Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Como $2^{10}=1024\lt 2023$, deducimos que las once potencias de dos $1,2,4,8,\ldots,2^{10}$ han de tener un color distinto (dos cualesquiera de ellas son una múltiplo de otra), luego son necesarios al menos $11$ colores. Veremos que $11$ colores son suficientes y habremos terminado.

Como $2^{11}=2048\gt 2023$, se tiene que ninguno de los números se escribe con más de $10$ factores primos (posiblemente repetidos). Vamos a colorear los números con $11$ colores de forma que dos números tienen el mismo número solo si tienen el mismo número de factores primos. Entonces, si $a$ es múltiplo de $b$ distinto de $b$, es porque existe un número $1\lt q\leq 2023$ tal que $a=bq$, luego $a$ y $b$ tienen distinto número de factores $a$ tiene los factores de $b$ más los factores de $q$, luego distinto color.

Solución. Comenzamos viendo que si $n=4k+2$, entonces María no puede conseguir su objetivo. María comienza con $2k+1$ números pares y $2k+1$ números impares. Sin embargo, en cada paso no cambia la paridad de la cantidad de números pares e impares ya que ambas cantidades se quedan iguales (si se elige un par y un impar) o se les suma o resta dos unidades (si se eligen dos pares o bien dos impares). Por tanto, siempre tendrá una cantidad impar tanto de pares como de impares y nunca podrá llegar a que todos sean pares o todos sean impares.

Vamos a ver que, por el contrario, María sí que puede llegar a su objetivo en cualquier otro caso. Para ello, vamos a analizar varios casos particulares:

• Si $n=3$, entonces podemos hacer las siguientes transformaciones: \[(1,2,3)\rightarrow(2,3,3)\rightarrow (3,4,3)\rightarrow (4,4,4).\]
• Si $n=4$, entonces podemos hacer las siguientes transformaciones: \[(1,2,3,4)\rightarrow(2,3,3,4)\rightarrow (3,4,3,4)\rightarrow (4,4,4,4).\]
• Si $n=5$, entonces podemos hacer las siguientes transformaciones: \[(1,2,3,4,5)\rightarrow(2,3,3,4,5)\rightarrow (3,4,3,4,5)\rightarrow (4,4,4,4,5)\rightarrow (5,5,4,4,5)\rightarrow(5,5,5,5,5).\]

Ahora bien, si $n=4k+1$, entonces podemos usar el caso $n=5$ para hacer los primeros cinco números iguales a $5$ y el caso $n=4$ para hacer iguales el resto de números por grupos de $4$. A continuación, sumamos un número grande a cada pareja de los cinco primeros números para hacerlos iguales y más grandes que cualquiera de los $n-5$ restantes. Finalmente, sumamos el número que sea necesario a estos $n-5$ números agrupándolos en parejas de iguales. Si $n=4k+3$ hacemos lo mismo aislando el primer grupo de tres números y dividiendo el resto en grupos de cuatro consecutivos. En el caso $n=4k$, no es necesario aislar números ya que podemos considerar directamente los grupos de $4$.

Solución. Para probar el apartado (a), desarrollamos y usamos las ecuaciones para calcular \begin{align*} (a-b)(b-c)(c-a)&=(c^2-a^2)b+(b^2-c^2)a+(a^2-b^2)c=-(ab+bc+ac). \end{align*} Bastará ver que $ab+bc+ac=-1$. Ahora bien, multiplicando las tres ecuaciones del sistema obtenemos que $abc(a+1)(b+1)(c+1)=a^2b^2c^2$, donde podemos simplificar $abc$ ya que los tres números son no nulos. Esto nos da \[(a+1)(b+1)(c+1)=abc\Leftrightarrow 1+a+b+c+ab+bc+ac=0.\] Esto nos da la igualdad deseada ya que, sumando las tres ecuaciones originales, se tiene claramente que $a+b+c=0$.

