Olimpíada Matemática Española 2024-25, Fase Local

 

Pequena adiviña non-relacionada-coas-matemáticas
que deixo (axiña aparece a razón)

A fin de semana pasada tivo lugar a fase local da OME deste curso, un colega mandoume o mesmo día foto da folla da sesión matinal e automaticamente quedei abraiado porque vin un problema que recoñecín como parte do folklore. E como ninguén me deu a razón, quedei pensando se sería un falso recordo. 

Polo que traio ese problema e a solución que practicamente non tiven que pensar, razón que apoia a miña postura: se non formase parte do folklore, probablemente eu non o daría resolto, e menos tan rápido. E de paso tamén comparto o primeiro problema, que tamén resultou sinxeliño. A ver que opinades.

O problema que eu considero ben coñecido era o 2:

Sexa $q(x)$ un polinomio de grao 2023 que cumpre $q(n)=\frac{1}{n}$ para todo $n=1,2,\dots, 2024$. Atopa o valor de $q(2025)$

Dúas liñas máis abaixo comeza o meu comentario e posterior solución. Avisados estades.

O primeiro que pensa un vendo ese enunciado é que un polinomio de grao 2024 queda determinado por 2025 valores, e aquí temos 2024 valores, polo que o mellor que podemos acadar é deixar un parámetro bailando. Se coñecedes algo do polinomio de interpolación e do determinante de Vandermonde saberedes o obstáculo que hai, que vén xeneralizar o feito ben coñecido de que unha recta(grao 1) queda determinada por 2 puntos, unha parábola(grao 2) por 3, etc. Na práctica, non parece factible meternos a calcular un polinomio de grao 2023. O que si sería máis manexable sería determinar o polinomio a partir das súas raíces, co pequeno obstáculo de que non sabemos as raíces de q. Polo que a estratexia vai ser atopar un polinomio relacionado con q do que si saibamos as raíces. E isto é cuestión de vista: Se $q(n)=\frac{1}{n}$, entón $n \cdot q(n)=1$, ou o que é o mesmo, $n \cdot q(n)-1=0$.

Así que o polinomio que vai facer o choio é $p(x)=xq(x)-1$, que ten 2024 raíces coñecidas, $n=1,2,\dots, 2024$. En consecuencia, $p(x)=\lambda \cdot (x-1)(x-2)\dots (x-2024)$, con $\lambda$, o coeficiente principal, por determinar.

Agora usamos que o valor no 0 é sinxelo de obter, e pouco quedará:

$$p(0)=0 \cdot q(0)-1=-1$$ 

Pero tamén:

$$p(0)=\lambda \cdot(0-1)(0-2)\dots(0-2024)=\lambda \cdot 2024!$$

Igualando, $$-1=\lambda \cdot 2024! \rightarrow \lambda=\frac{-1}{2024!}$$

E $p(2025)= \frac{-1}{2024!} \cdot (2025-1)(2025-2) \dots (2025-2024)=\frac{-1}{2024!} \cdot 2024! =-1$

De onde $-1=p(2025)=2025 \cdot q(2025)-1$, polo que $q(2025)=0$

Como detalle curioso, o conto cambiaría moito se estivésemos en 2024 ou 2026. Observade o gif que fixen, de 1 ata 20, como varía dependendo da paridade:

Non sei vós, eu oio o son de lategazos a través da pantalla

E, como dixen, o primeiro problema, gratis:

Sexa ABCD un paralelogramo e sexa M un punto na diagonal BD que cumpre $MD=2BM$. As rectas AM e BC córtanse nun punto N. Cal é o cociente entre a área do triángulo MND e a área do paralelogramo ABCD?

Como sempre, o debuxo explica mellor o asunto:

   

Neste problema hai unha única liña que revela o esencial, e non é moi esotérica, pois é a outra diagonal:

   

Como as diagonais sempre se cortan no punto medio(E nesta figura), e ademais $MD=2BM$, temos que $BM=2 ME$ e $MD=\frac{2}{3} BD$. Sendo E o punto medio do lado AC do triángulo ABC, BE é a mediana correspondente a ese lado, e M ten que ser o baricentro, que é o único punto nunha mediana que a divide na razón 2:1.

Por tanto, AN ten que ser outra mediana, polo que N é o punto medio do lado BC, e podemos xa ir calculando razóns entre áreas de polígonos:

$$\frac{(MND)}{(BND)}=\frac{MD}{BD}=\frac{2}{3}$$

$$\frac{(BND)}{(BCD)}=\frac{1}{2}$$

$$\frac{(BCD)}{(ABCD)}=\frac{1}{2}$$

Xuntando estas 3 razóns, $$\frac{(MND)}{(ABCD)}=\frac{1}{6}$$

O dito: o primeiro problema é tradicional? Resolvestes o do paralelogramo doutro xeito?