Un triángulo con un extraño tipo de centro

Enunciado

Este problema no era tan difícil como para no obtener una buena puntuación. Si no fue así probablemente fue por el cansancio de realizar una prueba tan larga.

Mi forma favorita de enfrentar este tipo de problema es mediante geometría analítica. Si leemos bien el enunciado, seremos capaces de dar las coordenadas de tres puntos que cumplan las condiciones y acabaremos por dar respuesta al enunciado.

En primer lugar, voy a situar el punto donde concurren las tres rectas, bisectriz, altura y mediana, en el origen de coordenadas. La bisectriz, que pasa por A, será el eje X, con lo que el punto A, si lo represento hacia la derecha, tendrá unas coordenadas (a, 0) para algún número positivo a. La mediana, que pasa por B, será el eje Y, y si el punto B lo sitúo en la parte positiva, tendrá unas coordenadas (0, b) para algún número positivo b.

El lado AB tendrá, por tanto vector director (-a, b), y pendiente -b/a. Y como el eje X es la bisectriz del ángulo entre AB y AC, sabemos que el lado AC tendrá la pendiente opuesta (recuerda que la pendiente es la tangente del ángulo que forma el eje X con la recta o el vector). Si has dado producto escalar, también puedes razonar por productos escalares para obtener ese resultado.

Esto significa que el vector director del lado AC será (a, b), por lo que la ecuación de la recta será bx - ay = ba, ya que pasa por (a, 0). Eso significa que el punto de corte con la mediana ha de ser el (0, -b), y por ser el punto de corte de la mediana que pasa por B con el lado AC, tiene que ser el punto medio del lado. De esta forma, el simétrico de A respecto a este punto, (-a, -2b), será el punto C.

Necesitamos precisar más sobre los valores a y b para que la altura pase por el punto de concurrencia (recuerda, el eje de coordenadas). Así, un vector director de esta altura debe ser (a, 2b), ya que pasa por C y por (0, 0), y debe ser perpendicular al vector director del lado AB, (-a, b). Aplicando la propiedad de las pendientes de rectas perpendiculares (o el producto escalar, si ya lo conoces, tenemos que 2b/a = a/b, es decir, que 2b² = a², y, puesto que ambos son números positivos, tenemos que √2 b = a.

Si queremos que la distancia AB mida 1, podemos forzar que b² + a² = 1, pero también podemos encontrar cualquier trio de puntos A, B y C que cumplan las demás propiedades y después construir mediante una semejanza un triángulo como el solicitado, que yo veo mejor solución.

Optando por esta última aproximación, hacemos que b = 1, a = √2 y por tanto nuestros puntos serán A (√2, 0), B(0, 1) y C(-√2, -2). En este triángulo los lados miden AB = √ 3, AC = 2√3 y BC = √11. Si escalamos el triángulo para que AB mida 1, tendremos las medidas definitivas: AB = 1, AC = 2 y BC = √11/√3 = √33/3.

Un seguidor del blog, Ricard Peiró, nos remite otra solución basada en geometría clásica.

Sean la bisectriz AD, la mediana BE y la altura CF, tenemos que AE = CE = b/2.

Aplicando la propiedad de la bisectriz, CD/BD = b/c = b.

Sea P el punto donde concurren la bisectriz AD, la mediana BE y la altura CF.

El segmento AP es perpendicular a BE y el ángulo PAE = ángulo PAB y es la mitad del ángulo A.

Entonces, AE = BE = 1, y b = 2AE = 2.

Aplicando el Teorema de Ceva, se tiene que (CD/BD)(BF/AF)(AE/CE) = 1, por lo que (b/c)(a cos(B)/(b cos(A)) = 1, por lo que a cos(B)/cos(A) = 1.

Aplicando ahora el teorema del coseno al triángulo ABC, tenemos que a((b² - a² - c²)/(-2ac))/((a² - b² - c²)/(-2bc)) = 2(3 - a²)/(a² - 5) = 1, y resolviendo la ecuación obtenemos a = √33/3.

Formas de colorear un polígono

Enunciado

Se trata de construir una fórmula, y es casi un trabajo de investigación matemática, por lo que me parece muy complejo.

Lo más lógico es estudiar completamente un caso sencillo, luego un caso un poco más complejo, y luego empezar ya a efectuar hipótesis, para luego comprobarlas.

