Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

• Se quite exactamente un lado de cada uno de los $2n^2$ triángulos.
• A todos los vértices, excepto $A$ y $B$, llegue un número par de segmentos.

El caso $n=1$ claramente es imposible pero el caso $n=2$ sí se puede, como indica la figura superior (hemos indicado en línea discontinua los segmentos que se eliminan). Para el caso de $n\geq 3$, comenzaremos razonando en una esquina que no es $A$ ni $B$, que supondremos que es la inferior izquierda y etiquetaremos las aristas como indica en la figura central. Las aristas $c_1$ y $a_1$ no se pueden eliminar ya que a la esquina deben llegar un número par de aristas y no se pueden eliminar dos lados de ese triángulo. Por lo tanto, es $d_1$ la que debe eliminarse. También debe eliminarse $a_2$ porque, en caso contrario, $d_1$, $a_1$ y $a_2$ llegarían a un vértice con un número impar de aristas. Esto nos lleva a que debe conservarse $d_2$. Análogamente, debe eliminarse $e_1$ y, por tanto, $f_1$ también debe conservarse. Ahora bien, si dejáramos $c_3$, entonces $b_2$ se eliminaría, luego $e_2$ también se eliminaría (por la paridad del vértice) y el triángulo de lados $e_2,b_2,f_2$ tendría dos aristas eliminadas; esto nos dice que $c_3$ también se elimina, luego $b_2$ debe conservarse, $f_2$ eliminarse y $e_3$ conservarse. Más aún, $a_3$ y $d_3$ deben conservarse porque $c_3$ se ha eliminado. El proceso puede continuarse con el mismo razonamiento para demostrar que todos los $c_n$ con $n\geq 3$ y todos los $f_n$ con $n\geq 2$ se eliminan, quedando un patrón de cuadrados y paralelogramos como se muestra en la figura inferior. No obstante, cuando llegamos al vértice $B$ esto produce una contradicción ya que $a_n$, $b_n$ y $d_n$ deben permanecer. Como a $B$ deben llegar un número impar de aristas, también $c_{n+1}$ debe conservarse, pero esto nos da un triángulo en el que no se ha eliminado ninguna arista.

Deducimos así que el único caso posible es $n=2$.