El apartado (b) es bastante estándar a partir del teorema de Ptolomeo para cuadriláteros cíclicos aplicado a cuadriláteros con vértices cuatro de los vértices del eneágono. Observemos que tenemos que probar tres relaciones: (1) $a^2+a=b^2$, (2) $b^2+b=c^2$ y (3) $c^2-c=a^2$ (hemos cambiado $c$ por $-c$ en las ecuaciones del sistema del apartado a). La primera de ellas se sigue de aplicar Ptolomeo al cuadrilátero $A_1A_2A_3A_4$, la segunda al cuadrilátero $A_1A_4A_6A_8$ y la tercera al cuadrilátero $A_1A_4A_5A_9$, como se indica en la figura (los segmentos verdes son iguales a $a$, los rojos a $b$, los azules a $1$ y los amarillos a $c$).

Solución. Consideremos la homotecia $h$ de centro $G$ que lleva $E$ en $I$ (esta homotecia tiene razón negativa). Entonces, $h$ debe llevar la recta $AB$ en una recta paralela a $AB$ que pasa por $I$, es decir, $h$ lleva la recta $AB$ a la recta $CD$. Asimismo, $h$ lleva $A$ en un punto de la recta $CD$ alineado con $G$ y $A$, que no puede ser otro que el punto $C$. Finalmente, $h$ lleva la recta $AD$ en una recta paralela a $AD$ que pasa por $h(A)=C$, que no es otra que la recta $BC$. Como un punto y su imagen por $h$ están alineados con $G$, tenemos que $h(F)=G$, luego $h$ lleva la recta $EF$ en la recta $h(E)h(F)=IH$, que es por tanto paralela a $EF$.

Solución. Todo número positivo $x$ se escribe como $x=\frac{1}{1+(\frac{1}{x}-1)}$. Además, la operación del enunciado que combina dos números $x$ e $y$ se puede expresar como \[\frac{1}{1+(\frac{1}{x}-1)(\frac{1}{y}-1)}.\] Esto nos lleva a conjeturar (probar algunos casos más puede ser útil) que si combinamos los números $x_1,\ldots,x_k$ en cualquier orden, entonces obtendremos el número \[\frac{1}{1+(\frac{1}{x_1}-1)(\frac{1}{x_2}-1)\cdots(\frac{1}{x_k}-1)}.\] Para demostrarlo, combinaremos los números \[y=\frac{1}{1+(\frac{1}{y_1}-1)(\frac{1}{y_2}-1)\cdots(\frac{1}{y_r}-1)}\quad\text{y}\quad z=\frac{1}{1+(\frac{1}{z_1}-1)(\frac{1}{z_2}-1)\cdots(\frac{1}{z_s}-1)},\] lo que nos da \begin{align*} \frac{1}{1+(\frac{1}{y}-1)(\frac{1}{z}-1)}&=\frac{1}{1+\left(1+(\frac{1}{y_1}-1)\cdots(\frac{1}{y_r}-1)-1\right)\left(1+(\frac{1}{z_1}-1)\cdots(\frac{1}{z_s}-1)-1\right)}\\ &=\frac{1}{1+(\frac{1}{y_1}-1)(\frac{1}{y_2}-1)\cdots(\frac{1}{y_r}-1)(\frac{1}{z_1}-1)(\frac{1}{z_2}-1)\cdots(\frac{1}{z_s}-1)}, \end{align*} que es la expresión esperada. Como todos lo elementos se calculan a partir de combinaciones de esta operación sobre otros elementos del mismo tipo, deducimos que la operación no depende del orden en que hagamos las operaciones. En particular, el número final será siempre el mismo e igual a \[\frac{1}{1+(2-1)(3-1)(4-1)\cdots(2023-1)}=\frac{1}{1+2023!}.\]

Nota. El proceso de la demostración es, de forma encubierta, una inducción completa sobre el número de términos involucrado en la operación, para obtener una fórmula que nos permita calcular el término general, empezando con el caso base de dos términos.