Empezamos a colorear los vértices de un triángulo (n = 3) sin atender a si sus lados cumplen o no la condición y luego clasificarlos. Como cada vértice puede tener un color entre tres, se presentan 3x3x3 = 27 casos. Llamaré a los colores A, B y C. Los casos son: AAA, AAB, AAC, ABA, ABB, ABC, ACA, ACB, ACC, BAA, BAB, BAC, BBA, BBB, BBC, BCA, BCB, BCC, CAA, CAB, CAC, CBA, CBB, CBC, CCA, CCB, CCC.

De estos, observamos que hay tres casos en los que ningún lado tiene colores diferentes, que no está contemplado en el problema (AAA, BBB y CCC), y de los 24 casos restantes, 18 tienen dos lados con colores diferentes (m = 2) (AAB, AAC, ABA, ABB, ACA, ACC, BAA, BAB, BBA, BBC, BCB, BCC, CAA, CAC, CBB, CBC, CCA y CCB) y 6 tienen los tres lados con colores diferentes (ABC, ACB, BAC, BCA, CAB y CBA). Observa que los lados están entre dos de los vértices (letras), y que la última letra tiene un lado que la une a la primera.

El siguiente caso completo (n = 4) tiene 81 elementos y puede llevar mucho tiempo clasificarlos, así que debemos descartarlo de momento y tratar de contar directamente un caso particular que nos ilumine mejor la forma de contar esta cantidad.

Vamos a estudiar, por ejemplo, el caso n = 7 y m = 4, es decir, un heptágono en el que exactamente cuatro lados tienen extremos de colores diferentes. Si queremos poner un ejemplo, lo primero que haremos será situar qué lados vamos a elegir, por ejemplo, el segundo, el tercero, el quinto y el séptimo. Eso conlleva que el primer y segundo vértice tienen el mismo color, el tercero lo tendrá diferente del segundo, el cuarto diferente del tercero, el quinto igual que el cuarto, el sexto diferente, y el séptimo igual que el sexto pero diferente del primero. En el dibujo, he rodeado con una elipse los vértices que deben ser del mismo color. De esta forma, en realidad sólo debo elegir cuatro colores diferentes a sus vecinos, y los otros tres se colorearán de forma automática. Por ejemplo, puedo elegir AABCCBB.

Entonces, si quiero contar la cantidad de formas en la que puedo hacer esto, se trata de elegir cuatro colores por un lado con la condición de ser diferentes de sus vecinos, y los cuatro lados que quiero que tengan la condición pedida. Por lo menos puedo estudiar por separado ambas elecciones.

El número de elecciones de los lados es un sistema más estudiado. Para el otro habrá que improvisar bastante.

Si has estudiado combinatoria, reconocerás que elegir cuatro lados entre 7 se llama combinaciones de cuatro elementos escogidos entre 7, y sabrás como calcularlos. En el siguiente párrafo razono la cantidad para aquellos que no tengan este concepto.

El primer lado lo selecciono entre 7 posibilidades, el segundo entre los 6 restantes, y así sucesivamente, de forma que tendría, en principio, 7*4*3*2 formas de elegir los cuatro, pero cada elección la estaría contando muchas veces. En efecto, una elección de 4 lado estaría contándola una vez por cada lado que tomara como primer lado (4), multiplicada por una vez cada vez que contara otro como segundo, y así sucesivamente, es decir, la estaría contando 4*3*2*1 veces. Por tanto, el número total de formas diferentes de elegir sería (7*6*5*4)/(4*3*2*1), en total en nuestro ejemplo eso da 35 formas diferentes.

Puede que conozcas la fórmula para este cálculo, es n!/(m!*(n-m)!).

Ahora, debemos elegir los cuatro colores diferentes, es decir, ver de cuantas formas lo podemos hacer. Para el primer color disponemos de 3 posibilidades, pero para el segundo sólo 2, para el tercero otros 2, y el cuarto es mucho más complejo, ya que depende de si el primer y el tercero son iguales o diferentes. Si son iguales, tendré dos formas diferentes de lograrlo, y si son diferentes, sólo una. Para esto, podemos partir del estudio que hemos hecho antes, para el triángulo. Había exactamente 6 casos en que todos los colores eran diferentes cada uno del siguiente, que derivarán en una única elección para el cuarto color. Si el primero y el tercero son iguales sólo eliges dos colores realmente diferentes antes de elegir el cuarto (3*2 posibilidades) y entonces tienes otras 2 de elegir el último, lo que hace un total de 12 posibilidades, es decir, tenemos 18 formas de elegir los colores.

