Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Consideremos las dos primeras filas del rectángulo (de las tres que tiene) y observemos cada una de las siete columnas: si dos de ellas tienen dos fichas blancas o dos de ellas dos fichas negras, ya hemos encontrado el rectángulo buscado. En caso contrario, habrá como mucho una columna con dos fichas blancas y otra con dos fichas negras, luego las cinco columnas restantes tendrán combinaciones blanco-negro o negro-blanca. El principio del palomar nos dice que al menos una de estas combinaciones se repite tres veces. Ahora bien, en la tercera fila de las tres columnas donde se repite la combinación algún color ha de repetirse (son tres casillas y dos colores) luego en las columnas que se repita hemos encontrado un rectángulo con vértices del mismo color.

Solución. Para el apartado (a), sea $ABCD$ un cuadrilátero convexo y $P$ el punto de corte de sus diagonales. Si llamamos $X$ e $Y$ las proyecciones de $A$ y $C$ sobre la diagonal $BD$, debe cumplirse que $AX=CY$ para que los triángulos $ABD$ y $BCD$ tienen la misma área (observemos que $BD$ actúa como base común de ambos triángulos). Como $AXP$ y $CYP$ son semejantes por estar en posición de Thales, se sigue que son congruentes y $AP=CP$. De la misma forma se prueba que $BP=DP$, luego las diagonales de $ABCD$ se cortan en su punto medio y el cuadrilátero tiene que ser un paralelogramo.

En cuanto al apartado (b), supongamos que tenemos un hexágono convexo que cumple la propiedad del enunciado pero no sabemos si las diagonales se cortan en el mismo punto. Estas diagonales dividen al hexágono en siete regiones de áreas $S_0,\ldots,S_6$ y denotamos por $a_1,a_2,a_3$, $b_1,b_2,b_3$ y $x_1,x_2,x_3$ los segmentos que se forman, todo ello como se indica en la figura. Las igualdades de las áreas se traducen en \begin{align*} S_1+S_2+S_3&=S_0+S_4+S_5+S_6,\\ S_3+S_4+S_5&=S_0+S_6+S_1+S_2,\\ S_5+S_6+S_1&=S_0+S_2+S_3+S_4. \end{align*} Sumando estas igualdades dos a dos, obtenemos que \[S_1=S_0+S_4,\qquad S_2=S_0+S_5,\qquad S_3=S_0+S_6,\] Tenemos que $S_1$ es el área de un triángulo que se puede calcular como la mitad del producto de $a_1$ y $a_2$ por el seno del ángulo que forman estos dos lados y que $S_0+S_4$ es el área de otro triángulo que análogamente es la mitad del producto de $x_1+b_1$ y $x_2+b_2$ por el seno del ángulo que forman estos dos segmentos. Los dos ángulos que se han considerado son opuestos por el vértice luego sus senos pueden simplificarse en la igualdad $S_1=S_0+S_4$, obteniendo que \[S_1=S_0+S_4\ \Longleftrightarrow\ a_1a_2=(b_1+x_1)(b_2+x_2)\] y de la misma forma \begin{align*} S_2=S_0+S_5&\ \Longleftrightarrow\ a_3b_1=(b_3+x_3)(a_1+x_1), S_3=S_0+S_6&\ \Longleftrightarrow\ b_2b_3=(a_2+x_2)(a_3+x_3). \end{align*} Multiplicando las tres igualdades así obtenidas, llegamos a que \[a_1a_2a_3b_1b_2b_3=(a_1+x_1)(a_2+x_2)(a_3+x_3)(b_1+x_1)(b_2+x_2)(b_3+x_3),\] pero como todos los números son positivos, el miembro de la derecha es estrictamente mayor que el de la izquierda a menos que $x_1=x_2=x_3=0$, lo que equivale a que las tres diagonales se corten en un único punto.

