Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Para fijar la notación, supondremos que $A$ hace dos montones $x$ e $y$ fichas, donde $x+y=N$ y supondremos que $2\leq x\leq y$. Entonces, $b$ divide $x=x_1+x_2$ e $y=y_1+y_2$ con $1\leq x_1\leq x_2$ y $1\leq y_1\leq y_2$. Hay cuatro posibles ordenaciones para los montones cumpliendo estas restricciones: \begin{align*} (1)&\quad x_1\leq x_2\leq y_1\leq y_2,& (2)&\quad x_1\leq y_1\leq x_2\leq y_2,\\ (3)&\quad y_1\leq x_1\leq x_2\leq y_2,& (4)&\quad x_1\leq y_1\leq y_2\leq x_2. \end{align*} La jugada óptima es que $B$ hará las divisiones para obtener el máximo número posible de fichas mientras que $A$ hará las divisiones para que este máximo sea el mínimo posible.

Caso $R_1$. En los escenarios (1) y (2), $B$ obtiene $x_1+y_2\leq y$ fichas, en el (3) obtiene $y_1+y_2=y$ y en el (4) $x_1+x_2=x\leq y$, luego siempre obtiene a lo sumo $y$ fichas y puede forzar que así sea dividiendo el montón de $y$ en $y_1=1$ e $y_2=y-1$. Esto lo sabe $A$, que intentará minimizar $y$, el montón más grande, y en consecuencia elegirá $x=\lfloor\frac{N}{2}\rfloor$ e $y=\lfloor\frac{N+1}{2}\rfloor$ para jugar de forma óptima, lo que nos dice que $B$ se quedará con $y=\lfloor\frac{N+1}{2}\rfloor$ y $A$ con las $\rfloor\frac{N}{2}\lfloor$ restantes (ver la nota).

Caso $R_2$. En los escenarios (1) y (2), $B$ obtiene $x_2+y_1\geq x$ fichas, en el (3) obtiene $x_1+x_2=x$ y en el (4) obtiene $y_1+y_2=y\geq x$, luego siempre obtiene al menos $x$ fichas. En este caso, $A$ puede forzar a que se tenga el escenario (1) tomando $x=2$ e $y=N-2$, dejando a $B$ necesariamente con $x_1=x_2=1$ y entonces la mejor opción para $B$ es tomar $y_1=\lfloor\frac{N-2}{2}\rfloor$ e $y_2=\lfloor\frac{N-1}{2}\rfloor$ (maximizando $y_1$), de forma que $B$ se lleva $x_2+y_1=1+\lfloor\frac{N-2}{2}\rfloor=\lfloor\frac{N}{2}\rfloor$ y $A$ las restantes. Esta es la mejor estrategia para $A$, ya que si no hiciera $x=2$, entonces $B$ podría tomar $x_1=1$, $x_2=x-1$, $y_1=\lfloor\frac{N-x}{2}\rfloor$ e $y_2=\lfloor\frac{N-x+1}{2}\rfloor$. Distingamos dos subcasos:

• Si de este modo $B$ llega a los escenarios (1), (2) o (3), entonces obtendría al menos $x_2+y_1=x-1+\lfloor\frac{N-x}{2}\rfloor=\lfloor\frac{N+x-2}{2}\rfloor\geq \lfloor\frac{N+1}{2}\rfloor$ fichas, contradiciendo que $A$ ha tomado la estrategia óptima.
• Si, por el contrario, se llega al escenario (4), entonces $B$ obtiene $y_1+y_2=\lfloor\frac{N+1}{2}\rfloor$ y $A$ tampoco habría jugado óptimamente.

Caso $R_3$. La mejor estrategia a priori para $B$ es tomar $R_1$, luego tenemos que $A$ debe dividir necesariamente en partes $x=\lfloor\frac{N}{2}\rfloor$ e $y=\lfloor\frac{N+1}{2}\rfloor$, para minimizar las pérdidas y jugar de forma óptima. Sin embargo queda por ver que ante tal elección de $A$, $B$ no puede aprovechar la ocasión y elegir $R_2$ para mejorar sus ganancias. Sin embargo, como $x$ e $y$ se diferencian a lo sumo en una unidad, el montón mayor y el menor tienen que venir ambos de $x$ o ambos de $y$ (podría haber empates), luego eligiendo $R_1$ o $R_2$ se llevaría un máximo de $y=\lfloor\frac{N+1}{2}\rfloor$ fichas y hemos probado así que no puede aprovecharse del cambio de estrategia.

Nota. Hemos usado repetidamente que dividir un montón de $n$ fichas en dos partes lo más parecidas posibles es hacer los montones de $\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$ y $\lfloor\frac{n+1}{2}\rfloor$ fichas. Esto evita distinguir si el número es par o impar, lo cual sería muy tedioso de escribir.