Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Como $221=13\cdot 17$ y cada fila y columna tiene más de un elemento, no queda más remedio que la tabla sea $13\times 17$ o bien $17\times 13$. Supongamos el primer caso y luego analizaremos el segundo, que es completamente análogo. Si vemos la tabla como una matriz, el elemento que ocupa la posición $(i,j)$ estará dado por \[a_{ij}=a+(i-1)d+(j-1)d_i,\qquad\text{para }1\leq i\leq 13\text{ y }1\leq j\leq 17\] y ciertos números reales $a,d,d_1,\ldots,d_{17}$. Esta forma de escribir los elementos responde al hecho de que la primera columna es una progresión aritmética ($a$ es su término inicial y $d$ su diferencia) y la fila $i$-ésima es una progresión aritmética ($d_i$ es su diferencia). Imponiendo que la última columna es también una progresión aritmética, tenemos que la diferencia entre dos términos consecutivos $a_{i+1,13}-a_{i,13}=d+12(d_{i+1}-d_i)$ ha de ser constante, lo que nos lleva a que los $d_i$ también formen una progresión aritmética, pongamos $d_i=d_1+(i-1)h$ para cierto número real $h$. Tenemos así que los elementos de la tabla quedan \[a_{ij}=a+(i-1)d+(j-1)d_1+(i-1)(j-1)h,\qquad\text{para }1\leq i\leq 13\text{ y }1\leq j\leq 17.\qquad(\star)\] Sumando todos estos elementos obtenemos \begin{align*} 110721=\sum_{i=1}^{13}\sum_{j=1}^{17}a_{ij}&=221a+17d\sum_{i=1}^{13}(i-1)+13d_1\sum_{j=1}^{17}(j-1)+h\left(\sum_{i=1}^{13}(i-1)\right)\left(\sum_{j=1}^{17}(j-1)\right)\\ &=221a+17\cdot\frac{12\cdot 13}{2}d+13\cdot\frac{16\cdot 17}{2}d_1+\frac{12\cdot 13}{2}\cdot\frac{16\cdot 17}{2} h. \end{align*} Hemos dejado así indicado el producto para que se vea claramente que todo el miembro de la derecha tiene factor común $13\cdot 17$ y, además, podemos dividir $110721$ por $13$ y $17$ de forma exacta, por lo que se puede simplificar lo anterior para obtener que $501=a+6d+8d_1+48h$. La suma de los elementos de las cuatro esquinas es \[a+(a+16d_1)+(a+12d)+(a+16d_1+12d+12\cdot 16h)=4(a+6d+8d_1+48h)=2004.\]

El caso de tener $17$ filas y $13$ columnas es completamente similar ya que la fórmula $(\star)$ se demuestra de la misma manera (ahora para $1\leq i\leq 17$ y $1\leq j\leq 13$), lo que equivale a cambiar filas por columnas (es decir, cambiar $d$ por $d_1$) en el cálculo anterior (¿sabrías justificarlo?).

Solución. La función \(f\) es sobreyectiva ya que en la ecuación funcional el miembro de la derecha toma todos los valores enteros al mover \(x\) e \(y\). Por tanto, existe \(y_0\) tal que \(f(y_0)=0\) y, sustituyendo \(y=y_0\) en la ecuación, tenemos que \(y_0=0\), de donde \(f(0)=0\). Haciendo ahora \(x=0\) en la ecuación, se tiene que \(f(f(y))=-y\), lo que prueba que \(f\) es inyectiva ya que si \(f(a)=f(b)\) para ciertos \(a,b\in\mathbb{Z}\), entonces \(-a=f(f(a))=f(f(b))=-b\) y \(a=b\). Dado \(a\in\mathbb{Z}\) tal que \(f(a)=1\) y sustituyendo \(y=a\) en la ecuación original, tenemos que \(f(x+1)=f(x)-a\) para todo \(x\in\mathbb{Z}\), de donde se deduce que \(f(x)=f(0)-ax=-ax\) y, por tanto, \(a=\pm 1\) ya que si \(a\neq\pm1\), entonces \(f\) no sería inyectiva. En consecuencia, las únicas posibilidades para \(f\) son \(f(x)=x\) y \(f(x)=-x\) para todo \(x\in\mathbb{Z}\). Como ninguna de estas dos funciones cumple la ecuación del enunciado, deducimos que no existen tales funciones.

Solución. Supongamos que $A$ y $B$ son dos potencias de $2$ distintas pero con los mismos dígitos (no nulos) reordenados. Vamos a llegar a una contradicción y esto dará respuesta negativa a la pregunta del enunciado. Primero observamos dos propiedades de $A$ y $B$.

• Como los dígitos tanto de $A$ como de $B$ son no nulos, ambos números han de tener el mismo número de cifras significativas. En particular, si suponemos que $A\lt B$, entonces ocurre alguna de las siguientes tres situaciones: $B=2A$ ó $B=4A$ ó $B=8A$ (observa que ambas son potencias de $2$ y $16A$ tiene siempre más cifras que $A$).
• Como los dígitos son los mismos, tenemos que $A\equiv B$ (mód $9$).

Ahora bien, como $A$ y $B$ son primos relativos con $9$ (son potencias de $2$), tenemos que $A\equiv B=2^kA$ (mod $9$) implica $1\equiv 2^k$ (mód $9$). Tanto si $k=1$ como si $k=2$ ó $k=3$ esta congruencia es falsa, lo que nos da la contradicción buscada.

Solución. Para dar respuesta negativa con $2004$ fichas, numeremos todas las fichas consecutivamente con números del $1$ al $2004$ y hagamos tres subconjuntos: $A$ conteniendo las fichas múltiplo de $3$, $B$ las que tienen resto $1$ al dividir entre $3$ y $C$ las que tienen resto $2$ al dividir entre $3$. Supongamos también que la ficha negra está en $A$. Cada uno de estos subconjuntos tiene $668$ elementos y tienen la propiedad de que cualquier operación que hagamos afecta exactamente a una ficha de cada uno de los tres. Por tanto, cualquier operación cambia la paridad del número de fichas blancas en $A$, $B$ y $C$. Como inicialmente $A$ un número impar de piedras blancas y $B$ y $C$ tienen un número par, nunca podrá llegarse a que los tres tengan un número par. En otras palabras, $A$-$B$-$C$ tendrá una cantidad impar-par-par ó par-impar-impar de fichas blancas a lo largo de todo el proceso, y nunca podrá ser par-par-par (como correspondería a que todas las piedras fueran blancas).

El argumento anterior usa que $2004$ es múltiplo de $3$. Veamos que para $2003$ fichas sí se puede llegar a que todas sean blancas. Numeremos también las fichas consecutivamente del $1$ al $2003$ y supongamos que la negra inicial es la que ocupa la posición central $1002$. En primer lugar, elegimos la ficha $1002$ (es el único movimiento posible), convirtiendo $1001$ y $1003$ en negras y $1002$ en blanca. A continuación, hacemos la siguiente secuencia de elecciones:

• Elegimos las fichas $1003, 1004, ... 2003$ en este orden y después las fichas $1001,1000,...,1$ en este orden. De esta forma es fácil ver que llegamos a que todas son negras salvo la $1002$ que ahora es blanca, es decir, hemos invertido los colores.
• Finalmente, elegimos las fichas negras $1001$ y $1003$, de forma que ahora hay cinco fichas blancas (desde la $1000$ hasta la $1004$). Quedan $2003-5=1998$ fichas negras, que es un múltiplo de $3$. Ahora es fácil eliminar las $1998$ negras de tres en tres, resultando todas blancas, como se quería.