Solución. Supongamos que $n^2$ es un elemento de la sucesión. Llamando $d\in\mathbb{N}$ a su diferencia, todos los términos a partir de $n^2$ serán de la forma $n^2+ad$ con $a\in\mathbb{N}$, por lo que $(n+d)^2=n^2+(2n+d)d$ es otro cuadrado en la sucesión y es mayor que $n^2$. Esto implica claramente que la sucesión contiene infinitos cuadrados.

Solución. Sea $p_n$ el número de subconjuntos majos de $\{1,2,\ldots,2n-1\}$ que contienen a su último elemento $2n-1$ y $q_n$ el número de subconjuntos majos de $\{1,2,\ldots,2n-1\}$ que no lo contienen. Por lo tanto, el número que nos piden es $p_6+q_6$, pero podemos obtenerlo más fácilmente de forma recursiva utilizando conjuntos de menos elementos.

Para ello, comenzamos observando que $p_1=q_1=1$ ya que los subconjuntos majos de $\{1\}$ son el vacío (que no contiene a $1$) y el total $\{1\}$ (que sí lo contiene). Además, un subconjunto $A\subseteq \{1,2,\ldots,2n-1\}$ majo con $2n-1\in A$, da lugar a tres subconjuntos majos de $\{1,2,\ldots,2n+1\}$: podemos añadirle únicamente $2n+1$, añadirle $\{2n,2n+1\}$ o no añadirle nada. Por su parte, si $2n+1\not\in A$, tenemos únicamente dos posibilidades: añadirle $2n+1$ o no añadirle nada. Esto nos da las fórmulas recursivas \[p_{n+1}=2p_n+q_n,\qquad q_{n+1}=p_n+q_n.\] Sin necesidad de resolver la recurrencia en general (ver la nota), como solo nos interesa $p_6+q_6$, podemos calcular directamente con las fórmulas obtenidas y los valores iniciales, lo que nos da \[p_2=3,\quad q_2=2,\quad p_3=8,\quad q_3=5,\quad p_4=21,\quad q_4=13,\quad p_5=55,\quad q_5=34,\] de donde obtenemos finalmente $p_6=144$ y $q_6=89$, luego el número que nos piden es $233$.

Nota. En general, se puede expresar la solución de la recurrencia matricialmente como \[\begin{pmatrix}p_{n+1}\\q_{n+1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}^n\begin{pmatrix}p_1\\q_1\end{pmatrix}.\] Fíjate en que aparecen los números de Fibonnacci en los cálculos. ¿Sabrías relacionar la expresión matricial con la recursión de Fibonnacci?

Solución. Supongamos que $m,n\in\mathbb{N}$ cumplen la ecuación. Entonces $n!=(m!-1)^2-1=m!(m!-2)$, de donde deducimos que $2\lt m\lt n$ y, por tanto, podemos simplificar factores y nos queda \[n(n-1)\cdots(m+2)(m+1)=m!-2.\] El miembro de la derecha no es múltiplo de $3$ ya que $m!$ sí lo es, luego en el miembro de la izquierda puede haber dos factores como mucho, lo que nos lleva a dos posibilidades: $n=m+1$ y $n=m+2$. Si $n=m+1$, entonces $m+1=m!-2$ (o bien $m+3=m!$) cuya única solución es $m=3$ que nos lleva a $n=4$. Si $n=m+2$, entonces $(m+2)(m+1)=m!-2$ luego $m(m+2)=m!-4$ de donde $m$ divide a $4$ y, como $m\gt 2$, tenemos que $m=4$, que no cumple la ecuación. En resumen, hemos probado que la única solución es $(m,n)=(3,4)$.

