Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Supongamos en primer lugar que hay $j$ elementos iguales a $1$ y $n-j$ iguales a $-1$ (es decir, no hay ceros). Entonces, habrá un producto $1$ por cada pareja de los primeros $j$ elementos y por cada pareja de los $n-j$ restantes, es decir, habrá $\binom{j}{2}+\binom{n-j}{2}$ sumandos iguales a $1$. Por otro lado, habrá un producto $-1$ por cada forma de elegir una pareja con un $1$ y un $-1$, es decir, habrá $j(n-j)$ sumandos iguales a $-1$. Por tanto, en tal caso la suma será \[\binom{j}{2}+\binom{n-j}{2}-j(n-j)=\frac{n^2-4jn+4j^2-n}{2}=\frac{(n-2j)^2-n}{2}.\] Esta suma será mínima cuando $n-2j$ esté lo más cercano posible a cero y dependerá de que $n$ sea par (tomamos $j=\frac{n}{2}$) o impar (tomamos $j=\frac{n-1}{2}$). Así, la suma mínima (sin usar ceros) será \[S(n)=\begin{cases}\frac{-n}{2}&\text{si }n\text{ es par},\\ \frac{1-n}{2}&\text{si }n\text{ es impar}.\end{cases}\] La función $S(n)$ es decreciente (no estrictamente) y usar ceros equivale a usar menos de $n$ números, luego $S(n)$ también es la suma mínima para $n$ números cuando algunos de ellos son ceros.

Para responder al apartado (b), supongamos que ahora se trata de números reales en el intervalo $[-1,1]$. En la suma total $S$, cada término $x_k$ multiplica a $s_k=(x_1+\ldots+x_{k-1}+x_{k+1}+\ldots+x_n$. Por tanto, si $s_k\neq 0$ y $-1\lt x_k\lt 1$, la suma total $S$ disminuirá haciendo $x_k=1$ o $x_k=-1$ dependiendo de si $s_k\lt 0$ o $s_k\gt 0$, respectivamente. Si por el contrario $s_k=0$, entonces $S$ no variará si tomamos $x_k=1$ o $x_k=-1$. En definitiva, el mínimo valor de $S$ se alcanzará en algún punto con todos los $x_k$ iguales a $\pm 1$, lo que demuestra que la respuesta es la misma que en el apartado (a).

Solución. Supongamos que el tablero está dispuesto de la siguiente forma: \[\begin{bmatrix} A&B&C\\ D&E&F\\ G&H&I \end{bmatrix}.\] Está claro es que los valores que se coloquen en $A,C,E,G,I$ son irrelevantes (porque suman para los dos o para ninguno) y el primer jugador gana si $B+H\gt D+F$. Por tanto, el primer jugador comienza colocando el número más grande en $B$. Si el segundo jugador coloca el seg

Solución. Supongamos en primer lugar que hay $j$ elementos iguales a $1$ y $n-j$ iguales a $-1$ (es decir, no hay ceros). Entonces, habrá un producto $1$ por cada pareja de los primeros $j$ elementos y por cada pareja de los $n-j$ restantes, es decir, habrá $\binom{j}{2}+\binom{n-j}{2}$ sumandos iguales a $1$. Por otro lado, habrá un producto $-1$ por cada forma de elegir una pareja con un $1$ y un $-1$, es decir, habrá $j(n-j)$ sumandos iguales a $-1$. Por tanto, en tal caso la suma será \[\binom{j}{2}+\binom{n-j}{2}-j(n-j)=\frac{n^2-4jn+4j^2-n}{2}=\frac{(n-2j)^2-n}{2}.\] Esta suma será mínima cuando $n-2j$ esté lo más cercano posible a cero y dependerá de que $n$ sea par (tomamos $j=\frac{n}{2}$) o impar (tomamos $j=\frac{n-1}{2}$). Así, la suma mínima (sin usar ceros) será \[S(n)=\begin{cases}\frac{-n}{2}&\text{si }n\text{ es par},\\ \frac{1-n}{2}&\text{si }n\text{ es impar}.\end{cases}\] La función $S(n)$ es decreciente (no estrictamente) y usar ceros equivale a usar menos de $n$ números, luego $S(n)$ también es la suma mínima para $n$ números cuando algunos de ellos son ceros.

Para responder al apartado (b), supongamos que ahora se trata de números reales en el intervalo $[-1,1]$. En la suma total $S$, cada término $x_k$ multiplica a $s_k=(x_1+\ldots+x_{k-1}+x_{k+1}+\ldots+x_n$. Por tanto, si $s_k\neq 0$ y $-1\lt x_k\lt 1$, la suma total $S$ disminuirá haciendo $x_k=1$ o $x_k=-1$ dependiendo de si $s_k\lt 0$ o $s_k\gt 0$, respectivamente. Si por el contrario $s_k=0$, entonces $S$ no variará si tomamos $x_k=1$ o $x_k=-1$. En definitiva, el mínimo valor de $S$ se alcanzará en algún punto con todos los $x_k$ iguales a $\pm 1$, lo que demuestra que la respuesta es la misma que en el apartado (a).