Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Supongamos que el número es $n=1000a+100b+10c+d$, siendo $a$ la cifra de las unidades de millar, $b$ la de las centenas, $c$ la de las decenas y $d$ la de las unidades. Los números que se obtienen al insertar un cero son los cuatro siguientes: \begin{align*} N_1&=10000a+100b+10c+d\\ N_2&=10000a+1000b+10c+d\\ N_3&=10000a+1000b+100c+d\\ N_4&=10000a+1000b+100c+10d. \end{align*} Como son todo múltiplos de $7$, $N_4-N_3=9d$ también lo es, luego tiene que ser $d=7$ o bien $d=0$. De la misma forma, $N_3-N_2=90c$ es múltiplo de $7$, luego $c=7$ o $c=0$. También $N_2-N_1=900b$ nos da que $b=0$ o $b=7$. Finalmente, $10N_1-N_4=90000a$ nos dice que $a=0$ o $a=7$, pero no puede ser $a=0$ porque entonces el número no sería de cuatro cifras. Nos quedan pues los siguientes posibles valores de $n$: \begin{align*} 7000&&7007&&7070&&7077\\ 7700&&7707&&7770&&7777. \end{align*} Como todos ellos verifican claramente la propiedad del enunciado, deducimos que estas son las únicas soluciones.

Solución. Vamos a pensar que $m$ está fijo, de forma que hay que decidir para qué valores de $n$ se puede conseguir la coloración que nos piden (en función de $m$). Vamos a demostrar que la respuesta es $n\geq m$ para todo $m$ y también $n=m$ cuando $m$ es par.

• Comenzamos observando que no puede ser $n\lt m$ ya que entonces hay $m$ filas y cada una tiene entre $0$ y $n-1\lt m-1$ filas coloreadas; por el principio del palomar, debería haber dos filas con el mismo número de casillas coloreadas.
• Consideremos ahora el caso $n=m$, en el que tenemos que el número de casillas coloreadas en las distintas filas debe ser $0,1,2,\ldots,m-1$ en algún orden, luego el número total de casillas coloreadas es $0+1+2+\ldots+(m-1)=\frac{(m-1)m}{2}$. Como cada columna tiene el mismo número de casillas coloreadas, este número debe ser $\frac{m-1}{2}$, que solo es entero si $m$ es impar. Deducimos así que la coloración es imposible si $n=m$ es impar. El caso par, por el contrario, si se puede colorear: podemos dejar la primera fila vacía, en la segunda pintar la casilla de más a la izquierda, en la tercera las $m-1$ casillas de más a la derecha, en la cuarta las dos casillas de más a la derecha, en la quinta las $m-2$ de más a la derecha, y así sucesivamente. En la figura superior vemos esta coloración para $(m,n)=(9,9)$.
• Vamos a ver ahora que en el caso $n\gt m$ la coloración siempre es posible. Si $m$ es impar, basta seguir la estrategia descrita en el párrafo anterior (la diferencia es el número de casillas pintadas en cada fila no recorrerá todos los valores entre $0$ y $m-1$). Si $m$ es par, entonces podemos hacer lo mismo eliminando la primera fila en la que no estaba pintada ninguna casilla. En la figura central vemos esta coloraciones para $(m,n)=(7,10)$ y en la inferior para $(m,n)=(6,10)$ a modo de ejemplo.

Solución. Sean $\angle CAB=2\alpha$, $\angle ABC=2\beta$ y $\angle BCA=2\gamma$. El triángulo $ABD$ tiene un ángulo igual a $2\beta$ y otro igual a $\alpha$, luego el tercero es $\angle GDI=180-2\beta-\alpha=\alpha+2\gamma$ (donde hemos usado que $2\alpha+2\beta+2\gamma=180$). Como quiera que el enunciado nos dice que $\angle GID=2\beta$, se tiene en el triángulo $GID$ que $\angle IGD=180-2\beta-\alpha-2\gamma=\alpha$. Por lo tanto, los triángulos $GIC$ y $AIC$ son congruentes (tienen un lado en común y los ángulos adyacentes iguales). Esto nos dice que $A$ y $G$ son simétricos respecto de la bisectriz $CI$, luego $\angle FGI=\angle FAI=\alpha$ y concluimos que $\angle CGF=2\alpha$.

Está claro que los mismos argumentos funcionan para demostrar que $\angle DHE=\angle IHE=\alpha$, luego $\angle BHE=2\alpha$ y hemos terminado.

Solución. Tenemos que multiplicar $1+x+x^2$ por sí mismo $n$ veces, luego cada sumando del resultado viene de elegir un sumando en cada uno de los paréntesis en \[(1+x+x^2)(1+x+x^2)\stackrel{n}{\cdots}(1+x+x^2),\] es decir, tenemos que hacer $n$ elecciones entre los monomios $1=x^0$, $x=x^1$ y $x^2$. Como en el producto se suman los grados de los monomios, habrá tantos términos de grado $k$ como soluciones tenga la ecuación \[t_1+t_2+\ldots+t_n=k,\] con $t_i\in\{0,1,2\}$ para todo $i\in\{1,\ldots,n\}$. En otras palabras, si llamamos $s_k$ al número de soluciones, $s_k$ será precisamente el coeficiente de $x^k$ al desarrollar $(1+x+x^2)^n$. Algunas observaciones iniciales son las siguientes:

• Se cumple que $s_0=1$ ya que la única solución de $t_1+t_2+\ldots+t_n=0$ es $t_1=t_2=\ldots=t_n=0$. De la misma forma, $s_{2n}=1$ ya que la única solución de $t_1+t_2+\ldots+t_n=2n$ es $t_1=t_2=\ldots=t_n=n$.
• Se cumple que $s_n$ es impar. Para probarlo, observamos que si tenemos una solución de $t_1+t_2+\ldots+t_n=0$, entonces podemos asociarle otra intercambiando las variables que son $0$ por $2$ y viceversa mientras dejamos las que son $1$ sin cambiar. Por tanto, todas las soluciones tienen su pareja excepto una: la solución $t_1=t_2=\ldots=t_n=1$.
• Se cumple que $s_{2n-k}=s_k$. Esto se demuestra teniendo en cuenta que una solución de $t_1+t_2+\ldots+t_n=k$ se transforma en una solución de $t_1+t_2+\ldots+t_n=2n-k$ como en el punto anterior cambiando los ceros por doses y los doses por ceros.