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. Consideremos un tetraedro de arista $\ell$. La base es un triángulo de altura $\frac{\sqrt{3}}{2}\ell$, luego el área de la base es $S=\frac{\sqrt{3}}{4}\ell^2$ (¿sabrías justificarlo completamente?). La altura del tetraedro es $h=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\ell$, luego el volumen del tetraedro es $V=\frac{1}{3}Sh=\frac{1}{6\sqrt{2}}\ell^3$. Al llenar el tetraedro con dos litros de agua ($2$ dm$^3$) queda libre un volumen que también es un tetraedro. Llamamos $a$ a su arista. Expresando las longitudes también en decímetros, tenemos que \[2=V_{\mathrm{agua}}=V_{\mathrm{total}}-V_{\mathrm{vacío}}=\frac{1}{6\sqrt{2}}(3^3-a^3)\ \Longleftrightarrow\ a^3=27-12\sqrt{2}.\] La altura del agua será \[h_{\mathrm{agua}}=h_{\mathrm{total}}-h_{\mathrm{vacío}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}(3-a)=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\left(3-\sqrt[3]{27-12\sqrt{2}}\right).\]

Solución. Consideremos $f(f(f(n)))$, que puede calcularse de dos formas distintas usando la ecuación funcional del enunciado: \begin{align*} f[f(f(n))]&=f(n+1),& f(f[f(n)])&=f(n)+1. \end{align*} Por lo tanto, se tiene que $f(n+1)=f(n)+1$ para todo $n\in\mathbb{N}$. Esto nos lleva a que tiene que existir $a\in\mathbb{N}\cup\{0\}$ tal que $f(n)=n+a$ para todo $n\in\mathbb{N}$ (de hecho, tiene que ser $a=f(1)-1$). Si sustituimos esta función en la ecuación original, se tiene que $f(f(n))=f(n)+a=n+2a$, que tiene que ser igual a $n+1$ para todo $n\in\mathbb{N}$. Por lo tanto, tiene que ser $2a=2f(1)-2=1$, luego $f(1)=\frac{3}{2}$, contradiciendo que $f$ toma únicamente valores enteros.

Solución. Hay muchas disposiciones de fichas para responder a la primera pregunta. Después de hacer algunas pruebas, llegaremos a alguna de ellas. Por ejemplo, una solución es

$\bigcirc$	$\bigcirc$
	$\bigcirc$	$\bigcirc$
$\bigcirc$		$\bigcirc$
			$\bigcirc$

ya que al eliminar dos filas cualesquiera, las fichas restantes ocupan tres columnas.

Para responder a la última pregunta, supongamos que tenemos sólo 6 fichas. Tiene que haber dos filas que contengan 4 fichas entre ambas (si no fuera así, habría máximo una fila con dos fichas y tres filas con una ficha, lo cual da un total de sólo 5 fichas). Por tanto, tomando estas dos filas y las columnas donde estén las 2 fichas restantes, hemos terminado.

Solución. El teorema del seno en el triángulo $ABD$ nos dice que \[\frac{AB}{\mathrm{sen}(60)}=\frac{DA}{\mathrm{sen}(20)}=\frac{BD}{\mathrm{sen}(100)}=\frac{DA+BD}{\mathrm{sen}(20)+\mathrm{sen}(100)}.\] El teorema del seno en el triángulo $ABC$ nos dice que \[\frac{AB}{\mathrm{sen}(40)}=\frac{BC}{\mathrm{sen}(100)}.\] Combinando estos dos resultados, tenemos que \[\frac{DA+BD}{\mathrm{sen}(20)+\mathrm{sen}(100)}=\frac{AB}{\mathrm{sen}(60)}=\frac{BC\,\mathrm{sen}(40)}{\mathrm{sen}(60)\mathrm{sen}(100)}.\] Por tanto, será suficiente probar que \[\frac{1}{\mathrm{sen}(20)+\mathrm{sen}(100)}=\frac{\mathrm{sen}(40)}{\mathrm{sen}(60)\mathrm{sen}(100)}\] o lo que es lo mismo \[\mathrm{sen}(60)\mathrm{sen}(100)=\mathrm{sen}(20)\mathrm{sen}(40)+\mathrm{sen}(100)\mathrm{sen}(40).\] Usando una identidad trigonométrica de factorización (ver nota), lo anterior equivale a su vez a \[\cos(40)-\cos(160)=\cos(20)-\cos(60)+\cos(60)-\cos(140),\] y esta igualdad es cierta ya que $\cos(140)=-\cos(40)$ y $\cos(160)=-\cos(20)$ ya que se trata de ángulos suplementarios.

