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?

Olimpiada Matemática Española 2023, Fase Local

 

    O venres 20 de xaneiro tivo lugar a fase local da Olimpiada Matemática Española. Este ano volveu ao formato usual, no que hai 6 problemas distribuídos en dúas sesións, común a moitos concursos tradicionais a nivel internacional. Uns colegas que levaron alumnos a esta fase, que a nivel galego sempre se celebra na Facultade de Matemáticas da USC, compartiron os problemas e a conta galega oficial da olimpiada xa deu permiso para difundilos, de aí esta entrada. Os problemas foron ben fermosos, e algo inusuais na miña opinión:

Sesión matinal

Sesión vespertina

Como vén sendo habitual, o primeiro que me chamou a atención foi a ecuación diofántica do problema 6, que vou proceder a resolver, pero tamén me resultou curioso o problema 5, que lembra a un problema compartido neste blog... hai máis de dez anos!

Para quen lle gusten os números

Nesa entrada o proceso consistía en partir dos primeiros 4 naturais(valería cos primeiros n), e coller dous ao chou , $a$ e $b$, e substituílos por $a+b+ab$, e repetir o proceso dúas veces máis ata quedar cun único número, que inevitablemente tería que ser 119, que cun chisco de vista un recoñecerá como $5!-1$

A que obedece este fenómeno? A que collendo dous números ao chou e cambiándoos polo resultado desa operación aparentemente aleatoria, hai un número relacionado co conxunto inicial dos 4 números que permanece invariante. Sabendo que ao final do proceso chegamos sempre a 119, xa intuímos que o invariante é o número anterior ao produto dos números seguintes aos dados, é dicir, $(1+1)(2+1)(3+1)(4+1)-1$. De feito, un ve a estrutura cando se decata de que $a+b+ab=a+b+ab+1-1=(a+1)(b+1)-1$

Este comentario serve como pista para o 5º problema da olimpíada, se tedes ganas de pensalo(se non tedes ganas, tamén serve).

Imos á ecuación diofántica, logo.

$$2^a+7^b=c^2+4$$

A primeira vista ten aspecto de ser difícil, non só polo feito de que teña 3 incógnitas, senón porque unha delas non aparece nun expoñente(é habitual que se están nun expoñente saibamos moitas propiedades da expresión), e ademais non hai un xeito natural (no pun intended) de factorizar ningún dos dous membros. Por sorte, dos cadrados perfectos tamén sabemos moitas cousas. Cando un xa leva uns anos resolvendo ecuacións destas, xa visualiza estratexias con certa celeridade. Neste caso, imos distinguir 3 casos, en función do expoñente a:

$$a=1$$

A ecuación é simplemente $$7^b=c^2+2$$

E a expresión está a pedir que probemos cun razoamento módulo 7:

$$c^2+2 \equiv \begin{cases}2 \\ 3 \\ 6 \\ 4  \\ \end{cases}(mod7) \\$$

e vemos que nunca equivale a 0 módulo 7. Dito doutro xeito, $-2$ é un non residuo cuadrático módulo 7.

En troques, se $a=2$ a ecuación pasa a ser $$7^b=c^2$$ que obviamente ten infinitas solucións, dadas pola expresión $b=2d, c=7^d$

Finalmente, se $a\ge3$, traballando módulo 8:

$$2^a+7^b  \equiv 7^b \equiv (-1)^b \equiv \begin{cases} -1 \\ 1 \end{cases} (mod8)$$

Mentres que o membro da dereita:

$$c^2+4 \equiv \begin{cases} 4 \\ 5 \\ 0 \end{cases} (mod 8)$$

E vemos que non poden coincidir.

En conclusión, a ecuación ten infinitas solucións co aspecto $(a,b,c)=(2,2d,7^d), d \in \mathbb{N}$

Deixamos ao amable lector que resolva os outros cinco problemas...

