Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Escribimos la ecuación funcional del apartado para todos los números pares desde $n=0$ hasta $n=2k$. Obtenemos así las siguientes ecuaciones \begin{align*} f(2)-f(0)&=6&&=6+8\cdot 0\\ f(4)-f(2)&=14&&=6+8\cdot 1\\ f(6)-f(4)&=22&&=6+8\cdot 2\\ &\ \vdots\\ f(2k+2)-f(2k)&=8k+6&&=6+8\cdot k \end{align*} Sumando estas $k+1$ ecuaciones se cancelan casi todos los términos de las partes izquierdas (suma telescópica) y nos queda \[f(2k+2)-f(0)=6(k+1)+8(0+1+\ldots+k)=6(k+1)+4k(k+1)=(2k+2)(2k+3).\] Hacemos ahora el mismo razonamiento con las $k$ ecuaciones que se obtienen desde $n=1$ hasta $n=2k-1$, que están dadas por \begin{align*} f(3)-f(1)&=10&&=10+8\cdot 0\\ f(5)-f(3)&=18&&=10+8\cdot 1\\ f(7)-f(5)&=26&&=10+8\cdot 2\\ &\ \vdots\\ f(2k+1)-f(2k-1)&=8k+2&&=10+8\cdot (k-1) \end{align*} Sumando obtenemos que \[f(2k+1)-f(1)=10k+8(0+1+2+\ldots+(k-1))=10k+4(k-1)k=(2k+3)2k.\] Si llamamos $a=f(0)$ y $b=f(1)$, podemos expresar la función como \[f(n)=\begin{cases} n(n+1)+a&\text{si }n\text{ es par},\\ (n-1)(n+2)+b&\text{si }n\text{ es impar}. \end{cases}\] Observamos además que $f(n)\geq 0$ para todo $n\geq 0$ precisamente cuando $a\geq 0$ y $b\geq 0$. Calculamos finalmente $f(2022)=2022\cdot 2023+a$ y $f(2021)=2020\cdot 2022+b$, luego debe cumplirse que \[4044=f(2022)-f(2021)=2022\cdot 2023+a-2020\cdot 2023-b\ \Leftrightarrow\ b=2+a.\] Esto nos dice que las soluciones al problema son las funciones \[f(n)=\begin{cases} n(n+1)+a&\text{si }n\text{ es par},\\ (n-1)(n+2)+2+a&\text{si }n\text{ es impar}, \end{cases}\] para todo $a\geq 0$ (se comprueba que todas ellas cumplen las condiciones).

Solución. Llamemos $Q$ al punto medio de $BC$ y $M$ al pie de la perpendicular desde $N$ al lado $BC$ y llamemos $a=BC$ y $x=BP$. Pongamos también sin pérdida de generalidad que $P$ está más cerca de $B$ que de $C$, es decir, que $x\leq\frac{a}{2}$. Como $M_1$ es el punto medio de $BP$, tenemos que $BM_1=M_1P=\frac{x}{2}$. Como $N$ es el punto medio de $AP$ y los segmentos $NM$ y $AQ$ son paralelas, el teorema de Thales nos dice que $PM=MQ=\frac{1}{2}(\frac{a}{2}-x)=\frac{a}{4}-x$. También tenemos que $QM_2=QC-M_2C=\frac{a}{2}-\frac{a-x}{2}=\frac{x}{2}$ y de todo esto deducimos que \[M_1M=M_1P+PM=\frac{a}{4}-\frac{x}{2},\qquad MM_2=MQ+QM_2=\frac{a}{4}-\frac{x}{2},\] y por tanto $M$ es el punto medio de $M_1M_2$. El área del trapecio es la base media $MN$ (que es igual a $\frac{AQ}{2}$ por el mismo teorema de Thales anterior) por la altura $M_1M_2=\frac{a}{2}$, luego $M_1M_2N_2N_1$ tiene área $\frac{1}{2}(\frac{a\cdot AQ}{2})$, que es claramente la mitad del área de $ABC$.

Solución. Pongamos un diámetro cualquiera que deje a $2n$ personas a un lado y las otras $2n$ personas en otro y supongamos que no hay el mismo número de hombres que de mujeres en los semicírculos así determinados (si los hubiera, habríamos terminado). Rotando este diámetro respecto del centro del círculo, cada vez que sale una persona de uno de los semicírculos entra otra, cambiando el número de hombres en uno de los ellos en $-1$ (si sale un hombre y entra una mujer), $0$ (si sale una persona del mismo género que entra) o $1$ (si entra un hombre y sale una mujer. Cuando el diámetro da media vuelta al círculo, los semicírculos originales se han cambiado uno por el otro, luego, si había $k\gt n$ hombres en uno de ellos, después de la media vuelta hay $2n-k\lt n$ hombres. Como el número de hombres en este semicírculo va variando de uno en uno, necesariamente habrá un diámetro intermedio en el que exactamente haya $n$ hombres en dicho semicírculo (y, por tanto, $2n-n=n$ mujeres) y lo mismo ocurre en el otro semicírculo.

Solución. Sea $n$ un número $n$-malagueño. Como $n\lt 1000$, necesariamente $n$ tiene un múltiplo de cuatro dígitos $N=\overline{abcd}$ cuyo primer dígito es $a=1$. Observando que \[N'=10N+a-10000a=10N-9999\] y que tanto $N$ como $N'$ son múltiplos de $n$, también debe serlo $9999$. Esto nos dice que todo número $4$-malagueño debe ser un divisor de $9999=3^2\cdot 11\cdot 101$ menor que $1000$, lo que nos da las únicas posibilidades \[n\in\{1,3,9,11,33,99,101,303,909\}.\] Ahora bien, si $\overline{abcd}$ es múltiplo de $3$, $9$, $11$ o $101$, cualquier permutación circular también lo es (¿por qué?), luego todos los anteriores son números $4$-malagueños y hemos terminado.