Al final, tendremos 18*35 = 630 coloraciones diferentes para el heptágono con cuatro lados de diferente color en los extremos. No las voy a poner todas, desde luego.

La elección de los lados es sencilla de convertir en una fórmula, pero la selección de colores no. Tendremos que estudiarla más a fondo. Hay que calcular de cuántas formas se pueden conseguir elegir un cierto número de colores entre tres, diferentes cada uno del siguiente y el primero del último.

Además, tendremos que hacerlo a partir de 2. Para 2 son 6 las formas de hacerlo, para 3 ya sabemos que 6 también, y para 4 hemos visto que 18. Veamos para 5 y creemos una fórmula.

Si queremos escoger una cadena de 5 colores con esa condición, podemos partir de las anteriores. Si tomamos una cadena de 4 diferentes (18 formas) y añadimos un color diferente del primero y el último tendremos 18 formas diferentes, las 18 en las que el penúltimo y el primero son distintos. Para las restantes, como sabemos que primero y penúltimo han de ser iguales, partimos de una cadena de 3 diferentes (6 formas), añadimos otra igual que el primero (podemos, porque el tercero es diferente del primero), y luego disponemos de dos posibilidades para el último color, es decir, que tendremos 6*2 = 12 formas más, hasta un total de 30.

Observa que hemos calculado el valor para la cuarta elección a partir de la tercera y la segunda. De ahí se puede sacar una primera fórmula que nos ayude, que sería inductiva (a partir de los números previos). Se trataría de tomar la anterior y sumarle el doble de la anterior de la anterior. Es decir, C_m = C_{m - 1} + 2 C_{m - 2}.

La secuencia vendría a ser 6, 6, 18, 30, 66, 126, ...

Si nos fijamos bien, se parece enormemente a las potencias de 2 (4, 8, 16, 32, 64, 128, ...), sólo que se le suma o resta 2. Esa fórmula se podría poner como 2^m + 2*(-1)^m.

Para comprobar que es válida, lo demostramos por inducción, ya que 2^{m - 1} + 2*(-1)^{m - 1} + 2*(2^{m - 2} + 2*(-1)^{m - 2}) = 2^{m - 1} + 2*(-1)^{m - 1} + 2^{m - 1} + 4*(-1)^m = 2^m - 2*(-1)^m + 4*(-1)^m = 2^m + 2*(-1)^m, como se quería demostrar.

Por lo tanto, la fórmula para la cantidad de formas de elegir los colores con esa condición, para n y m genéricos, es (n!*(2^m + 2*(-1)^m))/(m!*(n-m)!).

Como veis, un problema muy largo y complejo para cerrar la olimpiada.

Un problema muy complejo

Enunciado

La idea es partir de una fracción s/t, con s y t enteros positivos, y construir k, a, b, c y d que cumplan el sistema de ecuaciones a³ + b³ = ks y c³ + d³ = kt. Sin embargo, tenemos sólo un par de ecuaciones y nada menos que 5 incógnitas, de forma que podemos construirlas, en teoría, de muchas formas.

Para empezar, vamos a suponer que k = 1, aunque luego igual nos damos cuenta de que nos conviene más otro valor.

Una reducción que viene bien es hacer a = d, pero hay que ser flexible, ya que este tipo de simplificaciones a lo mejor no nos sirve luego.

Ahora, trataremos de factorizar y simplificar, para que el sistema sea lineal y realmente podamos obtener una fórmula general. Así, a³ + b³ = (a + b)*(a² - ab + b²) y a³ + c³ = (a + c)(a² - ac + c²). Esta factorización se puede conocer como uno de los productos notables, pero también podemos intentar realizar la división (a³ + b³)/(a + b) por cualquier método para ver si es divisible.

Para que se simplifique el término al cuadrado, debería darse que a² - ab + b² = a² - ac + c², pero sin que b sea igual que c, ya que en ese caso la fracción sólo podría valer 1.

Considerando esta igualdad como una ecuación de segundo grado en b, observamos qué implica.