Nota. Hemos usado la identidad de factorización \[\mathrm{sen}(x)\mathrm{sen}(y)=\frac{\cos(x-y)-\cos(x+y)}{2},\] que se deduce fácilmente sumando las fórmulas de los cosenos de la suma y la diferencia.

Solución. Supongamos que $d\geq 2$ es un divisor común a $m^2+n^2$ y $m+n$. Entonces también es un divisor de $(m+n)^2-(m^2+n^2)=2mn$ pero no puede ser divisor de $m$ ni de $n$ (al ser divisor de $m+n$, si lo fuera también de $m$, lo sería de $n=(m+n)-m$, pero $m$ y $n$ son primos relativos). Por lo tanto, $d$ debe dividir a $2$ y no queda otra que $d=2$.

Como el máximo común divisor de $m+n$ y $m^2+n^2$ es, en particular, un divisor común, tiene que ser $1$ o $2$. Será igual a $2$ cuando $m$ y $n$ tengan la misma paridad y $1$ cuando tengan distinta paridad.

Solución. Supongamos que colocamos todos los dígitos del $0$ al $9$ de cualquier forma en los vértices del $45$-góno. Alguno de ellos estará colocado en menos de $5$ vértices ya que hay $10$ dígitos distintos y sólo $45$ vértices. Esto quiere decir que ese dígito $n$ compartirá segmento con otros $8$ dígitos como máximo y, por tanto, existirá otro dígito $m$ de forma que $m$ y $n$ no son los dos extremos de un mismo segmento.

Ahora bien, hay $\binom{10}{2}=45$ posibles combinaciones de dos dígitos distintos y una de ellas no se toma nunca según hemos visto. Deducimos que la respuesta a la pregunta es negativa.

Solución. Escribamos las tres raíces como $\alpha,\beta,\gamma\in\mathbb{R}$. Desarrollando \[(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)=x^3-(\alpha+\beta+\gamma)x^2+(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)x-\alpha\beta\gamma\] podemos identificar coeficientes para obtener las relaciones de Cardano-Vieta $a=-(\alpha+\beta+\gamma)$ y $b=\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha$. Con esto podemos calcular \begin{align*} a^2-3b&=(\alpha+\beta+\gamma)^2-3(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)\\ &=\alpha^2+\beta^2+\gamma^2-\alpha\beta-\beta\gamma-\gamma\alpha\\ &=\tfrac{1}{2}\left((\alpha-\beta)^2+(\beta-\gamma)^2+(\gamma-\alpha)^2\right)\geq 0. \end{align*}

Solución. Si $p(x)=x^3+ax^2+bx+c$ tiene tres soluciones reales distintas, entonces su derivada debe anularse al menos dos veces por el teorema de Rolle (debe tener un máximo/mínimo entre cada par de raíces. Esto también es verdad si hay una raíz doble y otra simple ya que debe anularse entre ambas raíces y en la raíz doble. En el caso de tener una raíz triple, su derivada debe tener una raíz doble en dicho punto. Todo esto nos dice que la derivada $p'(x)=3x^2+2ax+b$ debe tener discriminante no negativo, pero dicho discriminante es $(2a)^2-4\cdot 3\cdot b=4(a^2-3b)$, de donde se deduce que debe ser $a^2\geq 3b$.

