la solución por considerar

¡muy TONTO! el problema y planteamiento en sí mismo.

(Disculpen sus majestades)

-----------

6.- Una máquina de juegos de un casino tiene una pantalla en la que se

ofrece un esquema como el de la figura. Para comenzar el juego aparece

una bola en el punto S. A cada impulso que recibe del jugador, esa bola

se mueve hasta una de las letras inmediatas con la misma probabilidad

para cada una de ellas.

La partida termina al ocurrir el primero de los dos hechos siguientes:

a) La bola vuelve a S y entonces el jugador pierde


73

b) La bola llega a G y entonces el jugador gana

Se pide la probabilidad de que el jugador gane y la duración media de

las partidas.

Sol.: (F. Bellot)

El siguiente esquema intenta mostrar el funcionamiento de la máquina,

diagrama en árbol:

La probabilidad de que el juego tenga longitud 2: p = 1

3

La probabilidad de que el juego tenga longitud 4:

p = 1

3.1

2.1

3. 2.2 =

2

32


p = 1

3.1

2.1

3. 2.2.2.

1

3 =

22

33


74

p = 1

3.1

2.1

3. 2.2.2.

1

3 =

22

33 , etc, y

en general

La probabilidad de que el juego tenga longitud 2n: p = 2𝑛−1

3𝑛

Entonces la duración media M de un juego es la suma de cada longitud

por la probabilidad respectiva:

M = ∑ 2𝑛.2𝑛−1

3𝑛 ∞

𝑛=1 = ∑ 𝑛. (2

3)𝑛 𝑛=1 (*)

La anterior (*) es una serie aritmético - geométrica. Para su cálculo

𝑀 −2

3 . 𝑀 =

𝑀

3=2

3+(2

3)2

1−2

3

= 2 --- > M = 2.3 = 6

La probabilidad P de ganar es la suma de las probabilidades de ganar en

4 pasos más la de ganar en 6 pasos más ….

P = 1

32+

2

33+

22

34+⋯ =

1

3

(Es lo que nos dice el autor)

-------------


75

Olimpiada XXX

1.- Demostrar que si entre los infinitos términos de una progresión

aritmética de números enteros positivos hay un cuadrado perfecto,

entonces infinitos términos de la progresión son cuadrados perfectos.


Veremos que a partir de un cuadrado perfecto (de progresión) podemos

construir otro (que también está en la progresión).

Sea el caso a2, a

2 + d, a

2 + 2 d, …, a

2 + kd, …

(a + d)2 = a

2 + d

2 + 2ad = a

2 + (2.a+ d).d , y tomando k = 2.a + d

obtenemos a2 + k.d que pertenece a la p.a.

------------

2.- Sea OXYZ un triedro trirectángulo de vértice O y aristas X, Y, Z.

Sobre la arista Z se toma un punto fijo C, tal que OC = c. Sobre X e Y

se toman respectivamente dos puntos variables P y Q de modo que la

suma OP + OQ sea una constante dada k. Para cada par de puntos P y Q,

los cuatro puntos O, C, P, Q están en una esfera, cuyo centro W se

proyecta sobre el plano OXY. Razonar cuál es el lugar geométrico de

esa proyección. Razonar también cuál es el lugar geométrico de W.


76

Según las hipótesis podemos mostrar la figura

NOTA: Recordamos que tres puntos en un plano determinan una

circunferencia. Del mismo modo cutro puntos determinan una esfera en

el espacio.

Los cuatro puntos O, C, y P, Q variables, en cada caso determinan una

esfera, cuyo centro designamos por W.

La citada esfera (esf) se proyecta (corta los planos) sobre los planos

XOY, XOZ, YOZ, produciendo circunferencias cuyos centros

designamos F, H, G, respectivamente. Puesto que la esfera pasa por O,

C, P, Q, también estas circunferencias pasan por POQ, POC, QOC

respectivamente.Teniendo en cuenta que OPQC es trirectángulo, la

proyección de W sobre cada plano coincide con el centro de dicha

circunferencia, y además coincide con el punto medio de cada

segmento: PQ, PC, QC (son los puntos F, H, G).


77

Si parametrizamos tomando t = OP, obtenemos las coordenadas

(respecto de OXYZ) de los puntos que intervienen:

P(t, 0, 0), Q(0, k – t, 0), C(0, 0, c), F(𝑡

2,𝑘−𝑡

2, 0), H(

𝑡

2, 0,

𝑐

2 ), G(0,

𝑘−𝑡

2,𝑐

2 ),

W(𝑡

2,𝑘−𝑡

2,𝑐

2 )

Los puntos P y Q, una vez dados, determinan una recta: 𝑥 + 𝑦 =𝑘

2 ,

que es el l.g. de los puntos F. Los puntos W (producidos como centros

de la esfera) están siempre situados sobre el plano 𝑧 = 𝑐

2 , pero también

están sobre el plano x + y = 𝑘

2 , y por tanto viene dada por su

intersección, es decir por el sistema

{𝑧 =

𝑐

2

𝑥 + 𝑦 =𝑘

2 (Recta l.g. de los puntos W)

-------------

3.- Una oficina de turismo va a realizar una encuesta sobre número de

días soleados y número de días lluviosos que se dan en el año. Para ello

recurre a seis regiones que le transmiten los datos de la siguiente tabla:

Región Soleado o lluvioso Inclasificables

A 336 29

B 321 44

C 335 30

D 343 22

E 329 36

F 330 35

78

La persona encargada de la encuesta no es imparcial y tiene esos datos

más detallados. Se da cuenta de que, prescindiendo de una de las

regiones, la observación da un número de días lluviosos que es la tercera

parte del de días soleados. Razonar cual es la región de la que

prescindirá.

Sol.: ( C. Sánchez – Rubio)

NOTA: No convence, y carece de todo interés. Carece de interés el

problema en sí, y no convence cuando hace referencia al año 1994 que

en ningún caso figura en el enunciado.

-------------

4.- El ángulo A del triángulo isósceles ABC mide 2/5 de recto, siendo

iguales sus ángulos B y C. La bisectriz del ángulo C corta al lado

opuesto en el punto D. Calcular las medidas de los ángulos del triángulo

BCD. Expresar la medida a del lado BC en función de la medida b del

lado AC, sin que en la expresión aparezcan razones trigonométricas.

Sol.: ( C. Sánchez – Rubio)

Según los datos, en el triángulo ABC tengo: < A = 36º, < ABC =

= < ACB = 72º.


79

En el triángulo CBD tengo: < BCD = 36º, < CBD = 72º, < BDC =

180º - (36º + 72º) = 72º. (Es isósceles, y es semejante con ABC por

tener dos ángulos iguales)

En el triángulo ADC tengo: < DAC = < DCA = 36º, < ADC = 180º -

(2,36º) = 180º - 72º = 108º. (Es isósceles)

La semejanza entre ABC y CBD nos dice que BC = a, y que

𝑎

𝑏=

𝑏−𝑎

𝑎 , de donde a

2 = b

2 – a.b , a

2 + a.b – b

2 = 0. De otro

modo

(𝑎

𝑏)2 +

𝑎

𝑏− 1 = 0. Resolviendo (incógnita x = a/b)

obtenemos 𝑎

𝑏=

√5−1

2 , de donde a =

√5−1

2. 𝑏

(a es la Sección áurea de b)

------------

5.- Con 21 fichas de damas, unas blancas y otras negras, se forma un

rectángulo de 3x7. Demostrar que siempre hay cuatro fichas del mismo

color situadas en los vértices de un rectángulo.

Sol.: (M. Ripollés)

En el enunciado considera una tabla 7 x 3

(1)

80

(2)

NOTA: El problema carece de interés en sí mismo, y además

encontramos algunas incongruencias. Sin embargo no resisto la

tentación de copiar el citado razonamiento tal cual.