Por otro lado, lo que hemos demostrado y hemos usado realmente es que la operación del enunciado es asociativa y conmutativa, con lo que el resultado no depende de cualquier posible reordenación de los elementos.

Solución. Distinguimos tres casos:

• Si $a=1$, entonces $7^b=c^2+2$, luego $c$ es un número impar. Módulo $8$, el miembro de la izquierda es congruente con $1$ o con $7$, mientras que el de la derecha es congruente con $3$, luego no puede haber solución en este caso.
• Si $a=2$, entonces $7^b=c^2$, luego $b$ es par y $c$ una potencia de $7$.
• Si $a\geq 3$, entonces tenemos que $7^b\equiv c^2+4\ (\text{mod }8)$. Esto es imposible ya que el miembro de la izquierda es congruente con $1$ o $7$ y el de la izquierda es congruente con $5$ ya que $c$ es impar.

Obtenemos que las soluciones son las de la forma $(a,b,c)=(2,2k,7^k)$ para cierto entero $k\geq 1$.

Solución. Vamos a usar inducción sobre $n$. Para simplificar la explicación, cuando pongamos $a\times b$ indicaremos una ficha de $a$ filas y $b$ columnas. En el caso base $n=2$, el resultado es muy fácil de ver porque al colocar las fichas $1\times 2$ y $2\times 1$ en el tablero $2\times 3$, la de tamaño $2\times 1$ debe ir pegada a uno de los lados de forma que quepa la de tamaño $1\times 2$. Esto deja un espacio (horizontal) $1\times 2$ donde deben colocarse las dos fichas $1\times 1$. Supongamos entonces que el resultado es cierto para un tablero $(n-1)\times n$, $n\geq 3$, y vamos a probarlo para un tablero $n\times(n+1)$. La idea es similar al caso $n=2$ ya que la ficha $n\times 1$ ocupa una columna entera pero, si esta columna no es la última o la primera, entonces no deja espacio para la ficha $1\times n$. A su vez, si la ficha $1\times n$ no se coloca en la primera fila o en la última, entonces no deja espacio para la ficha $(n-1)\times 1$. Por tanto, al poner las fichas $n\times 1$ y $1\times n$, el espacio restante debe ser un subtablero rectangular $(n-1)\times n$, en el que las fichas de tamaño $1\times 1$ deben estar juntas por la hipótesis de inducción.

Nota. Problema adicional: ¿de cuántas formas distintas se pueden colocar las $2n$ fichas en las condiciones del enunciado? ¡Usa también la inducción!

Solución. El miembro de la derecha toma todos los valores reales posibles, luego está claro que $f$ debe ser sobreyectiva. En particular, existe $x_0\in\mathbb{R}$ tal que $f(x_0)=0$ (por ejemplo, para $x=y=0$, podríamos tomar $x_0=f(f(f(f(0))))$ y cumpliría que $f(x_0)=0$). Sustituyendo $x=x_0$ en la ecuación nos quedaría \[f(x_0+f(y+f(x_0+f(y))))=3x_0+2y.\] Sumando $y$ a ambos miembros y volviendo a aplicar $f$, tenemos que \[f(y+f(x_0+f(y+f(x_0+f(y)))))=f(y+3x_0+2y)=f(3y+3x_0).\] Ahora bien, al miembro de la izquierda en esta igualdad se le puede aplicar la ecuación funcional del enunciado (cambiando $x\mapsto y$ y $y\mapsto x_0$). Esto nos dice que \[3y+2x_0=f(y+f(x_0+f(y+f(x_0+f(y)))))=f(y+3x_0+2y)=f(3y+3x_0).\] Finalmente, haciendo el cambio $t=3y+3x_0$, obtenemos que \[f(t)=t-x_0,\qquad\text{para todo }t\in\mathbb{R}.\] Sin embargo, esta función cumple la ecuación inicial solo cuando $x_0=0$, de donde deducimos que la identidad $f(t)=t$ para todo $t\in\mathbb{R}$ es la única solución al problema.