Resulta que nos lleva a que - ab + b² = - ac + c², que equivale a b² - ab + ac - c² = 0, por lo que en esa ecuación el coeficiente del término de segundo grado es 1, el de primer grado es -a y el término independiente es ac - c². Así, el discriminante, que estaría dentro de la raíz cuadrada, sería a² - 4(ac - c²) = a² - 4ac + 4c² = (a - 2c)². ¡Observa que es un cuadrado perfecto! Eso quiere decir que b puede tener dos valores, (a + a - 2c)/2 = a - c y el valor que ya conocíamos, (a - a + 2c)/2 = c, que no nos interesa.

También podríamos haber tratado esta igualdad como un polinomio en b y dividir por el binomio (b - c), que es solución y no nos interesa que suceda, como dividimos por el método de Ruffini.

El caso es que, imponiendo que b = a - c, ese término de segundo grado se simplifica, y tenemos nuestro sistema mucho más sencillo: a + b = s, a + c = t y b = a - c. Sustituyendo, por ejemplo, b, tenemos que 2a - c = s y a + c = t. Aplicando ahora reducción, tenemos que 3a = s + t. Puesto que debemos dividir por 3 para obtener un entero, reconsideramos nuestra postura inicial de tomar k = 1, de forma que k realmente la hacemos valer 3, lo que no cambia mucho nuestras ecuaciones.

De esta forma, 3a = 3s + 3t, luego a = s + t, c = 3t - a = 2t - s, y b = a - c = 2s - t.

Sin embargo, deberemos probar que a, b y c son positivos, y eso sólo sucede si 2t es mayor que s y además 2s es mayor que t. Manipulando un poco estas desigualdades vemos que este método parece un poco limitado, ya que sólo funciona con las fracciones en el intervalo entre 1/2 y 2. Podemos comprobar que una fracción en ese intervalo ya la podemos poner de esa forma.

¿Qué podemos hacer con una fracción positiva que no esté comprendida en ese intervalo?

La idea genial consiste en "desplazarla" hacia ese intervalo multiplicando por una fracción que sea cubo de otra, y después transformarla con esta receta. Podremos volverla a convertir mediante una división y tendremos, agrupando los cubos, que será de la forma deseada.

Es decir, necesitamos un multiplicador p³/q³. Una vez convertida en una fracción de la forma (a³ + b³)/(c³ + d³), volvemos a multiplicar el resultado, esta vez por q³/p³, agrupamos los cubos y tenemos una expresión como la que necesitamos, ((aq)³ + (bq)³)/((cp)³ + (dp)³).

¿Seguro que existe este multiplicador? Supongamos que nuestra fracción es s/t. En realidad el multiplicador debe estar entre t/2s y 2t/s, para que al usarlo esté entre 1/2 y 2. Si tomamos raíces cúbicas, tendremos dos valores distintos (t/2s)^(1/3) y (2t/s)^(1/3). Como las fracciones son densas, es decir, entre dos números podemos encontrar infinidad de ellas, bastará que tomemos una entre esos dos números, y su cubo cumplirá las propiedades que necesitamos.

Veamos un ejemplo. Imagina que la fracción es, por fijar ideas, 2/5.

Los dos extremos que necesitamos son 5/4 y 5, o, mejor dicho, sus raíces cúbicas. Vamos a buscar una fracción lo más sencilla posible. En estos casos, a mí me gusta recurrir a las series de Farey o el árbol de Stern-Brocot. No sirve un entero (1 es muy pequeño y 2 demasiado grande), probamos con su mediante, 3/2. Éste sí sirve, ya que 5/4 es menor que 27/8 y 27/8 es menor que 5. Si no hubiésemos encontrado una tan sencilla, por ejemplo, hubiese sido demasiado pequeña, habríamos usado el mediante con el 2 y así sucesivamente.

Ahora que tenemos el multiplicador, tomamos la fracción (2/5)*(27/8) = 54/40 = 27/20. Pues bien, tenemos que a = 27 + 20 = 47, b = 54 - 20 = 34 y c = 40 - 27 = 13. Con esos números, tenemos que 27/20 = (47³ + 34³)/(47³ + 13³), por lo que 2/5 = (8/27)*(27/20) = (94³ + 68³)/(141³ + 39³). ¿No es fascinante?

Una vez hecho todo el razonamiento, podemos resumirlo en: tomamos la fracción s/t, buscamos un multiplicador p/q de forma que esté entre (t/2s)^(1/3) y (2t/s)^(1/3). Así, su cubo estará entre t/2s y 2t/s. Luego (sp³)/(tq³) está entre 1/2 y 2. Tomamos ahora a = sp³ + tq³, b = 2tq³ - sp³ y c = 2sp³ - tq³. Con esas condiciones, es largo pero no muy complicado ver que ((qa)³ + (qb)³)/((pa)³ + (pc)³) = s/t, y que los cuatro valores, qa, qb, pa y pb son números positivos, debido a la elección de p y q.