Dice: Disponemos el tablero en posición vertical, es decir, con 7 filas y

3 columnas. Asignamos el color blanco al 0 y el color negro al 1. De

este modo cada fila representa un número escrito en base 2. En primer

lugar es fácil ver que si en una fila se colocan todas las fichas del mismo

color, por ejemplo el negro, necesariamente habrá un rectángulo ya que

no podemos colocar en ninguna fila dos fichas negras y sólo podemos

llenar un máximo de 5 filas en total sin formar rectángulo.

Por otra parte si dos números son iguales sus filas forman rectángulo,

luego todas las filas deben representar números distintos. Por la

consideración anterior hemos de excluir los números 000, 111. Con tres

cifras en base dos existen 23 = 8 números distintos, quitando los

anteriores quedan 6 para 7 filas por lo que necesariamente hemos de

repetir y formar rectángulo. El problema tendría solución en un tablero

de 3 x 6 tal como se muestra en la figura (2).

------------

6.- Un polígono convexo de n lados se descompone en m triángulos, con

los interiores disjuntos, de modo que cada lado de esos triángulos lo es

también de otro triángulo contiguo o del polígono dado. Probar que m +

n es par. Conocidos n y m hallar el número de lados distintos que


81

quedan en el interior del polígono y el número de vértices distintos que

quedan en ese interior.

Sol.: (Antonio Rojas León, ganador de la Olimpiada de ese año)

Si son m triángulos, considerados disjuntos, nos dan 3.m lados en total.

De éstos 3.m – n son interiores. Pero éstos forman pares de segmento

“pegado” entre sí dando un único segmento, quedando en 3𝑚−𝑛

2 lados

distintos (cada uno es común a dos triángulos). Por tanto 3m – n tiene

que ser par. Casuística: 1) 3m – n par y n par -- > 3m par -- > m par, y

por tanto m + n es par; 2) 3m – n par y n impar -- > 3m impar -- > m

impar, y por tanto m + n es par.

En cualquier caso, si 3m – n es par, entonces m + n es par.

Número de vértices, v, en el interior: Procedemos por inducción. El

caso v = 0 lo tenemos cuando unimos un vértice del polígono dado con

todos los restante, y así obtenemos n – 2 triángulos, que puedo escribir

en la forma n + 2v -2, (ahora es v = 0).

Supongamos que tengo ya n - 2v – 2 triángulos.

Agrego un nuevo vértice y genero nuevos triángulos: a) El nuevo vértice

está en el interior de un triángulos, y entonces el número de triángulos

se incrementa en 3 – 1 = 2. Con lo cual tengo

(n + 2v – 2) + 2 = n + 2.(v + 1) - 2 triángulos

b)El nuevo vértice está en uno de los lados de un triángulo, y en este

caso lo unimos con el vértice opuesto de cada uno de los dos triángulos

que comparten ese lado. El número de triángulos se incrementa en (2 –

1) + (2 – 1) = 2 . Con lo cual tengo

(n + 2v – 2) + 2 = n + 2.(v + 1) – 2

82

Entonces, en todo cado tengo m = n + 2v – 2, 𝑣 = 𝑚−𝑛+2

2

-------------


83

XXXI Fase Nacional Castellón (1995)

Primer Sesión

1.- Se consideran conjuntos A, de cien números naturales distintos, que

tengan la propiedad de que si a, b y c son elementos cualesquiera de A

(iguales o distintos), existe un triángulo no obtusángulo cuyos lados

mide a, b, y c unidades.

Se denomina S(A) a la suma de los perímetros considerados en la

definición de A. Calcula el valor mínimo de S(A).

Sol. Oficial (J. Fernández Biarje)

Sea n el menor y m el mayor de los elementos de A. Puesto que A tiene

100 elementos y éstos son números naturales, se cumple m ≥ n + 99.

Para que un triángulo isósceles de lados n, n, m sea no obtusángulo ha

de cumplirse m2 ≤ n2

+ n2 (T. de Pitágoras generalizado). Si m,

siendo el mayor elemento de A, fuese el menos posible sería m = n +

99, y entonces

(n + 99)2 ≤ 2. n

2 -- > … -- > 198. n + 99

2 ≤ n2

-- >

0 ≤ n2 – 198. n – 99

2 .

Resuelvo n2 – 198. n – 99

2 = 0 . n =

198±√4.992+4.992

2.1 = ⋯ =

= 99. (1 ± √2) , y como n ha de ser positivo, nos queda que

0 ≤ n2 – 198. n – 99

2 = (n - 99. (1 + √2)). (𝑛 − 99. (1 − √2)).

El segundo factor es > 0, por lo tanto también tiene que serlo el primero

𝑛 ≥ 99. (1 + √2) --- > n ≥ 240

En particular tenemos el conjunto A1 = {240, 241, 242, …, 399}, y

cualquier otro conjunto Aj tendrá sus elementos iguales o mayores, por

lo tanto A1 nos da el mínimo de S(A).

84

Fijado uno de estos conjuntos Aj, por ejemplo A1, el número de

triángulos posibles viene dado por las variaciones con repetición, de

orden 3, de sus 100 elementos: 1003. El número total de lados será 3.

1003 , de los cuales, fijado el lado n = 240, hay 3. 100

2 = 30000 que

lo contienen; del mismo modo deducimos que hay 30000 que

contienen el lado 241, y así los restantes. Entonces

S(A1) = 30000 . (240 + 241 + 242 + … + 339) = 30000 . (240+339).100

2

= 868500000 u.

Por ser A1 como es, este valor es el valor mínimo de S(A).

---------------

2.- Recortamos varios círculos de papel (no necesariamente iguales) y

los extendemos sobre una mesa de modo que haya algunos solapados

(con parte interior común), pero de tal forma que no haya ningún círculo

dentro de otro.

Prueba que es imposible ensamblar las piezas que resultan de recortar

las partes no solapadas y componer con ellas círculos distintos.

Sol.: de Ignasi Mundet

La frontera (es decir la parte cortada) de las piezas recortadas (las

sombreadas) son arcos convexos o cóncavos (vistos desde fuera de la

zona separada, la sombreada). Los puntos comunes de estas fronteras


85

los llamaremos vértices. En un vértice pueden concurrir dos arcos

cóncavos o uno convexo y otro cóncavo.

Nota: Según el enunciado quedan excluidos los de la forma

En un vértice, el ángulo que forman los dos arcos concurrentes es el

formado por las tangentes respectivas. Este ángulo es 0º ó 180º

solamente cuando los círculos de procedencia sean tangentes, los cuales

se han excluido por hipótesis.

Si tuviésemos un círculo obtenido mediante ensamblamiento de arcos

obtenidos antes, figura

86

La tangente en P deja en un mismo lado todos los arcos concurrentes. Al

recorrer el camino indicado por la flecha, encontramos en primer lugar

arco convexo y después arco cóncavo. (Nota propia: Si r es tangente al

círculo también lo es a cada uno de los dos arcos, ya que P es común a

los tres. Esto nos dice que los arcos tienen su origen en círculos

tangentes a otro círculo. Pero estos arcos han quedado excluidos por

hipótesis).

NOTA: Hemos de entender que en el enunciado quedan excluidos los

casos de tangencias; en otro caso sí serían válidos los contraejemplos de

las siguientes figuras:

-----------

3.- Por el baricentro G de un triángulo ABC se traza una recta que corta

al lado AB en P y al lado AC en Q. Demuestra que

𝑃𝐵

𝑃𝐴 .𝑄𝐶

𝑄𝐴 ≤

1

4 (*)

Sol.: de C. Sánchez – Rubio


87

Llamo x = BP, AP = 1 – x, donde tomamos AB como unidad.

