Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

• Si se trata del primer turno, une dos puntos cualesquiera.
• Si encuentra $94$ o menos puntos usados, une cualquier punto usado con uno sin usar.
• Si encuentra exactamente $95$ puntos usados, entonces une dos ya usados que no estuvieran unidos previamente.
• Si encuentra exactamente $96$ puntos usados, entonces une los dos restantes (y gana). Análogamente, si encuentra $97$ puntos usados, une el que falta con otro cualquiera (y gana también).

La demostración de que esta estrategia permite ganar es que José nunca deja $96$ o $97$ puntos usados tras su turno. Esto es a su vez consecuencia de cuando encuentra $95$ puntos usados siempre puede unir dos que previamente no estuvieran unidos ya que el número de segmentos que estos determinan es $\binom{95}{2}=95\cdot 47$, que es impar.

Nota. Este es un problema que admite muchas discusiones de casos y aproximaciones ligeramente distintas. La solución se puede adaptar para cualquier número de la forma $4n+2$ en lugar de $98$.

Vamos a encontrar la forma de sentarse por inducción sobre $n$. Para el caso base $n=2$, la forma de sentarse es 1221 (cíclicamente), siendo 1 un representante del primer país y 2 un representante del segundo. Ahora bien, para añadir un tercer país añadimos 33231 al inicio de la cadena, para añadir un cuarto país añadimos 4434241, para añadir un quinto país añadimos 554535251 y así sucesivamente, obteniendo las cadenas cíclicas \begin{align*} 1221,\\ 332311221,\\ 4434241332311221,\\ 5545352514434241332311221,\ldots \end{align*} En el paso $n$ se añade la cadena $nn(n-1)n(n-2)\ldots n1$ formada por $2n-1$ números. Como la suma de los impares entre $1$ y $2n-1$ es $n^2$, deducimos que tenemos así $n^2$ números para $n$ países. Ahora bien, cada número $k\lt n$ tiene a su derecha a cada uno de los números entre $1$ y $n-1$ una única vez por hipótesis de inducción y una vez al $n$ en la cadena añadida en el paso $n$. Por su parte, el número $n$ tiene a su derecha una vez a cada uno de los números entre $1$ y $n$ en la cadena añadida en el paso $n$. Por lo tanto, hemos probado que el número máximo es $n^2$.

• Si todos los $r_i$ son positivos, entonces las circunferencias $\Gamma_1,\ldots,\Gamma_n$ son tangentes exteriores dos a dos. Es bien conocido que el número máximo de circunferencias mutuamente tangentes es cuatro (ver la nota), lo que nos da $n\leq 4$ en este caso.
• Si existe un $r_i$ cero y el resto son positivos, pongamos $r_1=0$, entonces las circunferencias $\Gamma_2,\ldots,\Gamma_n$ son mutuamente tangentes exteriormente y además $P_1$ pertenece a todas ellas. Como los puntos de tangencia de $\Gamma_2,\ldots,\Gamma_n$ son distintos, el punto $P_i$ no puede pertenecer a todas las circunferencias salvo que $n=3$. Esto nos dice que $n\leq 3$ en este caso.
• Si existe un $r_i$ negativo y el resto son positivos, pongamos $r_1\lt 0$, entonces las circunferencias $\Gamma_2,\ldots,\Gamma_n$ son mutuamente tangentes exteriormente, mientras que $\Gamma_1$ es tangente interior a todas las demás (siendo $r_1+r_i\gt 0$, se tiene que $|r_1|\leq |r_i|$ para todo $i$). Esto nos dice que $n\leq 3$ en este caso ya que $\Gamma_1$ no puede ser interior a dos o más circunferencias tangentes exteriormente.

Hemos probado así que el máximo buscado es $n=4$.

Nota. El hecho de que el máximo número de circunferencias mutuamente tangentes es cuatro es consecuencia, por ejemplo, del teorema de los círculos de Descartes (aunque puede razonarse independientemente de forma más elemental).