LIII Olimpiada Matemática Española

Esta fin de semana celebrouse en Alcalá de Henares a LIII Olimpíada Matemática Española para alumnos de bacharelato. Souben dos problemas que caeron nun grupo de profesores de Matemáticas no que participo en Facebook, e non puiden evitar roerlle ao primeiro, que adoita ser o máis sinxelo, e que este ano tiña que ver con números naturais. Observade:

Determina o número de valores distintos da expresión

$$\frac{n^2-2}{n^2-n+2}$$

onde $n \in \{1,2,3,\dots,100\}$

Por variar un pouco, vou compartir a solución que atopei; e para que non vexades a miña solución antes de terdes oportunidade de pensar unha vós mesmos, déixovos unha interesante figura que vin en xaneiro en futility closet:

Ide a Futility Closet por máis información

Eis a solución:

A estratexia vai consistir en calcular os valores distintos do 1 ao 100 que teñen a mesma imaxe pola función $f(n)=\frac{n^2-2}{n^2-n+2}$

O certo é que resulta máis sinxelo do que vaticinei ao ver a expresión. Supoñamos que n e m son valores distintos entre 1 e 100 que cumpren que $f(n)=f(m)$. Entón:

$$\frac{n^2-2}{n^2-n+2}=\frac{m^2-2}{m^2-m+2}$$

$$(n^2-2)(m^2-m+2)=(n^2-n+2)(m^2-2)  $$

$$n^2m^2-n^2m+2n^2-2m^2+2m-4=n^2m^2-2n^2-nm^2+2n+2m^2-4 $$

$$nm^2-n^2m+4n^2-4m^2+2m-2n=0 $$

$$nm(m-n)+4(n+m)(n-m)+2(m-n)=0 $$

$$ (m-n)[nm-4(n+m)+2]=0 $$ 

Como n e m son distintos, o segundo factor ten que anularse:

$$nm-4n-4m+2=0$$

Esta ecuación pode resolverse de varios xeitos, por exemplo despexando unha das incógnitas e impoñendo posteriormente que tome valores naturais, mais observando a simetría do polinomio é máis limpo así:

$$(n-4)(m-4)-14=0 \rightarrow (n-4)(m-4)=14 $$

$$\Longrightarrow \begin{cases} \begin{cases}n-4=14 \\ m-4=1 \end{cases} \\ \ \ \ ou \\ \begin{cases}n-4=7 \\ m-4=2 \end{cases} \end{cases} $$

A priori podería haber divisores negativos de 14, p.ex. $n-4=-2$, pero provocaría que o outro factor fose $m-4=-7$ e por tanto m non sería natural.

En conclusión, só temos as solucións $$(n,m)=(18,5) \ e  \ (n,m)=(11,6)$$

Isto implica que todos os números do 1 ao 100 dan valores distintos da función f(n) agás estas dúas parellas, polo que hai 98 valores distintos

Dous problemas de áreas

Revisando vellas ligazóns da época na que resolvía problemas de olimpíadas matemáticas, dei cos meus ósos no arquivo de enunciados da Olimpíada Matemática Argentina. E nel, coas dúas únicas probas do Torneo del Mercosur que atopei na rede. Confeso que nunca parara a mirar as probas, seguramente porque a primeira ollada a problemas de Xeometría sen figuras deixa sen ganas de máis. Desta volta tería máis azos, pois achei este problema:

Temos dous rectángulos iguais, ABCD e APQR, tales que P está no interior do rectángulo ABCD e o lado PQ do rectángulo APQR interseca ao lado DC do rectángulo ABCD no punto E. Se sabemos que:

• AB=CD=AP=QR=8
• AD=BC=AR=PQ=12
• DE=1

Achar a área da figura ABCEP

Esta é a tradución do problema orixinal, conviredes comigo que dá algo de cansazo. Sorte que xa vos fixen eu o debuxo:

Colocando as etiquetas na orde contraria ás agullas do reloxo, obtemos o mesmo problema?

E esta semana tamén descubrín estoutro, que aínda que fala de áreas, é totalmente distinto do anterior. Unha das cousas boas que ten dar catro niveis de Matemáticas é que vas atopar problemas axeitados en calquera sitio que mires. Este problema foi proposto na XXI Olimpiada Matemática Asturiana, en 2014, e eu vino no blogue Matemáticas JMMM, onde coido que cheguei desde twitter, mais non lembro desde que conta.