Los triángulos APQ y CMQ son semejantes, por lo cual 𝐴𝑄

𝐶𝑄 =

𝐴𝑃

𝐶𝑀 =

= 1−𝑥

𝐶𝑀

También lo son BGP y DGM, de donde 𝐷𝑀

𝐵𝑃 =

𝐷𝐺

𝐵𝐺= 2, de donde

𝐷𝑀

𝑥 = 2, DM = 2.x , y siendo DC = AB = 1, tengo MC = 1 – 2x

Entonces, volviendo a (*) tengo 𝑃𝐵

𝑃𝐴 .𝑄𝐶

𝑄𝐴 =

𝑥

1−𝑥 .1−2𝑥

1−𝑥=

𝑥.(1−2𝑥)

(1−𝑥)2

Por tanto 𝑃𝐵

𝑃𝐴 .𝑄𝐶

𝑄𝐴 ≤

1

4 ↔

𝑥.(1−2𝑥)

(1−𝑥)2 ≤

1

4 ↔ 4. (𝑥 − 2𝑥2) ≤ (1 − 𝑥)2

Operando 0 ≤ 9𝑥2 − 6𝑥 + 1 = (3x – 1)2 , válido para cualquier valor

de x. Cuando x = 1/3 tengo la igualdad, y entonces BP = 1/3, CM =

1/3 , y la recta PQ es paralela a BC.

------------

4.- Halla las soluciones entras de la ecuación:

p . (x + y) = x . y (*)

siendo p un número (entero) primo.

Sol. Oficial de ( F. Bellot):

88

Si p es primo distinto de 0 y de 1, p divide a x ó divide a y. Por

simetría si (a, b) es solución también lo es (b, a). Suponiendo que p

divide a x, x = p.k, con k entero, y entonces (*) queda de la forma

p.(p.k + y) = p.k.y , de donde p.k + y = k.y -- > y = 𝑝.𝑘

𝑘−1 .

Puesto que k, k-1 son primos entre sí, y buscamos solución entera,

resulta que k – 1 tiene que dividir a p. Pero p es primo por lo que las

únicas posibilidades son:

k – 1 = ±1, k – 1 = ± 𝑝

Examinamos estos casos:

a) k – 1 = -1 -- > k = 0 -- > x = 0, y = 0

b) k – 1 = 1 -- > k = 2 -- > x = 2.p -- > y = 2.p

c) k – 1 = -p -- > k = 1 – p -- > x = p.(1 – p), y = p – 1

d) k – 1 = p -- > k = k = 1 + p -- > x = p.(1 + p), y = p + 1

Resumen: Soluciones enteras

(0, 0), (2p, 2p), (p.(1-p), p -1), (p.(1+p), p+1), y simétricamente

añadimos: (p-1, p.(1-p)), (p+1, p.(1+p))

------------

5.- Demuestra que en el caso de que las ecuaciones:

𝑥3 +𝑚. 𝑥 − 𝑛 = 0, (*)

𝑛𝑥2 − 2𝑚2. 𝑥2 − 5𝑚𝑛. 𝑥 − 2𝑚3 − 𝑛2 = 0 (𝑛 ≠ 0) (**)

tengan una raíz común, la primera tendrá dos raíces iguales y determina

entonces las raíces de las dos ecuaciones en función de n.

Sol.: (Mª A. López Chamorro)


89

Sea x = a la raíz común. Entonces,

{a3 + m. a – n = 0

n. a2 − 2m2. a2 − 5mn. a – 2.m3 – n2 = 0 (1)

Pasar a (*) más abajo

-------------

De otro modo:

{𝑛. a3 + n.m. a – n2 = 0

n. a3 − 2m2. a3 − 5mn. a2 – (2.m3 – n2). a = 0 (2)

{n. a3 + n.m. a – n2 = 0

−2.m2. a3 − 5mn. a2 – (2.m3 – n2 − 𝑛.𝑚). a + n2 = 0 (3)

{n. a3 + n.m. a – n2 = 0

−2.m2. 𝑛. a3 − 5mn2. a2 – n. (2.m3 – n2 − 𝑛.𝑚). a + n3 = 0 (4)

𝑛. 𝑎3 = 𝑛2 − 𝑛.𝑚. 𝑎 -- >

−2𝑚2. (𝑛2 − 𝑛𝑚. 𝑎) − 5𝑚𝑛2. 𝑎2 − 𝑛. (2𝑚3 − 𝑛2 − 𝑛𝑚). 𝑎 + 𝑛3 = 0

−5𝑚. 𝑛2. 𝑎2 − (2𝑛.𝑚3 − 2𝑚3. 𝑛 + 𝑛3 + 𝑛2𝑚). 𝑎 + (𝑛3 − 2𝑚2𝑛2 = 0

5𝑚𝑛2. 𝑎2 + 𝑛2. (𝑛 + 𝑚). 𝑎 − 𝑛2. (𝑛 − 2𝑚2) = 0 -- >

5.m.a2 + (n + m).a – (n – 2m

2) = 0

Pero de (1) obtengo n = a3 + m.a, que sustituyo en la última

5.m.a2 + (a

3 + m.a + m).a – (a

3 + m.a – 2m

2) = 0

-----------

90

De otro modo:

{a3 + m. a – n = 0

n. a2 − 2m2. a2 − 5mn. a – 2.m3 – n2 = 0 (1)

n = a3 + m.a -- >

a2.(a

3 + m.a) – 2m

2.a

2 – 5m.a.(a

3 + m.a) – 2.m

3 – (a

3 + m.a)

2 = 0

(𝑎5 +𝑚. 𝑎3) − 2𝑚2. 𝑎2 − (5𝑚. 𝑎4 + 5𝑚2. 𝑎2) − 2𝑚3 −

−(𝑎6 +𝑚2𝑎2 + 2.𝑚. 𝑎4) = 0

-------------

(*)

De otro modo:

{a3 + m. a – n = 0

n. a2 − 2m2. a2 − 5mn. a – 2.m3 – n2 = 0 (1)

n = a3 + m.a -- >

(a3 + m.a).a

2 – 2m

2.a

2 – 5m.(a

3 + m.a).a – 2.m

3 – (a

3 + m.a)

2 = 0 -- >

(a3 + m.a).[a

2 -5m.a –(a

3 + m.a] – 2m

2.(a

2 + m) = 0 -- >

a.(a2 + m).[a

2 -5m.a –(a

3 + m.a] – 2m

2.(a

2 + m) = 0 -- >

(a2+m).[- a

4 + a

3 - 6ma

2 – 2m

2] = 0

CONTINÚAR (sin terminar)

En el texto afirma obtener: 6ma4 + 8m

2.a

2 + 2m

3 = 0 -- >


91

3a4 + 4m.a

2 + m

2 = 0 -- > respecto m: m = -a

2, m = -3a

2

y analiza cada caso …..

------------

6.- En la figura, AB es un segmento fijo y C un punto variable dentro de

él. Se construyen triángulos equiláteros de lados AC y CB, ACB’ y

CBA’ en el mismo semiplano definido por AB, y otro de lado AB,

ABC’ en el semiplano opuesto.

Demuestra:

a) Las rectas AA’, BB’ y CC’ son concurrentes.

92

b) Si llamamos P al punto común a las tres rectas del apartado a),

hallar el lugar geométrico de P cuando C varía en el segmento

AB.

c) Los centros A’’, B’’ y C’’ de los tres triángulos forman un

triángulo equilátero.

d) Los puntos A’’, B’’, C’’ y P están sobre una circunferencia.

Sol.: Oficial (C. Sánchez – Rubio)


93

a) Trazamos la circunferencia circunscrita al triángulo ABC’, y

llamamos P al punto de corte con la recta CC’

El ángulo capaz APB mide 120º :

En efecto, por ser inscrito su valor es 1/2 del ángulo central cuyo valor

es de 120º.

La recta PC’ es la bisectriz del (arco capaz) ángulo APB :

En efecto, los ángulos APC’ y BPC’ son iguales (por ser inscritos

abarcando el mismo arco). Por tanto APC’ = 60º, BPC’ = 60º, y C’P

es la bisectriz de APB.

El punto P es común a las circunferencias circunscritas a los triángulos

ACB’, BCA’ :

94

En efecto, está en el eje radical de C1 y C2, y también en el eje radical

de C1 y C3, y estos dos ejes radicales se cortan en P.