Enhorabuena si has llegado hasta aquí. Ha sido un texto escrito sobre todo para mí mismo, para recordar este problema que me ha rondado por la cabeza más de una semana. Si hay algo que creas que no funciona bien, o que no entiendes, deja un comentario. Gracias.

Un sistema circular con tres variables

Enunciado

Este tipo de sistemas están formados por ecuaciones en varias variables, que tienen una característica muy especial: en realidad se trata de una única ecuación, en la que el papel de las variable se intercambia de alguna forma.

Las soluciones, en el caso en que las incógnitas sean números reales, deben valer lo mismo y la demostración de que así es suele hacerse siempre de forma muy similar.

Supongamos que tenemos una solución en la que los valores x, y, z no son iguales los tres. En ese caso, vamos a trabajar suponiendo que x ≤ y ≤ z, con alguna de las desigualdades estricta, o bien y ≤ x ≤ z. Cualquier otro orden sería equivalente, cambiando los nombres de las variables y el orden de las ecuaciones.

En el primer caso, veamos que se llega a una contradicción. Puesto que las variables son positivas, y se da que x ≤ y ≤ z, entonces x + 1 ≤ y + 1 ≤ z + 1, por lo que √(x + 1) ≤ √(y + 1) ≤ √(z + 1) y también 2x√(x + 1) ≤ 2y√(y + 1) ≤ 2z√(z + 1). Sin embargo, debido a las ecuaciones, eso significa que 1 + y(y + 1) ≤ 1 + z(z + 1) ≤ 1 + x(x + 1), por lo que y(y + 1) ≤ z(z + 1) ≤ x(x + 1). Sin embargo, de las desigualdades anteriores, se deduce que x(x + 1) ≤ y(y + 1) ≤ z(z + 1) ≤ x(x + 1), pero eso es imposible, puesto que alguna de las desigualdades es estricta.

En el segundo caso, se deduce una contradicción similar, empleando el mismo sistema.

Ahora que sabemos que las tres variables son iguales, el sistema se reduce a una igualdad de la forma 2x√(x + 1) = 1 + x(x + 1). Para resolver esta ecuación, no hay un método sencillo, pero hay dos aproximaciones interesantes.

La primera de ellas, hace uso de los métodos de eliminación de raíces que se estudian en educación secundaria. Elevando ambos extremos al cuadrado, tenemos que 4x²(x + 1) = (1 + x(x + 1))². Es decir, 4x²(x + 1) = 1 + 2x(x + 1) +x²*(x + 1)², y quitando paréntesis, 4x³ + 4x² = 1 + 2x² + 2x +x²*(x² + 2x + 1) = 1 + 2x² + 2x + x⁴ + 2x³ + x². Pasando todos los términos al mismo lado , tenemos que 0 = - 4x³ - 4x² + 1 + 2x² + 2x + x⁴ + 2x³ + x², por lo que 0 = x⁴ - 2x³ - x² + 2x + 1.

Esta ecuación de cuarto grado resiste todos los intentos de factorización por el método de Ruffini, por lo que no parece que sea abordable por los métodos convencionales, y tampoco es bicuadrada. Sin embargo es (casi) simétrica, y eso ayuda a hacer un cambio de variable muy original. En efecto, puesto que x no es cero, podemos dividir por x al cuadrado, y es equivalente a 0 = x² - 2x - 1 + 2/x + 1/x², que se reagrupa en 0 = x² + 1/x² - 2(x - 1/x) - 1.

Ahora, haciendo t = x - 1/x, tenemos que t² = x² - 2 + 1/x², por lo que t² + 2 = x² + 1/x². La igualdad queda ahora como 0 = t² + 2 - 2t - 1, por o que se convierte en una ecuación de segundo grado, es decir, 0 = t² - 2t + 1, y se tiene que t = 1 es la única solución. Así que 1 = x - 1/x, de donde x = x² - 1 y por tanto 0 = x² - x - 1, lo que nos da una única solución positiva (recuerda que la x debe serlo) x = (1 + √5)/2, que es el número áureo. Así, la única solución es la tripleta (x, y, z) = ((1 + √5)/2, (1 + √5)/2, (1 + √5)/2).