Na figura hai dous cadrados, un de lado 7 cm. e o outro de lado 2 cm. Os lados do cadrado pequeno son paralelos aos do grande. Atopa a área da zona sombreada.

  

Unha pregunta para os profesores: por que sería mala idea converter este exercicio nun ítem con varias opcións?

Un problema de Álxebra da Olimpíada Española

Coido que foi grazas a Daniel Ruiz Aguilera, presidente da Societat Balear de Matemàtiques, que cheguei aos problemas da Fase Local a les Illes Balears da Olimpíada Matemática Española, dirixida a estudantes de bacharelato. Xa coñecía os do zonal galego, polo que tiven que comparar as temáticas dos problemas.

• Na galega, por orde, os temas foron: 1)Progresións/divisibilidade,2)Reloxos, 3)Triángulos rectángulos, cadrados e construcións con regra e compás,4)Raíces de polinomios que son as lonxitudes dos lados dun triángulo rectángulo,5) Triángulos e concorrencias de cevianas, 6) Combinatoria xeométrica.
• Na balear:1)O problema clásico das amigas que bailan nunha festa, cada unha cun mozo máis,2) Raíces de polinomios, 3) Un triángulo cun punto interior do que sabemos certos ángulos formados cos vértices,4) Aritgrama cunha división da que só sabemos unha cifra,5) Desigualdade xeométrica no contexto dun rectángulo, 6)Números primos.

Obsérvase certa sobrerrepresentación dos triángulos, mais isto é habitual neste tipo de olimpíadas, sendo como é un tema clásico das matemáticas elementares. Por outra banda, en moitos centros educativos adoitan preparar especificamente aos alumnos que amosan talento, e a preparación céntrase en aspectos certamente básicos mais que non entran no ámbito curricular. Este ano podemos ver exemplos extracurriculares no 2º problema galego cando piden que se constrúa o cadrado con regra e compás, no 6º galego(a Combinatoria está algo illada no curriculum) ou no 5º balear, que é case un alieníxena comparado co traballado nas aulas.

Hoxe vou compartir (e resolver, para variar) un dos problemas máis relacionados co traballo na ESO e no Bacharelato, o segundo problema das Illes Baleares:

Sabem que els polinomis $x^2+ax+b$ i $x^2+mx+n$ tenen una arrel comuna. Escriviu l'equació de segon grau les solucions de la qual siguin les respectives altes arrels d'aquests polinomis.

Nunca vira nin pensara nesta situación, polo que a curiosidade provocou que tivese que resolvelo. Collamos un exemplo de dous polinomios cuadráticos que compartan unha raíz, a ver se vemos pistas:

$x^2-5x+6$ e $ x^2-7x+10$  comparten a raíz $x=2$, as outras raíces son, respectivamente, $x=3$ e $x=5$, polo que o polinomio cuadrático buscado é $x^2-8x+15$. Hai que ter moita vista matemática aínda para albiscar a relación entre os coeficientes -5, 6, -7, 10 e -8 e 15(si, vense cousas, pero teñen que ser casuais, pois son pouco "naturais")

Como agora vai a miña supertécnica solución, recoméndovos deixar de ler e coller lapis e papel se queredes fedellar vós tamén coa Álxebra:

Vou utilizar a eito o Teorema de Cardano-Viète para o caso de polinomios cuadráticos mónicos, que afirma que se as raíces dun polinomio $x^2+px+q$ son $\alpha$ e $\beta$, entón $\alpha+\beta=-p$ e $\alpha \cdot \beta=q$.