El punto P está alineado con la recta AA’, y con la recta BB’ :

En efecto, <CPB = 60º por ser inscrito y el central mide 120º.

El ángulo CPB’ mide 120º : En efecto, es la suma de CPA = 60º

(inscrito con arco central 120º) y APB’ = 60º (inscrito a la

circunferencia circunscrita al triángulo AB’C, véase la figura anterior)

Por lo tanto el ángulo BPB’ = 180º, es decir, los tres puntos están

alineados.

Del mismo modo probaríamos que APA’ están alineados.


95

b) Cuando C recorre el segmento AB, el punto P recorre el arco

APB de la circunferencia C1, mientras el punto C’ recorre el

arco opuesto BC’A.

c)

Observa que: < APC’ = 60º, < BPC’ = 60º, y por tanto < APB = 120º

Además, el lado A’’C’’ es perpendicular a AP, por lo que < C’’A’’B’’ =

60º ; del mismo modo llegamos a que < C’’B’’A’’ = 60º .

NOTA:

El centro del triángulo AB’C coincide con el centro del círculo (por ser

equilátero), y lo mismo el centro de A’BC, y lo mismo para el

96

triángulo original ABC’. Por otro lado AP es el eje radical de C1 y C2

(observa la figura más arriba), y sabemos que es ortogonal con la recta

que une sus centro. Del mismo modo la recta BP es el eje radical de C1

y C3, y por tanto es ortogonal a la recta que pasa por sus centros.

También A’’B’’ es perpendicular a la recta CP (observa aquella figura).

Así pues, A’’C’’ es perpendicular a AP y B’’C’’ lo es a BP, y A’’B’’

lo es a CP.

d) Veamos que los centros A’’, B’’, C’’, más P, satisfacen el

Teorema de Ptolomeo: “ …..

……… “

|𝑃𝐶′′|. |𝐴′′𝐵′′| = |𝑃𝐴′′|. |𝐵′′𝐶′′| + |𝑃𝐵′′|. |𝐴′′𝐶′′| ↔

↔ |𝑃𝐶′′| = |𝑃𝐴′′| + |𝑃𝐵′′| ↔ (∗ 𝑗𝑢𝑠𝑡𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑟𝑙𝑜) |𝐴𝐵| = |𝐴𝐶| + |𝐶𝐵|

donde la última igualdad se cumple por hipótesis del enunciado.

NOTA: Queda pendiente justificar (*)

TEOREMA de Ptolomeo:


97

En todo cuadrilátero ABCD inscrito en un círculo (llamado cíclico) se

cumple lo siguiente: “Producto de sus diagonales es igual a la suma de

los productos de dos lados opuestos” .

AC.BD = AD.BC + AB.DC

---------------

98

Olimpiada XXXII FASE Regional

Sesión de Mañana

1.- De un depósito de 100 l. de capacidad, lleno de alcohol, sacamos la

cantidad a y acto seguido rellenamos con agua. Volvemos a extraer la

cantidad a y rellenamos otra vez con agua. La mezcla resultante queda

al 49 % de alcohol. Calcula la cantidad de alcohol extraído en cada

extracción.

Sol.: Extraigo “a” de alcohol y quedan (100 – a) l. del mismo; agrego

“a” de agua y vuelvo a tener 100 l., estando el alcohol en la proporción 100−𝑎

100 .

Vuelvo a extraer “a” de la mezcla, de los cuales a. 100−𝑎

100 es alcohol,

por lo cual el alcohol total extraído es a + a. 100−𝑎

100= 𝑎. (1 +

100−𝑎

100) =

= 𝑎. ( 200 − 𝑎

100 ) =

200.𝑎− 𝑎2

100 .

Según el enunciado al final ha quedado el 49 %, es decir 49 l., por lo

cual hemos extraído 51 l. Entonces 200.𝑎− 𝑎2

100= 51 -- >

a2 – 200.a + 5100 = 0 . Resolviendo obtengo a = 30, extraídos

la primer vez; 30. 100−30

100=

30.70

100= 21 la segunda vez.

----------------

2.- El alcalde de una ciudad hace arreglos en la plaza del

Ayuntamiento. La plaza tiene forma de hexágono regular, y desea

pavimentarla con baldosas que tienen forma de triángulo equilátero


99

cuyo lado mide 0,50 m. Se sabe que han necesitado una cantidad de

baldosas entre 1900 y 1998.

Calcula el perímetro de la referida plaza.

Sol.: El hexágono está dividido en 6 triángulos equiláteros iguales. El

total de baldosas será 6.”Las colocadas en uno de esos triángulos”.

Podemos comenzar colocando baldosas por uno de los lados colocando

“fila a derechas” y “fila cubriendo e igualando huecos”. Estas dos

cubren una “banda”.

Sean a1 las baldosas que cubren esta primer banda. La segunda banda

necesita dos baldosas menos para ser cubierta, por tanto a2 = a1 – 2.

Del mismo modo para la tercera, de modo que obtenemos una sucesión

donde el valor de la diferencia es d = -2, an = 1.

La suma de la sucesión a1, a2, … , an ha de ser 1/6 del total de

baldosas gastadas. S = 𝑎1+𝑎𝑛

2 . 𝑛 =

𝑎1+1

2 . 𝑛 ; 1 = an = a1+(n-1).d ,

de donde 1 = a1 – 2.(n-1) = a1 – 2n +2 -- > n = 𝑎1+1

2 ; Entonces

S = (𝑎1+1)2

4 , número de baldosas en un triángulo.

Comprobamos tanteando: 1998 : 6 = 333; (𝑎1+1)2

4= 333 -- > (a1+1) =

2.√333 , pero ésta no es exacta, siendo √333 = 18,… Tomo el valor

18, y siendo 182 = 324, y 6.324 = 1944 que cumple la condición de

estar entre 1900 y 1998. Obtengo a1+1 = 36 , a1 = 35, n = 18.

100

Cada baldosa mide 0,50 m. de lado, por tanto cada lado del hexágono

mide 18.0,5 = 9 m, y el perímetro de la plaza es 6.9 = 54 m.

3.- Sabemos que en una reunión hay más hombres que mujeres, que hay

más mujeres que beben que hombres que fuman, más mujeres que

fuman y no beben que hombres que no beben ni fuman.

Demostrar que hay menos mujeres que no beben ni fuman que hombres

que beben y no fuman.

Sol.: Notación: H hombres, M mujeres,

Hb que beben, Hb’ no beben, Mb beben, Mb’ no beben

Hbf beben y fuman, Hbf’ beben y no fuman, Hb’f fuman y no

beben, Hb’f’ no beben y no fuman. Del mismo modo para las mujeres.

Por hipótesis: H > M, Mb > Hf, Mb’f > Hb’f ’

Se pude demostrar que: Mb’f ’ < Hbf ’

Veamos:

H > M -- > (Hbf + Hbf ’) + (Hb’f + Hb’f ’) > Mb + (Mb’f + Mb’f ’) >

>(Hbf + Hb’f) + (Mb’f + Mb’f ’) -- >

(Hbf ’ + Hb’f ’) > (Mb’f + Mb’f ’) , y teniendo en cuenta que

Mb’f > Hb’f ’ tengo

(Hbf ’ + Mb’f) > (Mb’f + Mb’f ’) , de donde Hbf ’ > Mb’f ’

------------------

4.- Sobre números capicúas.


101

Sea la siguiente lista de números capicúas:

1, 2, 3, …. , 9, 11, 22, 33, 44, … , 1991, 2002, …

Determinar cuál es el número capicúa que ocupa el lugar 1996.

Sol.: Veamos cuántos capicúas hay en …

En el tramo 1 – 9: Tengo 9 capicuas

En el tramo 11 – 99: Tengo 9

“ 101 – 999 tengo 90

“ 1001 – 9999 tengo 90

De cinco dígitos: 10001 – 99999 tengo 900

De seis dígitos: tengo 900

Sumando tengo 1998. Esto significa que el último de seis dígitos ocupa

el lugar 1998. Este último número capicúa es 999999, y los anteriores

son:

998899 ocupando el lugar 1997

997799 ocupando el lugar 1996

Este último es el número solicitado.