Solución. Llamemos $a,b,c,d,e$ a las cifras del número ordenadas de decenas de millar a unidades. En los números de tres cifras formados con $a,b,c,d,e$, cada una de ellas aparece $12$ veces en las centenas, $12$ en las decenas y $12$ en las unidades ya que una vez fijado un dígito en una posición hay $4$ posibles elecciones en otra posición y, para cada una de ellas, $3$ en la última posición. Esto nos dice que la suma de los números de tres cifras distintas que se pueden formar con $a,b,c,d,e$ es igual a \[1200(a+b+c+d+e)+120(a+b+c+d+e)+12(a+b+c+d+e)=1332(a+b+c+d+e),\] donde el primer término (con coeficiente $1200$) viene de la suma de las centenas, el segundo (con coeficiente $120$) viene de las decenas y el último (con coeficiente $12$) de las unidades. Entonces, la condición del enunciado se reescribe equivalentemente como \[1332(a+b+c+d+e)=N=10000a+1000b+100c+10d+e.\qquad (\star)\] Como $1332$ es múltiplo de $9$, deducimos que $N$ es múltiplo de $9$, luego la suma $a+b+c+d+e$ también lo es. Esto nos dice que $N$ es múltiplo de $9\cdot 1332=11988$. Los únicos múltiplos de $11988$ menores que $100000$ que tienen todos sus dígitos distintos son \[\{23976,35964,47952,71928,83916\}\] y de ellos el único que cumple $(\star)$ es $N=35964$, luego esta es la única solución.

Solución. Si $h$ denota la altura del cono, entonces su volumen es $\frac{1}{3}\pi R^2h$, que debe ser la mitad del de la esfera, dado por $\frac{4}{3}\pi R^3$. Tenemos así que la condición del enunciado nos da $h=2R$. Ahora podemos una representación bidimensional de la circunferencia y la generatriz del cono, que mediante revolución generan toda la figura. Más específicamente, la circunferencia $x^2+y^2=R^2$ y la recta $\frac{x}{R}+\frac{y}{2R}=1$ generan la figura al rotarlas respecto del eje $OY$ en el espacio. La intersección e estas dos curvas son los puntos $(R,0)$ y $(\tfrac{3}{5}R,\tfrac{4}{5}R)$. El primero genera el radio del círculo máximo de la base del cono y el segundo genera una circunferencia menor de la esfera de radio $\frac{3}{5}R$, que es el radio que nos piden.

Solución. Si aplicamos la desigualdad de Cauchy-Schwarz a los vectores $(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5)$ y $(a_2,a_3,a_4,a_5,a_6)$ obtenemos que cualesquiera que sean los valores de los seis números dados, se tiene que \[(a_1a_2+a_2a_3+\ldots+a_5a_6)^2\leq (a_1^2+\ldots+a_5^2)(a_2^2+\ldots+a_6^2).\] Ahora bien, el enunciado nos dice que se da la igualdad, luego los dos vectores tienen que ser proporcionales. Como son números no nulos, deberá existir una constante $\lambda\neq 0$ tal que \[(a_2,a_3,a_4,a_5,a_6)=\lambda(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5).\] En otras palabras, $a_2=\lambda a_1$, $a_3=\lambda a_2$, $a_4=\lambda a_3$, $a_5=\lambda a_4$ y $a_6=\lambda a_5$. Tenemos así que los números están en progresión geométrica de razón $\lambda$.

Solución. En la imagen se muestra una forma de hacerlo.