La otra aproximación es considerar la igualdad 2x√(x + 1) = 1 + x(x + 1) como una igualdad en la que aparezca la media geométrica y la aritmética. Transformando esta expresión en 2√(x²(x + 1)) = 1 + x² + x, y después en √(x²(x + 1)) = (x² + x + 1)/2, se ve claramente que en un lado de la igualdad tenemos la media geométrica de x² y x + 1, y en el otro la media aritmética de los mismos números.

Puesto que ambos son números positivos, la desigualdad entre medias nos impone que sólo se puede alcanzar esta equivalencia si ambos números son iguales, de donde x² = x + 1, lo que hace una ecuación de segundo grado de donde se obtiene la misma solución que en la otra aproximación.

Cuatro puntos alineados

Enunciado

Como el objetivo es demostrar que un ángulo es doble que otro, lo primero que viene a la cabeza es pensar que debo trazar un ángulo central y un arco capaz, de forma que automáticamente el ángulo central quede el que debe ser doble y el que está sobre el arco, su mitad.

Hay otros métodos, por ejemplo, razonar con coordenadas, tratando de calcular alguna razón trigonométrica, por ejemplo, mediante el producto escalar, que nos permite calcular el coseno, y tratar de establecer alguna relación entre ángulos, y en las soluciones oficiales veréis otras variantes, pero lo que voy a desarrollar aquí será el método del arco capaz.

Cuando hacemos el dibujo correspondiente al enunciado, observamos que los dos ángulos que tratamos de comparar se apoyan en el mismo punto, en E, de forma que mi primera idea fue separarlos. ¿qué mejor que buscar otro punto F, que ocupase la misma posición respecto a A y B que E respecto a C y D?

Es decir, trasladamos el punto E mediante un vector paralelo a la recta en la que están los puntos A, B, C y D, y que mida exactamente la distancia entre C y A. En ese punto F se forma exactamente el mismo ángulo AFB que el ángulo BEC que se forma en E. Pero ahora, comparte extremos con el segmento AB, igual que el otro ángulo AEB.

Trazamos entonces un arco que se centre en F y que tenga de extremos el segmento AB, así el ángulo AFB es un ángulo central de ese arco.

Vamos ahora a tratar de demostrar el enunciado.

Supongamos que AC = EC. En ese caso, EC = ED = FA = FB = radio del arco, y como la distancia FE es la misma que AC, tenemos que FE = radio del arco, por lo que en ese caso E está sobre el arco, de donde el ángulo AEB es la mitad que el ángulo central, como queríamos demostrar.

Supongamos ahora que el ángulo AFB es doble que AEB, entonces eso significa que E está sobre el arco que hemos trazado, luego EF = radio del arco. Pero EF recordemos que, por construcción, vale lo mismo que AC, y EC vale lo mismo que FA, que también es un radio del arco, de forma que AC = EC, como queríamos demostrar.

De forma que tenemos, como queríamos, que AC = EC si y sólo si el ángulo AFB es doble que AEB.

Un producto de números enteros

Enunciado

Como se trata de números enteros, trataremos de fijarnos en una propiedad que despeje uno en función de otro y a partir de ahí aplicamos propiedades de divisibilidad, por ejemplo.

Ya que tenemos despejada la primera ecuación, sabemos que z = x + 2y, así que vamos a sustituir en la segunda, teniendo que x² - 4y² + (x + 2y)² = 310.

Eliminando paréntesis, esto significa que x² - 4y² + x² + 4xy + 4y² = 310.

Agrupando términos, esto significa que 2x² + 4xy = 310.

Para simplificar, dividimos por 2, dejando la expresión x² + 2xy = 155.

A partir de este punto, hay varios razonamientos posibles. El más directo es convertir en un producto esta expresión, x(x + 2y) = 155 (observa que esta igualdad es equivalente a la que proponen en el comentario dejado en el enunciado, si cambiamos x + 2y por z, el razonamiento se simplifica algo).

Ahora, puesto que 155 = 5*31, x sólo puede valer 1, 5, 31 ó 155, pero hay que observar que tanto x como y deben ser positivos, así que x + 2y debe ser mayor que x, por lo que en realidad sólo son válidas las posibilidades x = 1 y x = 5.

En el primer caso, x = 1 y por tanto x + 2y = 155, de donde 2y = 154, por lo que y = 77. La última variable, z = x + 2y = 155, por lo que xyz = 11935.