------------------

Sesión de tarde

5.- Tenemos el triángulo ABC rectángulo, ángulo recto en A. Trazo la

bisectriz del ángulo en A, y esta bisectriz corta en E al segmento BC y a

la circunferencia circunscrita a ABC en el punto M. Por el punto E

102

trazo las perpendiculares a los lados AB, obteniendo el punto K, y al

lado AC obteniendo L.

Demostrar que el área del cuadrilátero AKML coincide con el área de

ABC.

Sol.: Solución geométrica 1

Área de AKML = 2. 1

2 . (𝑑 + 𝑔).

𝑑

2=

(𝑑+𝑔).𝑑

2

Por semejanza de los triángulos AE’E y MAM’:


103

ℎ

𝑑=

𝑑+𝑔

2.𝑟 de donde h =

𝑑+𝑔

2.𝑟 . 𝑑

Entonces Área de ABC = 1

2 . (2. 𝑟). ℎ = 𝑟. ℎ = 𝑟.

𝑑+𝑔

2.𝑟 . 𝑑 =

(𝑑+𝑔).𝑑

2

que coincide con el resultado anterior: Área de AKML = Área de ABC

--------------------

Solución geométrica 2 (Sin terminar)

La potencia del punto E respecto de la circunferencia: EA.EM = EB.EC

de donde EM = 𝐸𝐵.𝐸𝐶

𝐸𝐴 ; por otro lado: EA = √2. 𝑐22 = √2 . 𝑐2 ;

104

Por la semejanza entre EKB y CLE: 𝑚

𝑛=

𝑐2

𝑐1 , y

𝑚

𝑐2=

𝑛

𝑐1

Tengo: 𝑚

𝑐2=

𝑛

𝑐1= (𝑝𝑜𝑟 𝑠𝑒𝑚𝑒𝑗𝑎𝑛𝑧𝑎) =

𝑎

𝑐1+𝑐2=

𝑎

𝑏 , de donde

m = 𝑐2 .𝑎

𝑏 , y n =

𝑐1 .𝑎

𝑏 ; Volviendo atrás, teniendo en cuenta que

EM = 𝑛.𝑚

√2 .𝑐2 =

√2

2.𝑐2 .𝑐1 .𝑎

𝑏 .𝑐2 .𝑎

𝑏=

√2 .𝑐1.𝑎2

2.𝑏2 ;

Por otro lado: 2.KH2 = 𝑐22 -- > KH =

𝑐2

√2=

√2.𝑐2

2

Áreas: Área de AKML: S = 2. 1

2 . 𝐴𝑀.𝐻𝐾 = (𝑑 + 𝑔).

√2.𝑐2

2 =

= (√2. 𝑐2 + (…… )). √2.𝑐2

2 = ⋯ . . =

Área de ABC = 1

2 . 𝐴𝐶. 𝐴𝐵 =

1

2 . (𝑐1 + 𝑐2). (𝑐2 + 𝐾𝐵)

Área MKEL = Área(AKML) – Área(AKEL) =

------------------

6.- Sea el conjunto de números An = {1, 2, 3, 4, … , n } . Se pide:

a) Para qué números naturales n es posible hacer una bipartición

de An de modo que sumen lo mismo.

b) Para qué números naturales n es posible hacer una partición

de An en tres subconjuntos cuyas sumas sean iguales.

c) Para qué números naturales n es posible hacer una partición

de An en m subconjuntos cuyas sumas sean iguales.


105

Nota: Partición significa que su reunión coincide con A, y que no tienen

elementos comunes.

Sol.: a) Partición de An en dos subconjuntos. Como primer detalle, en

este caso a), la suma de todos los elemento ha de ser par.

Casos: A3 = {1, 2, 3} -- > {1, 2} , {3}

A4 = {1, 2, 3, 4} -- > {2, 3} , {1, 4}

A7 = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} -- > {1,2,5,6} , {3,4,7}, (S total 28)

……………….

A11 = {1,2,3, …, 10,11} -- > {1,2,4,5,6,7,8} , {3,9,10,11},

(S total 66)

Conclusión: Es possible para n = 3, 4, 7, 8, 11, 12, 15, 16, …

y observamos que n = {4.𝑚

4.𝑚 − 1 , m entero positivo: m = 1, …

b) Partición de An en tres subconjuntos. Como primer detalle la suma

total ha de ser divisible por 3.

Casos: Como antes

Legamos a que n = 5, 6, 8, 9, 11, 12, …

y observamos que n = {3.𝑚

3.𝑚 − 1 , m entero positivo: m = 2,…

106

c) Partición en m subconjuntos. Tengo An = {1,2,3,…,n}, y sabemos

que la suma de sus elementos es Sn = (1+𝑛)

2 . 𝑛 =

(1+𝑛) .𝑛

2 . Esta suma

ha de ser múltiplo de m.

(1+𝑛) .𝑛

2= 𝑘.𝑚 -- > (1+n).n = 2.k.m , de donde

m = 𝑛.(𝑛+1)

2.𝑘 = {

𝑛′.(𝑛+1)

𝑘

𝑛.(𝑛+1)′

𝑘

, n puede ser par, n impar -- >

n+1 par

Son válidos los valores de m obtenidos cuando k permita el cociente

----------------

7.- En plena mar un navío zozobraba a causa de una fuerte tormenta.

Volvía con un cargamento especial. Por el esfuerzo extremo de tres de

sus marineros consiguió llegar a puerto. El Capitán decidió

recompensar su hazaña entregándoles a cada uno determinado número

de maravedíes, superior a 200 pero inferior a 300. Sin su conocimiento

el capitán colocó todas las monedas en un arcón, con el fin de

entregárselas a la mañana siguiente, al producirse el desembarco.

Habiendo adivinado las intenciones del capitán, durante la noche uno de

los marineros abrió el arcón e intentó tomar su tercera parte. La cantidad

no era divisible entre tres, sobraba una. Tiró ésta al mar y tomó la

tercera parte de las que quedaron. Otro de los marineros pensó lo

mismo, y como la cantidad que había quedado tampoco era divisible por

tres, separó una tirándola al mar y tomó la tercera parte. Lo mismo le

ocurrió al tercero, que también se adelantó a tomar su tercera parte,

tirando una al mar.


107

Cuando amaneció el capitán se dispuso a realizar el reparto. También

ahora sobraba una moneda y se quedó con ella. Los marineros quedaron

contentos después de entregarles la misma cantidad a cada uno de ellos.

Se pide: a) ¿ Cuántas monedas recibió cada uno?. b) ¿Cuántas tenía el

capitán cuando las colocó en el arcón?.

Sol.: Sea “a” el número de monedas que al final entrega cada marinero.

Por tanto el total es 3.a + 1 son las que encuentra en el momento de

hacer el reparto; es lo que queda después de que el tercer marinero

tomase lo que creía su parte; son 2/3 de lo que encontró el citado

marinero (recuerda que echan una al mar).

Por tanto:

Al llegar el tercer marinero había 3.(3.𝑎+1)

2+ 1 -- >

(9.𝑎+5)

2 , y que son

las que dejó el segundo. Este dejó 2/3 de lo que había cuando él llegó.

Al llegar el segundo había: 3

2.(9.𝑎+5)

2+ 1 =

(27.𝑎+19)

4 , y que es lo que

dejó el primero. Este dejó 2/3 de lo que había cuando llegó.

Al llegar el primero había: 3

2.(27.𝑎+19)

4+ 1 =

(81.𝑎+65)

8

Se sabe que el total está entre 200 y 300: 200 ≤(81.𝑎+65)

8 ≤ 300,

1600 < (81.a + 65) < 2400 -- > 1535 < 81.a < 2335 -- >

Observa: 1535:81 = 18,9506…, 2335:81 = 28,8271…

por tanto: 19 ≤ x ≤ 28 . Veamos casos posibles.