Solución. Llamamos $a,b,c$ a los lados del triángulo y $\alpha,\beta,\gamma$ a los correspondientes ángulos opuestos. Supondremos en lo que sigue que $b\geq c$ (el otro caso $b\lt c$ es similar, aunque habría que razonarlo aparte porque los puntos $B,F,D,M,E,C$ están en otro orden). También tomaremos $\theta=\angle BAF=\angle EAC$ por comodidad. Tenemos entonces que \[\frac{FD}{DE}=\frac{AF}{AE}=\frac{\frac{BF}{\operatorname{sen}\theta}\operatorname{sen}\beta}{\frac{EC}{\operatorname{sen}\theta}\operatorname{sen}\gamma}=\frac{BF\cdot b}{EC\cdot c}=\frac{BD-FD}{EC}\cdot\frac{b}{c},\qquad (\star)\] donde en la primera igualdad hemos usado el teorema de la bisectriz en el triángulo $AFE$ ($AD$ es también bisectriz de este triángulo); en la segunda igualdad, hemos usado el teorema del seno en los triángulos $ABF$ y $AEC$; y en la tercera igualdad hemos vuelto a usar el teorema del seno, ahora en el triángulo $ABC$. Ahora bien, el teorema de la bisectriz en el triángulo $ABC$ nos dice que $\frac{BD}{CD}=\frac{c}{b}$ y, como quiera que $BC+CD=a$, se tiene que $BD=\frac{ac}{b+c}$ y $CD=\frac{ab}{b+c}$. Esto nos permite calcular también $DM=BM-BD=\frac{a}{2}-\frac{ac}{b+c}=\frac{a(b-c)}{2(b+c)}$. Finalmente, tenemos por simetría que $DE=2DM=\frac{a(b-c)}{b+c}$ y $EC=BD=\frac{ac}{b+c}$. Con todo esto, podemos sustituir en $(\star)$ para llegar a que \[\frac{b+c}{a(b-c)}FD=\frac{FE}{DE}=\frac{BF\cdot b}{EC\cdot c}=\frac{BD-FD}{EC}\cdot\frac{b}{c}=\frac{\frac{ac}{b+c}-FD}{\frac{ac}{b+c}}\cdot\frac{b}{c}\ \Longleftrightarrow\ FD=\frac{abc(b-c)}{b^3-c^3}.\] Ahora podemos calcular el cociente que nos piden como \[\frac{BF}{FC}=\frac{BD-DF}{CD+DF}=\frac{\frac{ac}{b+c}-\frac{(b-c)abc}{b^3+c^3}}{\frac{ab}{b+c}+\frac{(b-c)abc}{b^3+c^3}}=\frac{c(b^2-bc+c^2)-bc(b-c)}{b(b^2-bc+c^2)+bc(b-c)}=\frac{c^3}{b^3}.\]

Solución. Supongamos que el número es $n=1000a+100b+10c+d$, siendo $a$ la cifra de las unidades de millar, $b$ la de las centenas, $c$ la de las decenas y $d$ la de las unidades. Los números que se obtienen al insertar un cero son los cuatro siguientes: \begin{align*} N_1&=10000a+100b+10c+d\\ N_2&=10000a+1000b+10c+d\\ N_3&=10000a+1000b+100c+d\\ N_4&=10000a+1000b+100c+10d. \end{align*} Como son todo múltiplos de $7$, $N_4-N_3=9d$ también lo es, luego tiene que ser $d=7$ o bien $d=0$. De la misma forma, $N_3-N_2=90c$ es múltiplo de $7$, luego $c=7$ o $c=0$. También $N_2-N_1=900b$ nos da que $b=0$ o $b=7$. Finalmente, $10N_1-N_4=90000a$ nos dice que $a=0$ o $a=7$, pero no puede ser $a=0$ porque entonces el número no sería de cuatro cifras. Nos quedan pues los siguientes posibles valores de $n$: \begin{align*} 7000&&7007&&7070&&7077\\ 7700&&7707&&7770&&7777. \end{align*} Como todos ellos verifican claramente la propiedad del enunciado, deducimos que estas son las únicas soluciones.

Solución.