En el segundo, x = 5, por lo que x + 2y = 31, y por tanto 2y = 26, y así y = 13. Como z = x + 2y = 31, xyz = 2015.

El problema habría tenido algo más de dificultad si hubiesen permitido valores negativos, ya que el número de soluciones habría sido algo mayor.

Otro enfoque sería despejar y en la fórmula, y = (155 - x²)/x. Puesto que tanto x como y han de ser positivos, 155 debe ser mayor que x², por lo que basta tantear entre el 0 y el 12 para encontrar las dos soluciones válidas, aunque no pensemos en divisibilidad.

Torneo de baloncesto

Enunciado

Lo primero que hay que determinar es la cantidad de equipos que se enfrentan en esta liga.

Pensemos que son n equipos. Si tenemos en cuenta que cada uno de ellos se enfrenta con cada uno de los demás, cada equipo juega 2n - 2 partidos. Como tienen que jugar todos, el número total de partidos sería n*(2n - 2)/2 = n*(n - 1). Observa que dividimos por 2 porque cada partido lo juegan 2, es decir, si multiplicamos sólo, contamos cada partido 2 veces.

Ahora, según el enunciado, en cada partido se reparten 3 puntos (1 para el perdedor y 2 para el ganador). Por lo tanto, El total de puntos sería 3*n*(n - 1) y el máximo de puntos que puede lograr un equipo, ganando todos los partidos, sería 4n - 4.

Con ese conocimiento, hay que ver qué valor de n ocasiona que el total de puntos sea superior a 2015, pero no demasiado superior.

El método más rápido sería un tanteo. Si n = 26, 3n*(n - 1) = 1950, por lo que debe ser superior a 26, pero n = 28 ocasiona 2268, que deja un total de puntos para el primer clasificado de 2268 - 2015 = 253, que es muy superior al total de puntos que puede sacar un equipo en una liga de 28, que es 108. Luego el total de equipos de la liga es exactamente 27.

Ahora, eso significa que el total de puntos es 2106, lo que hace que el total de puntos del primero sea 2106 - 2015 = 91.

Sabiendo que tiene 91 puntos, podemos restar la cantidad de partidos jugados, 91 - 52 = 39, es decir, debe haber ganado exactamente 39 partidos. Restamos porque si observas, en cada partido el equipo gana un punto seguro, y sólo obtiene otro si gana. Por tanto, restando el número de partidos se obtiene el número de victorias. También se puede hacer con un sistema, pero la solución me pareció menos interesante.

Circunferencia entre dos rectas

Enunciado

De este problema hay numerosas soluciones. Incluyo aquí una que me ha enviado Ricard Peiró, traduciéndola del original en valenciano, ya que este blog lo consulta mucha gente castellanoparlante.

Según vemos en el dibujo, se traza la recta perpendicular a r que pasa por A, y que corta a las rectas paralelas r y s en los puntos N y M, respectivamente.

Los segmentos AN y AM son de la misma longitud, llamémosla k. Veamos que, por construcción, la distancia AP también vale k, por lo que es independiente de la elección de B, y por tanto P está sobre una circunferencia de radio k centrada en A, que es tangente a las rectas r y s.

Aplicando el teorema de la altura al triángulo ABC, que es rectángulo y está dividido por una altura, tenemos que AP² = CP*BP.

Aplicando el teorema del cateto a cada uno de los dos catetos del triángulo ABC, AB² = CB*BP y AC² = CB*CP.

Dado que el ángulo CAB es recto, los ángulos NAC y MAB suman también 90 grados, por lo que los triángulos ANC y BMA son semejantes.

Aplicando proporcionalidad, tenemos que k/AC = MB/AB = √(AB² - k²)/AB.

Por tanto, elevando al cuadrado, tenemos que k²/AC² = (AB² - k²)/AB² y, puesto que ambas fracciones son iguales, también son ambas iguales a la fracción formada sumando ambos numeradores y ambos denominadores, AB²/(AB² + AC²) = AB²/BC².

Por tanto, k²/AC² = AB²/BC².

Eso significa que k²= AC²*AB²/BC².

Según hemos visto antes, tenemos que k² = CB*CP*CB*BP/BC² = CP*BP = AP², por lo que se tiene que k = AP, como queríamos demostrar.

Hay muchas otras demostraciones muy interesantes. En las soluciones oficiales podemos encontrar varias construcciones diferentes.