Una vez visto esto, ya sabemos que hay siempre al menos tres términos con coeficiente impar. Vamos a probar ahora que si $n=2^m$, entonces estos tres son los únicos. Para ello usaremos inducción sobre $m$; si $m=1$ o $m=2$ el resultado está claro. Para $m\gt 2$, tenemos que cada solución de $t_1+t_2+\ldots+t_n=k$ con $0\lt k\lt n$ está emparejada con otra solución: la que resulta de cambiar los $2^{m-1}$ primeras variables en bloque por las $2^{m-1}$ últimas variables. Las únicas soluciones que están emparejadas con sigo mismas son las que tienen las primeras $n$ variables iguales que las $n$ últimas (es decir, $t_i=t_{i+\frac{n}{2}}$ para todo $i\in\{1,\ldots,\frac{n}{2}$), pero entonces $k$ tiene que ser par y los primeros $2^{m-1}$ términos son una solución de la ecuación $t_1+t_2+\ldots+t_{n/2}=\frac{k}{2}$. La hipótesis de inducción nos dice que el número de soluciones es par, luego tenemos el resultado par que queríamos probar.

Queda por ver que si $n$ no es una potencia de $2$, entonces hay algún coeficiente impar para terminar con todos los casos. Expresemos en este caso $n=a2^m$ para cierto entero impar $a\geq 3$ y veamos que la ecuación $t_1+t_2+\ldots+t_n=k$ tiene un número impar de soluciones para $k=2^m$. Para ello, descomponemos las variables $t_1,\ldots,t_n$ en $a$ grupos de $2^m$ variables consecutivas. Para cada solución, podemos rotar cíclicamente las variables en todos los grupos simultáneamente. Mediante este proceso, podemos agrupar las soluciones en grupos de $2^h$ soluciones con $h\leq m$, excepto si la solución es constante en cada grupo de variables. Esto sólo puede ocurrir si todas las variables son $1$ en uno de los grupos y $0$ en los otros grupos. Como hay un número impar de grupos, esto último nos da un número impar de soluciones y hemos probado lo que queríamos.

En resumen, la solución al problema son las potencias de $2$.

Nota. La solución está inspirada por la versión combinatoria del binomio de Newton.

Solución. Al terminar el quinto día, se han realizado $20$ de las $28$ partidas del torneo. Vamos a representar a los maestros como los vértices de un octógono regular y vamos a unir los que aún no se han enfrentado por un segmento (una diagonal o un lado del octógono). De cada vértice salen exactamente dos segmentos, luego si seguimos las líneas poligonales que así se forman tendremos una o varias poligonales cerradas de al menos tres vértices y que usan los ocho vértices. En realidad, no puede haber polígonos de $3$ lados ya que eso querría decir que en los días 6 y 7 deben enfrentarse 3 maestros entre sí (esto es absurdo ya que uno forzosamente debería descansar uno de los días mientras juegan los otros dos). Por tanto, las poligonales tienen que tener 4 u 8 vértices cada una. Distingamos los dos casos:

• Si una de las poligonales tiene vértices $M_1,M_2,M_3,M_4$ y la otra $M_5,M_6,M_7,M_8$ (en este orden), entonces es que los maestros pares $M_2,M_4,M_6,M_8$ (y también los impares $M_1,M_3,M_5,M_7$) se han enfrentado todos con todos en los primeros cinco días.
• Si hay sólo una poligonal de vértices $M_1,M_2,\ldots,M_8$ (en este orden), también ocurre que los pares (y los impares) se han enfrentado todos con todos en los primeros cinco días.

Solución. Consideremos la circunferencia de centro $D$ que pasa por $A$ y $C$. Como $\angle ABD=\angle DBC$, esta circunferencia cortará tanto a $AB$ como a $BC$ en dos puntos distintos, de forma que $A$ es el más alejado de estos dos puntos en $AB$ y $C$ es el más cercano en $BC$. Sea $C'$ el otro punto en que la circunferencia corta a $AC$, que es simétrico de $C$ respecto de la recta $BD$ por la simetría de la figura. Entonces, se tiene que $AB-BC=AB-BC'=AC'=2AE$, ya que la perpendicular trazada por $D$ a $AB$ (punteada en la figura) es la mediatriz de la cuerda $AC'$.

Solución. Sea $s\geq 2$ un entero. Tomando $n=3s-2$ obtenemos $\frac{n-1}{n+2}=\frac{3s-3}{3s}=\frac{s-1}{s}$ y sumando esta fracción consigo misma $s-1$ veces obtenemos el número racional $\frac{(s-1)^2}{s}=s-2+\frac{1}{s}$. Ahora bien, para $n=0$ obtenemos el número $\frac{n-1}{n+2}=\frac{-1}{2}$ que, sumado al anterior $2(s-2)$ veces, nos dice que podemos conseguir $\frac{1}{s}$. Cualquier fracción de denominador $s$ se puede obtener sumando esta consigo misma y con $\frac{-1}{2}$ repetidas veces. Nótese que los números enteros (que tienen denominador $1$) también se pueden obtener de esta manera para cualquier $s$.