Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Sustituyendo $x=1+t$ e $y=1-t$ para $t\in[0,1]$, tenemos que \begin{align*}x^2y^2(x^2+y^2)&=(1+t)^2(1-t)^2((1+t)^2+(1-t)^2)\\ &=2(1-t^2)^2(1+t^2)=2(1-t^2)(1-t^4)\leq 2.\end{align*}

Nota. La igualdad se alcanza si y solo si $t=0$, es decir, cuando $x=y=1$.

Solución. Supongamos por reducción al absurdo que $k$ es un entero tal que $p(k)=2020$. Entonces, tenemos que $k-2018$ divide a $p(k)-p(2018)=2020-p(2018)$ y $k-2019$ divide a $p(k)-p(2019)=2020-p(2019)$. Como $p(2018)$ y $p(2019)$ son divisores de $2021$, deben ser necesariamente números impares, luego $2020-p(2018)$ y $2020-p(2019)$ son números impares. Sin embargo, uno de los dos números $k-2018$ o $k-2019$ tiene que ser par. Como un número par no puede dividir a un impar, hemos encontrado la contradicción que buscábamos.

Solución. Sean $X$ e $Y$ los pies de las perpendiculares al lado $BC$ desde $A$ y $D$, respectivamente y vamos a probar que $BX=BY$. En los triángulos $ABX$ y $ACX$, tenemos que \[\tan(60^\circ)=\frac{AX}{BX},\qquad \tan(80^\circ)=\frac{AX}{CX}=\frac{AX}{BC-BX}.\] Igualando $AX$ en ambas igualdades, podemos despejar \[\frac{BX}{BC}=1+\frac{\tan(60^\circ)}{\tan(80^\circ)}.\] Razonando de forma similar en los triángulos $ABY$ y $ACY$, obtenemos \[\frac{BY}{BC}=1+\frac{\tan(40^\circ)}{\tan(70^\circ)},\] por lo que simplemente tenemos que comprobar que \[\frac{\tan(60^\circ)}{\tan(80^\circ)}=\frac{\tan(40^\circ)}{\tan(70^\circ)}\ \Longleftrightarrow\ \tan(60^\circ)\tan(70^\circ)=\tan(40^\circ)\tan(80^\circ)\] y habremos terminado. Por las identidades de factorización (véase la nota), tenemos que: \[\tan(60^\circ)\tan(70^\circ)=\frac{\mathrm{sen}(60^\circ)\mathrm{sen}(70^\circ)}{\cos(60^\circ)\cos(70^\circ)}=\frac{\cos(10^\circ)-\cos(130^\circ)}{\cos(10^\circ)+\cos(130^\circ)}=\frac{1-\frac{\cos(130^\circ)}{\cos(10^\circ)}}{1+\frac{\cos(130^\circ)}{\cos(10^\circ)}}\] y análogamente \[\tan(40^\circ)\tan(80^\circ)=\frac{\mathrm{sen}(40^\circ)\mathrm{sen}(80^\circ)}{\cos(40^\circ)\cos(80^\circ)}=\frac{\cos(40^\circ)-\cos(120^\circ)}{\cos(40^\circ)+\cos(120^\circ)}=\frac{1-\frac{\cos(120^\circ)}{\cos(40^\circ)}}{1+\frac{\cos(120^\circ)}{\cos(40^\circ)}}.\] Por lo tanto, será suficiente comprobar que \[\frac{\cos(130^\circ)}{\cos(10^\circ)}=\frac{\cos(120^\circ)}{\cos(40^\circ)}\ \Longleftrightarrow\ \cos(130^\circ)\cos(40^\circ)=\cos(10^\circ)\cos(120^\circ).\] De nuevo por las identidades de factorización, tenemos que \[\cos(130^\circ)\cos(40^\circ)=\frac{\cos(170^\circ)+\cos(90^\circ)}{2}=\frac{-1}{2}\cos(10^\circ)=\cos(10^\circ)\cos(120^\circ),\] donde hemos usado que $\cos(90^\circ)=0$, $\cos(170^\circ)=-\cos(10^\circ)$ y $\cos(120^\circ)=\frac{-1}{2}$. Esto concluye la demostración según los razonamientos previos.

Nota. Hemos utilizado las conocidas identidades de factorización \begin{align*} \mathrm{sen}(x)\,\mathrm{sen}(y)&=\frac{\cos(x-y)-\cos(x+y)}{2},\\ \cos(x)\cos(y)&=\frac{\cos(x+y)+\cos(x-y)}{2}, \end{align*} que se deducen fácilmente de desarrollar los miembros de la derecha mediante las fórmulas del seno y coseno de la suma y la diferencia.

Solución. Veamos en primer lugar que, si uno de los jugadores, llamémoslo $X$, tras su turno, le deja al otro $2^k-1$ piedras, entonces puede jugar inteligentemente para ganar independientemente de los movimientos del otro. Lo probaremos por inducción sobre $k$. Si $k=0$, está claro que $X$ gana porque le deja sólo una piedra al otro. Supuesto que si $X$ le deja al otro $2^k-1$ piedras, entonces tiene estrategia ganadora, supongamos que consigue dejarle $2^{k+1}-1$ piedras. En su turno, el otro jugador quitará una cantidad $1\leq m\leq \lfloor\frac{2^{k+1}-1}{2}\rfloor=2^k-1$ piedras, luego $X$ solo debe quitar $2^k-m$ piedras para dejar el montón en $2^k-1$ y entonces usar la hipótesis de inducción. Hemos de comprobar, no obstante, que este movimiento de $X$ está permitido, es decir, que $1\leq 2^k-m\leq\frac{2^{k+1}-1-m}{2}$. En efecto, se cumple que $1\leq 2^k-m$ porque $m\leq 2^k-1$ y se cumple que $2^k-m\leq\frac{2^{k+1}-1-m}{2}$ porque $m\geq 1$.

Usando esta información, si escribimos $N_0=2^k+a$ para cierto enteros $k\geq 1$ y $0\leq a\lt 2^k$, el jugador $A$ puede quitar entre $1$ y $2^{k-1}+\lfloor\frac{a}{2}\rfloor$ piedras. Como hemos supuesto que $a\lt 2^k$, este último número es mayor que $a$ salvo que $a=2^k-1$. Por lo tanto, $A$ puede conseguir en su primer movimiento que queden $2^k-1$ piedras y gana de esa forma, salvo que $a=2^k-1$. Por el contrario, si $a=2^k-1$, en su primer movimiento $A$ necesariamente deja un número de piedras $N_1=2^k+b$ con $0\leq b\lt 2^k-1$ y $B$ puede aplicar el mismo razonamiento para dejar $2^k-1$ piedras tras su primer movimiento y así ganar.

Así, tenemos que contar cuántos números entre $2$ y $2^{2021}$ son de la forma $2^k+2^k-1=2^{k+1}-1$ con $k\geq 1$. Esto equivale a contar cuántas potencias de $2$ hay entre $3=2^1+1$ y $2^{2021}+1$ y la respuesta es obviamente $2020$. Concluimos así que $A$ gana en $2^{2021}-2020$ casos y $B$ gana en los otros $2020$ casos.