1. La función $f$ tiene que ser biyectiva ya que $f^{-1}=f$ ($f$ es su propia inversa), lo que nos dice que $f$ permuta los valores del conjunto $A$. Además, como $f(f(x))=x$, la función actúa sobre parejas de elementos de $A$ intercambiando sus valores o bien dejando elementos de $A$ fijos. Habrá tantas funciones $f$ como formas extraer parejas disjuntas de $A=\{1,2,3,4,5,6\}$:
   • Con cero parejas hay una forma de hacerlo (dejar todo fijo).
   • Con una pareja hay $\binom{6}{2}=15$ formas de hacerlo.
   • Con dos parejas hay $\frac{1}{2}\binom{6}{2}\binom{4}{2}=\frac{1}{2}\cdot 15\cdot 6=45$ formas de hacerlo. El razonamiento para obtener esta fórmula es que hay $\binom{6}{2}$ formas de elegir la primera pareja y $\binom{4}{2}$ formas para la segunda (quedan sólo 4 elementos para elegir), pero estamos contando cada configuración dos veces.
   • Con tres parejas hay $\frac{1}{6}\binom{6}{2}\binom{4}{2}\binom{2}{2}=\frac{1}{6}\cdot 15\cdot 6\cdot 1=15$ formas de hacerlo. El razonamiento es similar al anterior, pero estamos contado cada configuración $3!=6$ veces.
   Tenemos así un total de $1+15+45+15=76$ funciones que cumplen este apartado.
2. El razonamiento para este apartado es similar. Observamos que $f$ también es biyectiva ya que cumple $f^{-1}=f\circ f$. Ahora bien, al cumplirse que $f(f(f(x)))=x$ para todo $x\in A$, se sigue que $f$ permuta cíclicamente tríos de elementos de $A$ y deja otros fijos. Ahora bien, cada trío $\{x,y,z\}$ tiene dos posibles permutaciones cíclicas según el orden en que se roten los elementos, que son $x\mapsto y\mapsto z\mapsto x$ y $x\mapsto z\mapsto y\mapsto x$. Tenemos tres casos:
   • Con cero tríos hay una forma de hacerlo (dejar todo fijo).
   • Con un trío hay $\binom{6}{3}=20$ formas de elegir el trío, lo que nos da 20\cdot 2=40$ posibles permutaciones.
   • Con dos tríos hay $\frac{1}{2}\binom{6}{3}\binom{3}{3}=10$ formas de elegir los dos tríos, lo que nos da $10\cdot 4=40$ posibles permutaciones (hay que elegir el orden de rotación en cada trío).
   Tenemos así un total de $1+40+40=81$ funciones que cumplen este apartado.

Solución. Si $x$ e $y$ son no negativos, entonces la primera ecuación queda $x^2+y^2=1$, lo que nos dice que ambos números están entre $0$ y $1$. Ahora la segunda ecuación, nos dice que uno de ellos tiene que ser igual a $1$ y el otro igual a cero pues, de no ser así, ambas partes enteras serían nulas. Tenemos así las dos soluciones $(0,1)$ y $(1,0)$.

Por otro lado, no pueden ser $x$ e $y$ ambos negativos ya que el miembro de la izquierda de la primera ecuación sería negativo, por lo que podemos suponer que $x$ es positivo e $y$ es negativo (el caso opuesto es análogo ya que sólo hay que cambiar $x$ por $y$). Como cualquier número es mayor o igual que su parte entera, la segunda ecuación nos dice en particular que \[x\geq\lfloor x\rfloor=1-\lfloor y\rfloor\gt 1-y\] y la primera nos dice que $x^2-y^2=1$, luego se tiene que $1+y^2=x^2\gt(1-y)^2$ y esto implica finalmente que $2y\gt 0$, lo que supone una contradicción.

Deducimos que no hay ninguna solución tal que $x$ e $y$ tengan distinto signo, luego $(0,1)$ y $(1,0)$ son las únicas.

Solución. Si $p$ es un número primo distinto de $2$ y $5$, entonces es primo relativo con $10$, luego el teorema pequeño de Fermat nos asegura que $10^{p-1}\equiv 1\ (\text{mod }p)$. En otras palabras, el número $10^{p-1}-1$, que se escribe solo con nueves, es múltiplo de $p$.

Solución. Los lados del triángulo son $a=r+r'$, $b=r'+r''$ y $c=r''+r$, luego el radio de su circunferencia inscrita $\rho$ puede calcularse mediante la fórmula $S=\rho p$, siendo $S$ el área del triángulo y $p=\frac{1}{2}(a+b+c)=r+r'+r''$ su semiperímetro. Usando la fórmula de Herón, tenemos que \[\rho=\frac{S}{p}=\frac{\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}{p}=\sqrt{\frac{r\cdot r'\cdot r''}{r+r'+r''}}.\]

