Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Al quitar la región debe quedar un número de días múltiplo de cuatro, de forma que puedan dividirse de forma exacta en proporción 3 a 1. Comprobamos fácilmente (solo hay que mirar las dos últimas cifras) que \begin{align*} 336&\equiv 0\ (\text{mod }4),& 321&\equiv 1\ (\text{mod }4),& 335&\equiv 3\ (\text{mod }4),\\ 343&\equiv 3\ (\text{mod }4),& 329&\equiv 1\ (\text{mod }4),& 330&\equiv 2\ (\text{mod }4). \end{align*} La única forma de quitar uno de los días y que quede múltiplo de cuatro es quitar la región F, lo que nos da la respuesta al problema.

Nota. En realidad, el argumento no prueba que el número de días lluviosos es la tercera parte del de soleados, sino que se basa en que la persona encargada sabe que esto ocurre para alguna región. Hemos visto que solo puede ser la F.

Solución. Pongamos que hay $a$ chicos y $b$ chicas. Si todos hubieran comido el mínimo, habrían hecho falta $6a+2b$ porciones, mientras que el máximo sería $7a+3b$. Por tanto, se tiene que cumplir que \[48\lt 6a+2b,\qquad 7a+3b\lt 60.\] Observamos que las desigualdades son estrictas porque se dice que faltó con cuatro pizzas y sobró con cinco. Sumando siete veces la primera desigualdad y seis la segunda, tenemos que $336+42a+18b\lt 42a+14b+360$, de donde $b\lt 6$, es decir $b\leq 5$. Distingamos casos:

• Si $b=1$, las desigualdades quedan $46\lt 6a$ y $7a\lt 57$, es decir, $\frac{46}{6}\lt a\lt\frac{57}{7}$ que tiene por única solución entera $a=8$.
• Si $b=2$, queda $44\lt 6a$ y $7a\lt 54$, que no tiene soluciones enteras.
• Si $b=3$, queda $42\lt 6a$ y $7a\lt 51$, que no tiene soluciones enteras.
• Si $b=4$, queda $40\lt 6a$ y $7a\lt 48$, que no tiene soluciones enteras.
• Si $b=5$, queda $38\lt 6a$ y $7a\lt 45$, que no tiene soluciones enteras.

Deducimos que hay dos soluciones al problema: 8 chicos y 1 chica o bien 7 chicos y 2 chicas.

Solución. Cambiando $x$ por $1-x$, tenemos la ecuación \[(1-x)^2f(1-x)+f(x)=2(1-x)-(1-x)^4.\] Esta ecuación es cierta para todo $x\in\mathbb{R}$ y, junto con la ecuación dada en el enunciado, nos da un sistema lineal de dos ecuaciones si vemos a $f(x)$ y $f(1-x)$ como incógnitas. Restando a esta última ecuación la primera multiplicada por $(1-x)^2$ eliminamos el término $f(1-x)$, lo que nos da \[f(x)-x^2(1-x)^2f(x)=2(1-x)-(1-x)^4-(1-x)^2(2x-x^4).\] Tras simplificar y factorizar (observamos que $1-x^2(1-x)^2$ es diferencia de cuadrados), podemos despejar \[f(x)=\frac{-(x-1)(x+1)(x^2-x-1)(x^2-x+1)}{(x^2-x-1)(x^2-x+1)}.\] El factor $x^2-x+1$ es siempre positivo ya que la ecuación $x^2-x+1=0$ no tiene soluciones. Sin embargo $x^2-x-1=0$ tiene soluciones $x=\frac{1}{2}(1\pm\sqrt{5})$ en cuyo caso no podemos simplificar este factor. Distinguimos dos casos:

• Si $x\neq\frac{1}{2}(1\pm\sqrt{5})$, entonces tras simplificar todos los factores comunes obtenemos que $f(x)=1-x^2$.
• Para el caso $x=\frac{1}{2}(1\pm\sqrt{5})$, sustituimos estos valores en la ecuación inicial, lo que nos da el siguiente sistema lineal en las incógnitas $a=\frac{1}{2}(1-\sqrt{5})$ y $b=\frac{1}{2}(1-\sqrt{5})$: \[\left\{\begin{array}{l}2a+(3+\sqrt{5})b=-5-\sqrt{5},\\ (3-\sqrt{5})a+2b=-5+\sqrt{5}\end{array}\right.\] Es fácil ver que es compatible indeterminado y que podemos despejar \[b=\frac{-5+\sqrt{5}-(3-\sqrt{5})a}{2},\] de forma que $a$ es un parámetro real arbitrario.