Con isto, se chamamos ás raíces dos dous polinomios $x_0, x_1$ e $x_0, x_2$ temos que

$$\begin{cases}x_0+x_1=-a \\ x_0\cdot x_1=b \\ x_0+x_2=-m \\ x_0\cdot x_2=n \end{cases}$$

O noso obxectivo vai ser atopar a suma e o produto das outras dúas raíces dos dous polinomios, $x_1$ e $x_2$, en función dos coeficientes a, b, m e n. Vexamos:

• Comezamos por restar as dúas igualdades coas sumas das raíces, obtemos:

$$x_2-x_1=a-m$$ (1)

• Dividimos as dúas igualdades cos produtos das raíces:

$$\frac{x_2}{x_1}=\frac{n}{b}\rightarrow bx_2=nx_1$$ (2)

• Despexamos unha das raíces en (1)

$$x_2=x_1+a-m$$

• Multiplicando os dous membros por b e utilizando (2):

$$bx_2=bx_1+ba-bm$$

$$nx_1=bx_1+ba-bm$$

$$(n-b)x_1=b(a-m)\rightarrow x_1=\frac{b(a-m)}{n-b}$$

• Utilizando (2) outra vez obtemos a igualdade equivalente para $x_2$:

 $$x_2=\frac{n(a-m)}{n-b}$$

• Tendo expresións para cada unha das raíces $x_1$ e $x_2$ en función dos coeficientes deixa pouco choio por facer:

$$\begin{cases} x_1+x_2=\frac{(b+n)(a-m)}{n-b} \\ x_1 \cdot x_2= bn \cdot (\frac{a-m}{n-b})^2\end{cases}$$

Só hai que cambiarlle o signo á primeira expresión e xa temos o coeficiente linear do polinomio.
Para que a solución sexa rigorosa tería que considerar uns casos illados nos que incurrín na "división por cero". Como os detalles son sinxelos mais aburridos, déixollos ao lector.

No exemplo de máis arriba, onde a=-5, b=6, m=-7, n=10, comprobemos o resultado:

$$-\frac{(b+n)(a-m)}{n-b}=-\frac{16 \cdot 2 }{4}=-8$$

e

$$bn \cdot (\frac{a-m}{n-b})^2=6 \cdot 10\cdot (\frac{2}{4})^2 =\frac{60}{4}=15$$

como xa sabíamos.

Canta imaxinación!

Probade o First Person Tetris. Mellor no modo nocturno. Non diredes que non é unha mostra enorme de imaxinación facer que, en troques de rotar as pezas (os tetrominós) , xiremos o mundo!
É dicir, un Tetris en primeira persoa, ao máis puro estilo dos shooters de toda a vida, como o Unreal, o Quake...

E nestas datas están a celebrar a primeira fase da Olimpíada Matemática Española de Bacharelato. O ano pasado, na fase galega apareceu un problema interesante de Combinatoria:

Temos 2009 moedas repartidas en 10 montóns. Cada montón ten polo menos tres moedas. Un movemento consiste en elixir un montón, retirar unha das súas moedas, e dividilo en dous montóns. É posible, repetindo este movemento, chegar a ter montóns que teñan todos exactamente tres moedas?

E como este problema é demasiado difícil, un tirado da Olimpíada Galega de 2º de E.S.O. do 2009:

O deseño seguinte está formado por baldosas brancas e negras. A súa anchura é 5.

1. Temos outro deseño cunha anchura 15. Cantas baldosas de cada cor terá?
2. E se a súa anchura fose de 85?
3. Para calquera anchura n, podes expresar o número total de baldosas?

Olimpíada Española

Hoxe propóñovos un problema da fase local (en Albacete) da Olimpíada Matemática Española do 1998, aínda que é un problema clásico e ben coñecido, a ver que vos parece:

Nun cárcere hai 32 presos repartidos en 8 celas de planta cadrada. En cada cela das esquinas hai un preso, e en cada unha das centrais hai 7 presos, como podedes ver na figura:



O carceleiro é un pouco mangante, e para controlar que non lisca ningún preso cóntaos do seguinte xeito:
Conta os presos totais de cada ringleira e columna e asegúrase de que sexan 9. Feito isto, retírase á oficina.
Pero os presos son máis listos ca el, e un día fúganse 4 presos. Cando o garda fai o reconto non se decata, pois o número total de presos en cada ringleira e columna segue a ser 9.

Que fixeron os presos para que o garda non se decatara da fuga? É dicir, como se colocaron nas celas?