108

Si “x” es par: x = 2.k -- > 3.x + 1 = 2.k + 1; pero en el

razonamiento anterior vemos que 3.x + 1 ha de se divisible por 2, y

2.k + 1 tendría que ser divisible por 2, lo cual no se cumple. Por tanto x

no es par.

Será x = 2.k +1 , y como casos posibles: x = 19, 21, 23, 25, 27

Hemos de comprobar que las distribuciones del enunciado son posibles:

|

|

𝑥 19 21 23 25 273𝑥 + 1 58 64 70 76 829𝑥+5

2 88 97 106 115 124

27𝑥+19

4 133 𝑛𝑜 160 𝑛𝑜 187

81𝑥+65

8 𝑛𝑜 241 𝑛𝑜

|

|

El único caso que permite realizar todo el proceso es x = 23, que es el

número que al final entrega a cada marinero. La cantidad total es 241

monedas.

El primero se lleva: 80 que cogió + 23 que le entrega = 103

El segundo se lleva: 53 que cogió + 23 que le entrega = 76

El tercero se lleva: 35 que cogió + 23 que le entrega = 58

El ayudante del capitán: 1

Tiradas al mar: 3

Tot.: 241

----------------


109

Olimpiada XXXII Fase Nacional

1.- De Números: (Olimpiada XXXII)

Se sabe que los números naturales a y b son tales que

𝑎+1

𝑏=

𝑏+1

𝑎 es entero .

Comprueba que el MCD(a, b) no es mayor que √𝑎 + 𝑏

Resol.: 𝑎+1

𝑏=

𝑏+1

𝑎=

𝑎2+𝑏2+𝑎+𝑏

𝑎𝑏

Si d = MCD(a, b), d2 es divisor de a.b y también lo es de a

2 y b

2.

Entonces d2 es divisor de a

2 + b

2 + a.b , y también de a

2 + b

2 + 2.a.b

= (a + b)2 = (a + b).(a + b)

Ahora bien, puesto que d2 divide a (a+b).(a+b), divide también a

(a+b) .

Recuerda: Si D divide a A.B y no divide a A, entonces divide a B

Resumiendo: d2 divide a (a + b) y por tanto d

2 ≤ (a+b), de donde

d ≤ √𝑎 + 𝑏

-------------

2.- De Geometría: (Olimpiada XXXII)

Tenemos un triángulo ABC cuyo baricentro cumple

AB + GC = AC + GB

Comprueba que el triángulo es isósceles.

110

Resol.:

Tenemos CG = 2/3.mc , BG = 2/3.mb , con lo cual la igualdad dada la

expresamos así:

c + 2/3.mc = b + 2/3.mb ,

Teniendo en cuenta que (Teorema de las medianas)

2/3.mc = 2

3 . √

𝑎2+𝑏2

2−𝑐2

4 , 2/3.mb =

2

3 . √

𝑎2+𝑐2

2−𝑏2

4

tengo: c + 2

3 . √

𝑎2+𝑏2

2−𝑐2

4 = b +

2

3 . √

𝑎2+𝑐2

2−𝑏2

4 , de donde (interesa

expresarlo así)

c – b = 2

3 . ( √

𝑎2+𝑏2

2−𝑐2

4 − √

𝑎2+𝑐2

2−𝑏2

4 ) ,

o bien: c – b = 2/3 . (mc – mb) . Multiplico y divido por (mc + mb)

c – b = 2

3 . (𝑚𝑐2− 𝑚𝑏

2

𝑚𝑐+ 𝑚𝑏 )

𝑚𝑐2 − 𝑚𝑏

2 = (𝑎2+𝑏2

2−𝑐2

4) − (

𝑎2+𝑐2

2−𝑏2

4 ) =

= (𝑏2

2−𝑐2

4) − (

𝑐2

2−𝑏2

4 ) = (

3

4. 𝑏2 −

3

4. 𝑐2) =

3

4. (𝑏2 − 𝑐2), por tanto


111

c – b = 2

3 .3

4 .𝑏2−𝑐2

𝑚𝑏 + 𝑚𝑐 = 1

2 .𝑏2−𝑐2

𝑚𝑏 + 𝑚𝑐 , y trasponiendo términos

0 = (c – b).[1 - 1

2 .

𝑏+𝑐

𝑚𝑏 + 𝑚𝑐 ] -- > 0 = (c – b).[

2.(𝑚𝑏+𝑚𝑐)−(𝑏+𝑐)

2.(𝑚𝑏+𝑚𝑐) ]

0 = (c – b).(2(𝑚𝑏 +𝑚𝑐) − (𝑏 + 𝑐)) ,

Si probamos que el factor (2(𝑚𝑏 +𝑚𝑐) − (𝑏 + 𝑐)) > 0, entonces tiene

que ser c – b = 0, y por tanto el triángulo es isósceles.

En efecto: mb + b/2 > c, y mc + c/2 > b. Sumándolas

𝑚𝑏 +𝑚𝑐 +𝑏+𝑐

2> (𝑐 + 𝑏) , de donde 𝑚𝑏 +𝑚𝑐 −

𝑏+𝑐

2> 0,

por tanto c = b .

-----------------

3.- De Funciones: (Olimpiada XXXII)

Sean las funciones: f(x) = ax2 + bx +c, g(x) = cx

2 +bx + a

donde a, b, c son números reales.

Sabemos que se cumple: |𝑓(−1)| ≤ 1, |𝑓(0)| ≤ 1, |𝑓(1)| ≤ 1

Demuestra que |𝑓(𝑥)| ≤5

4 , |𝑔(𝑥)| ≤ 2 , para -1< x < 1

Resol.: Expresamos f(x) = A.x.(x + 1) + B.x.(x – 1) + C.(x2 – 1)

Tengo f(1) = 2.A -- > A = 𝑓(1)

2 , f(-1) = 2. B -- > B =

𝑓(−1)

2

f(0) = - C -- > C = - f(0)

Podemos expresar

112

f(x) = 𝑓(1)

2 . 𝑥. (𝑥 + 1) +

𝑓(−1)

2. 𝑥. (𝑥 − 1) − 𝑓(0). (𝑥2 − 1)

Tomando el valor absoluto en los dos términos

|𝑓(𝑥)| ≤1

2. |𝑥. (𝑥 + 1)| +

1

2 . |𝑥. (𝑥 − 1)| + |𝑥2 − 1|

Para -1 < x < 1 , deducimos 0 < x + 1, 0 < 1 – x, x2 < 1 , y por

tanto

/x/ < 1, /x+1/ = x+1, /x-1/ = 1-x, /x2 – 1/ = 1 – x

2

y entonces |𝑓(𝑥)| ≤ |𝑥|

2 . (𝑥 + 1) +

|𝑥|

2. (1 − 𝑥) + (1 − 𝑥2) =

= /x/ + 1 – x2 = (ajustando al cuadrado de un binomio) =

= −(|𝑥| −1

2 )2+5

4 ≤

5

4

Para tratar g(x) observamos en primer lugar que

f(x) = ax2 + bx +c, g(x) = cx

2 +bx + a = 𝑥2. (

𝑎

𝑥2+𝑏

𝑥+ 𝑐) ,

es decir g(x) = 𝑥2. 𝑓 (1

𝑥) = x

2.[ 𝑓(1)

2

.1

𝑥. (1

𝑥+ 1) +

𝑓(−1)

2.1

𝑥. (1

𝑥− 1) −

𝑓(0). (1

𝑥2− 1)] = x

2.[ 𝑓(1)

2

.1

𝑥2. (1 + 𝑥) +

𝑓(−1)

2.1

𝑥2. (1 − 𝑥) −

𝑓(0). (1−𝑥2

𝑥2)] =

𝑓(1)

2. (1 + 𝑥) +

𝑓(−1)

2. (1 − 𝑥) − 𝑓(0). (1 − 𝑥2)

Ahora |𝑔(𝑥)| ≤1

2. |1 + 𝑥| +

1

2 . |1 − 𝑥| + |1 − 𝑥2| ,

y para -1< x < 1

|𝑔(𝑥)| ≤1

2. (1 + 𝑥) +

1

2 . (1 − 𝑥) + (1 − 𝑥2) =

= 1 + 1 – x 2

= 2 – x2 ≤ 2

----------------


113

4.- De Álgebra: (Olimpiada XXXII)

Discutir la existencia de soluciones de la ecuación

√𝑥2 − 𝑝 + 2. √𝑥2 − 1 = 𝑥

según los valores del parámetro p, y resolverla siempre que sea posible.