Con todo esto, las funciones que verifican la igualdad del enunciado son las de la forma \[f(x)=\begin{cases}1-x^2&\text{si }x\neq\frac{1}{2}(1\pm\sqrt{5}),\\ a&\text{si }x=\frac{1}{2}(1-\sqrt{5}),\\ \frac{-5+\sqrt{5}-(3-\sqrt{5})a}{2}&\text{si }x=\frac{1}{2}(1+\sqrt{5}),\end{cases}\] para cualquier $a\in\mathbb{R}$.

Nota. Este problema se ha marcado con 2,5 estrellas porque es realmente fácil omitir el caso $x=\frac{1}{2}(1\pm\sqrt{5})$ y decir que $f(x)=1-x^2$ para todo $x\in\mathbb{R}$ (este fallo está incluso en la solución oficial), que se corresponde con el caso $a=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$.

Solución. Razonamos por reducción al absurdo suponiendo que $r$ no es entero. Entonces, existe un único número entero $q\geq 1$ tal que \[\lfloor r\rfloor+\frac{1}{q+1}\leq r\lt \lfloor r\rfloor+\frac{1}{q}.\] Si multiplicamos por $q$, obtenemos que \[q\lfloor r\rfloor+\frac{q}{q+1}\leq qr\lt q\lfloor r\rfloor+1,\] lo que nos dice que $\lfloor qr\rfloor=q\lfloor r\rfloor$. Si ahora multiplicamos por $2q$, obtenemos que \[2q\lfloor r\rfloor+\frac{2q}{q+1}\leq 2qr\lt 2q\lfloor r\rfloor+2.\] Como quiera que $\frac{2q}{q+1}\geq 1$, se tiene que $\lfloor 2qr\rfloor=2q\lfloor r\rfloor+1$. Este último número ha de ser múltiplo de $\lfloor qr\rfloor=q\lfloor r\rfloor$ por la condición del enunciado (para $m=q$ y $n=2q$), pero esto es imposible salvo que $q=1$ y $\lfloor r\rfloor=1$ (ambos son números mayores o iguales que 1).

Por tanto, podemos suponer que $\frac{3}{2}\leq r\lt 2$ y vamos a repetir un razonamiento similar al anterior, considerando el único entero $q\geq 2$ tal que \[2-\frac{1}{q}\leq r\lt 2-\frac{1}{q+1}.\] Multiplicando por $q+1$ y por $2(q+1)$ nos quedan las desigualdades siguientes: \begin{align*} 2q+1-\frac{1}{q}\leq (q+1)r\lt 2q+1&\quad \Longrightarrow\quad \lfloor (q+1)r\rfloor= 2q,\\ 4q+2-\frac{2}{q}\leq r\lt 4q+2&\quad\Longrightarrow\quad \lfloor 2(q+1)r\rfloor= 4q+1. \end{align*} Deducimos que $2q$ debe dividir a $4q+1$, luego $2q$ divide a $1$, lo cual es imposible.

Solución. Llamemos $S(n)$ a la suma de fracciones que nos dice el enunciado y veamos que $S(n)=\frac{1}{2}$ por inducción sobre $n$. En el caso inicial $n=2$, la única fracción que cumple esos requisitos es $\frac{1}{2}$ para $a=1$ y $b=2$, luego $S(2)=\frac{1}{2}$. Supongamos que $S(n)=\frac{1}{2}$ para cierto $n\geq 2$ y probemos que $S(n+1)=\frac{1}{2}$. Observemos que las sumas $S(n)$ y $S(n+1)$ contienen los mismos sumandos excepto los siguientes:

• Los sumandos que aparecen en $S(n)$ y no en $S(n+1)$ son aquellos en que $a+b=n+1$.
• Los sumandos que aparecen en $S(n+1)$ y no en $S(n)$ son aquellos en que $b=n+1$.

Ahora bien, cada par $(a,b)$ de primos relativos con $a+b=n+1$ se puede poner en correspondencia con los pares de primos relativos $(a,n+1)$ y $(b,n+1)$. El valor total de los sumandos no varía ya que \[\frac{1}{a(n+1)}+\frac{1}{b(n+1)}=\frac{a+b}{ab(n+1)}=\frac{1}{ab},\] luego $S(n+1)=S(n)=\frac{1}{2}$ y el enunciado queda demostrado.