NOTA: Debemos suponer que /x/ > 1, y que tomamos el valor

positivo del radical.

Resol.: Si p < 0 entonces √𝑥2 − 𝑝 > 𝑥 ; Como 2.√𝑥2 − 1 > 0

resulta que no tiene solución. Por lo tanto ha de ser p ≥ 0 .

Aislando un radical y elevando al cuadrado, repitiéndolo hasta hacer

desaparecer los radicales, llegamos a

16x2 – 8px

2 = 16 -8p + p

2 , de donde 8.(2 –p).x

2 = (4 –p)

2 , y

de ésta x = 4− 𝑝

2.√2.(2−𝑝)

Para obtener las “condiciones” sobre p hacemos lo siguiente:

Sustituyo esta expresión de x en la igualdad dada

√(4−𝑝

√8.(2−𝑝))2 − 𝑝 + 2.√(

4−𝑝

√8.(2−𝑝))2 − 1 =

4− 𝑝

2.√2.(2−𝑝) , de

donde

√(4−3𝑝)2

8.(2−𝑝)+ 2.√

𝑝2

8.(2−𝑝) =

4− 𝑝

2.√2.(2−𝑝) , y de donde, si (4-3p) > 0

tengo (4-3p) + 2.p = 4 – p , -p = -p

En otro caso /4 – 3p/ + 2p = 4-p -- > /4-3p/ = 4 – 3p -- > 4-3p ≥ 0, y

por tanto p ≤4

3 . Resumen: 0 ≤ p ≤

4

3

114

5.- De Combinatoria: (Olimpiada XXXII)

Un equipo de agentes de la policía secreta está compuesto por 16

agentes, y operan en un gran Centro Recreativo. Cada agente vigila a

algunos de sus compañeros. Sabemos que si A vigila a B, entonces B

no vigila a A. También sabemos que 10 de los secreta se pueden

numerar de modo que el uno vigila al dos, el dos vigila al tres, …, el 10

vigila al 1.

Demuestra que se pueden numerar de la misma forma un grupo

cualquiera de 11 agentes.

Resol.: En lo que sigue diremos que A y B son neutrales si a no

vigila a B ni B vigila a A.

Sean Ai , i = 1, 2, 3, …, 16, los dieciséis agentes.

Representamos ai, bi, ci el número de agentes que vigilan a Ai, el

número de agentes vigilados por Ai, y el número de los que son

neutrales con Ai . Es claro que se cumple ( véase * )

ai + bi + ci = 15, ai + ci ≤ 8, bi + ci ≤ 8 , para todo valor de i

Combinando estas tres relaciones llegamos a que ci ≤ 1, y por tanto

sus valores posibles son: 0, 1.

Procedemos por reducción al absurdo. Supongamos que hay un grupo S

de 11 agentes que no pueden ser ordenados de la forma descrita. Sea B

uno de los espías de este grupo. Numeramos los 10 restantes C1, C2,

C3, …, C10 de forma que C1 vigila a C2, C2 vigila a C3, …, C10

vigila a C1. Supongamos que ninguno de los Ci es neutral con B.

Entonces, si C1 vigila a B, B no puede vigilar a C2, pues en otro caso la

ordenación


115

C1, B, C2, C3, …, C10 cumpliría las condiciones del

problema.

Por lo tanto C2 vigila a B, y de forma análoga llegamos a que todos los

del grupo S vigilan a B, lo que supone un contradicción. Por lo tanto

cada uno de los once agente ha de tener uno, y sólo uno, de entre los

diez restantes neutral con él. Esto es imposible, por lo cual queda

probado …

-----------------------

6.- De Geometría: (Olimpiada XXXII)

La siguiente figura está formada por seis pentágonos regulares con lado

de 1 m. Lo doblamos por las líneas de puntos hasta que los bordes

coincidan formando un volumen. ¿Qué volumen de agua cabe en el

depósito formado?

Resol.:

116

Observa las siguientes figuras.

Obtengo el recipiente de la siguiente figura, tronco invertido cuya base

mayor coincide con la diagonal del polígono de la base menor.

Nos fijamos en el pentágono de la figura. Ángulos: AOE = 180/5 = 72o,

lo que lleva a OAE = 54o, lo que lleva a ADE = 90

o – 54

o = 36

o .

Llamo D a la diagonal DG, también D = DE, PG = D – 1. Tengo en

cuenta la semejanza entre los triángulos DEA, FGP, con lo cual tengo


117

𝐷

1=

1

𝐷−1 -- > D

2 – D - 1 = 0 -- > D =

1±√1+4

2 , tomo D =

1+√5

2

NOTA: Este valor 𝜔 = 1+√5

2 es llamado, en matemáticas, “Número de

oro”, y representa la relación entre la diagonal D y el lado L en un

pentágono regular cualquiera, es decir, cualquiera que sea el valor del

lado L se cumple: 𝐷

𝐿=

1+√5

2 , aunque en nuestro caso L = 1. Se suele

representar mediante 𝜔.

NOTA: En este problema, por facilitar la tipografía, utilizaré d

en lugar de 𝜔. Será 𝑑 = 1+√5

2

Cálculo de r: cos(30o) =

𝑑

2

1=𝑑

2=

1+√5

4 , sen(36

o) =

1

2

𝑟 -- >

r = 1

2.𝑠𝑒𝑛(36)

Pero sen(a) = √1 − cos2(𝑎) -- > sen(36o) =

1

2. √4 − 𝑑2 , y por tanto

r = 1

√4−𝑑2 .

El volumen que deseamos calcular es el del tronco de cono cuya base

menor es la base de nuestro recipiente. Designamos V el volumen del

cono mayor, v el del cono menos, Vt el volumen del tronco y que

coincide con el que nos piden.

Sabemos que si k = 𝐿

𝑙 es la razón entre los lados de sus bases, entonces

V = k3.v . En nuestro caso L coincide con la diagonal del pentágono

dado, mientras que l es el propio lado del pentágono, y k es el valor

designado d. Por tanto V = d3.v , y para el tronco

118

Vt = V – v = (d3 – 1).v = (d3 – 1) .

1

3 . 𝑎. ℎ, donde a, h son área

base y altura de la pirámide menor.

Cálculo de a: h’ = r. cos(36o) , a = 5.

1

2 .1. (𝑟. cos(36𝑜)

a = 5

2 . 𝑟. cos (36𝑜) =

5

4 . 𝑟. d

Cálculo de h: Por semejanza entre las dos pirámides tengo

𝐻

𝑅=

ℎ

𝑟=

𝐻−ℎ

𝑅−𝑟 -- > … h =

𝑟.(𝐻−ℎ)

𝑅−𝑟

Observa que H – h = √1 − (𝑅 − 𝑟)2 , R = 𝑑. 𝑟, R – r = r.( 𝑑 - 1)

y entonces tenemos: h = 𝑟.√1−𝑟2.(𝑑−1)2

𝑟.(𝑑−1) .

Vimos que r = 1

√4−𝑑2 , y por tanto 𝑟2 =

1

4−𝑑2 , y entonces:

h = √1−

(𝑑−1)2

(4−𝑑2)

(𝑑−1)


119

Teniendo en cuenta que d es raíz de d2 – d – 1 = 0 , d

2 = d + 1, y

operando en la expresión de h

𝑑2−2𝑑+1

−𝑑2+ 4=

(𝑑+1)−2𝑑+1

−(𝑑+1)+4 =

−𝑑+2

−𝑑+3 ,

1 - −𝑑+2

−𝑑+3=

−𝑑+3+𝑑−2

3−𝑑 =

1

3−𝑑 , o bien lo siguiente:

1

3−𝑑 =

1

3+(1−𝑑2)=

1

4−𝑑2 , y finalmente h =

1

(𝑑−1).√4−𝑑2

Volumen del tronco de cono:

Vt = (𝑑3 − 1). [1

3 . (

5

4 . 𝑟. 𝑑) .

1

(𝑑−1).√4−𝑑2 ]

Sustituyendo el valor d = 1+√5

2 , y después de laboriosos cálculos

llegamos a que Vt = 15+7.√5

12 = 2,554 m

3

------------------

120

OTROS: Problemas interesantes

1.- Problema de los dos vasos: Uno con agua, otro con vino

Tengo dos vasos iguales, uno con agua el otro con el mismo volumen de

vino. V1 será el volumen inicial de agua y V2 será el volumen inicial de

vino; V2 = V1. V1 y V2 representarán también los respectivos vasos.

Pasamos la cantidad “a” de vino del vaso V2 al vaso V1 del agua, y

mezclamos. Después pasamos la cantidad “a” del vaso V1 al vaso V2 y

mezclamos. Ahora repetimos pasando la cantidad “a” desde el vaso V2

al vaso V1, y después desde el vaso V1 al vaso V2. (Lo hemos realizado

dos veces).

Pregunta: ¿Tendrá más vino el vaso V1 que agua el vaso V2? , o ¿más

agua el vaso V2 que vino el vaso V1?

Sol.- Razonamiento previo: Si los vasos V1, V2 contienen el mismo

volumen V, V1 de agua y V2 de vino, el vino que gana V1 es igual al

agua que pierde, ya que ponemos “a” y después retiramos “a”. El agua

que pierde V1 es el agua que resulta finalmente en V2. Por tanto

coinciden.

Dicho esto vamos a practicar (alegremente) los cálculos necesarios

(probaría la destreza del alumno).

Controlo el vino y el agua que tengo en V1 en cada momento, y lo

mismo en V2.

Primera operación:

Saco de V2 y pongo en V1: Vino en V1 = a, Volumen V + a

Agua en V1 = V


121

Vino en V2 = V – a, Volumen V - a

Agua en V2 = 0

Saco de V1 y pongo en V2:

Vino en V1 = a – a.𝑎

𝑉+𝑎=𝑎.(𝑉+𝑎)−𝑎2

𝑉+𝑎=

𝑎.𝑉

𝑉+𝑎 , Volumen V

Agua en V1 = V – a.𝑉

𝑉+𝑎=𝑉.(𝑉+𝑎)−𝑎.𝑉

𝑉+𝑎=

𝑉2

𝑉+𝑎

Vino en V2 = (V – a) + a.𝑎

𝑉+𝑎=

(𝑉−𝑎).(𝑉+𝑎)+𝑎2

𝑉+𝑎=

𝑉2

𝑉+𝑎

Agua en V2 = 0 + a. 𝑉

𝑉+𝑎=

𝑎.𝑉

𝑉+𝑎

Segunda operación:


Vino en V1 = 𝑎.𝑉

𝑉+𝑎+ 𝑎.

𝑉2

𝑉.(𝑉+𝑎)=

2.𝑎.𝑉

𝑉+𝑎 , Volumen V + a

Agua en V1 = 𝑉2

𝑉+𝑎+ 𝑎.

𝑎.𝑉

𝑉.(𝑉+𝑎) =

𝑉2+𝑎2

𝑉+𝑎

Vino en V2 = 𝑉2

𝑉+𝑎− 𝑎.

𝑉2

𝑉.(𝑉+𝑎)=

𝑉2−𝑎.𝑉

𝑉+𝑎 , Volumen V - a

Agua en V2 = 𝑎.𝑉

𝑉+𝑎− 𝑎.

𝑎.𝑉

𝑉.(𝑉+𝑎)=

𝑎.𝑉−𝑎2

𝑉+𝑎


Vino en V1 = 2.𝑎.𝑉

𝑉+𝑎− 𝑎.

2.𝑎.𝑉

(𝑉+𝑎).(𝑉+𝑎)=

2.𝑎.𝑉.(𝑉+𝑎)−2.𝑎2.𝑉

(𝑉+𝑎)2=

122

= 2.𝑎.𝑉2

(𝑉+𝑎)2 , Volumen V

Agua en V1 = 𝑉2+𝑎2

𝑉+𝑎− 𝑎.

𝑉2+𝑎2

(𝑉+𝑎).(𝑉+𝑎)=

(𝑉+𝑎).(𝑉2+𝑎2)

(𝑉+𝑎)2−

- 𝑎.𝑉2+𝑎2

(𝑉+𝑎)2=

𝑉.(𝑉2+𝑎2)

(𝑉+𝑎)2

Vino en V2 = 𝑉2−𝑎.𝑉

𝑉+𝑎 + a.

2.𝑎.𝑉

(𝑉+𝑎).(𝑉+𝑎) =

= (𝑉+𝑎).𝑉.(𝑉−𝑎)+2.𝑎2.𝑉

(𝑉+𝑎)2=

𝑉.(𝑉2−𝑎2)+2.𝑎2.𝑉

(𝑉+𝑎)2=

= 𝑉3+𝑎2.𝑉

(𝑉+𝑎)2 = 𝑉.(𝑉2+𝑎2)

(𝑉+𝑎)2 = Agua de V1

Agua en V2 = 𝑎.𝑉−𝑎2

𝑉+𝑎+ 𝑎.

𝑉2+𝑎2

(𝑉+𝑎).(𝑉+𝑎)=

= (𝑉+𝑎).𝑎.(𝑉−𝑎)+𝑎.(𝑉2+𝑎2)

(𝑉+𝑎)2=

𝑎.(𝑉2−𝑎2)+𝑎.(𝑉2+𝑎2)

(𝑉+𝑎)2

= 2.𝑎.𝑉2

(𝑉+𝑎)2 = Vino en V1

Final del proceso. Lógicamente esto volvería a ocurrir si

repetimos: Paso de V2 a V1 y después paso de V1 a V2.

---------------


123

2.- Los dos trenes y la mosca

Dos trenes A y B están situados en los puntos P y Q, separados por la

distancia D, y se pondrán en movimiento en el mismo instante y en

sentido contrario: A con velocidad v1, B con velocidad v2. En el punto

medio de la distancia D se encuentra una mosca que se pondrá en

movimiento, con velocidad v3, en el mismo momento que los trenes y

hacia B. Al chocar con el tren B la mosca cambia de sentido y chocará

con el tren A, y al chocar con A cambiará de sentido y chocará con B, y

así se repetirá hasta que los dos trenes chocan entre sí (¡y machacarán la

mosca!).

Pregunta: ¿Qué distancia ha recorrido la mosca?

Tiempo que tardan los trenes en recorrer la distancia D: D = (v1 + v2).t,

de donde t = 𝐷

𝑣1+𝑣2 . Durante este tiempo la mosca no ha dejado de

moverse con velocidad v3, por tanto

Dist. mosca = v3. 𝐷

𝑣1+𝑣2

---------------


125

BIBLIOGRAFÍA

MEMORIAS: XXXII Olimpiadas de Matemáticas

Fase Nacional, Tarragona

Real Sociedad Matemática Española

XXXII Olimpiada Matemática, Fase Regional

Castilla y León (Apuntes sin editar)

A l e j o G o n z á l e z C r i a d o · 2020. 10. 4. · Olimpiadas Matemáticas 9 √ @ 3 1...

Documents

Transcript of A l e j o G o n z á l e z C r i a d o · 2020. 10. 4. · Olimpiadas Matemáticas 9 √ @ 3 1...