Solución. Supongamos en primer lugar que hay $j$ elementos iguales a $1$ y $n-j$ iguales a $-1$ (es decir, no hay ceros). Entonces, habrá un producto $1$ por cada pareja de los primeros $j$ elementos y por cada pareja de los $n-j$ restantes, es decir, habrá $\binom{j}{2}+\binom{n-j}{2}$ sumandos iguales a $1$. Por otro lado, habrá un producto $-1$ por cada forma de elegir una pareja con un $1$ y un $-1$, es decir, habrá $j(n-j)$ sumandos iguales a $-1$. Por tanto, en tal caso la suma será \[\binom{j}{2}+\binom{n-j}{2}-j(n-j)=\frac{n^2-4jn+4j^2-n}{2}=\frac{(n-2j)^2-n}{2}.\] Esta suma será mínima cuando $n-2j$ esté lo más cercano posible a cero y dependerá de que $n$ sea par (tomamos $j=\frac{n}{2}$) o impar (tomamos $j=\frac{n-1}{2}$). Así, la suma mínima (sin usar ceros) será \[S(n)=\begin{cases}\frac{-n}{2}&\text{si }n\text{ es par},\\ \frac{1-n}{2}&\text{si }n\text{ es impar}.\end{cases}\] La función $S(n)$ es decreciente (no estrictamente) y usar ceros equivale a usar menos de $n$ números, luego $S(n)$ también es la suma mínima para $n$ números cuando algunos de ellos son ceros.

Para responder al apartado (b), supongamos que ahora se trata de números reales en el intervalo $[-1,1]$. En la suma total $S$, cada término $x_k$ multiplica a $s_k=(x_1+\ldots+x_{k-1}+x_{k+1}+\ldots+x_n$. Por tanto, si $s_k\neq 0$ y $-1\lt x_k\lt 1$, la suma total $S$ disminuirá haciendo $x_k=1$ o $x_k=-1$ dependiendo de si $s_k\lt 0$ o $s_k\gt 0$, respectivamente. Si por el contrario $s_k=0$, entonces $S$ no variará si tomamos $x_k=1$ o $x_k=-1$. En definitiva, el mínimo valor de $S$ se alcanzará en algún punto con todos los $x_k$ iguales a $\pm 1$, lo que demuestra que la respuesta es la misma que en el apartado (a).

Solución. Como $26=2\cdot 13$, llegamos fácilmente a que los únicos divisores positivos de 26 son $\{1,2,13,26\}$. Distingamos los cuatro casos:

• Si $a^2+b^2+c^2=1$, entonces uno de los tres dígitos es igual a 1 y el resto a 0, lo que nos lleva a la única solución $(a,b,c)=(1,0,0)$ ya que debe ser $a\neq 0$.
• Si $a^2+b^2+c^2=2$, entonces dos de los tres dígitos son iguales a 1 y el tercero a 0, lo que nos da dos soluciones: $(a,b,c)=(1,1,0)$ y $(a,b,c)=(1,0,1)$, de nuevo porque $a\neq 0$.
• Si $a^2+b^2+c^2=13$, entonces los dígitos están entre 0 y 3, pero no pueden ser todos menores o iguales que 2 puesto que entonces $a^2+b^2+c^2\leq 12$. Por tanto, uno de ellos es 3 y la suma de los cuadrados de los otros dos es 4, lo que lleva claramente a que sean 2 y 0. Tenemos así cuatro posibles soluciones: $(3,2,0)$, $(2,3,0)$, $(3,0,2)$ y $(2,0,3)$ ya que $a\neq 0$.
• Finalmente, si $a^2+b^2+c^2=26$, todos los dígitos están entre 0 y 5. Si uno de ellos es 5, los otros deben ser 1 y 0. Si uno de ellos es 4, los otros deben ser 3 y 1. Si el mayor es 3, entonces los cuadrados de los otros dos deben sumar 17, pero esto no es posible. Tampoco hay soluciones si el mayor es menor o igual que 2, como en el caso anterior.

En resumen, hemos encontrado los diecisiete números que cumplen la condición del enunciado: 100, 101, 105, 110, 134, 143, 150, 203, 230, 302, 314, 320, 341, 413, 431, 501 y 510.

Solución. Estas tres desigualdades se pueden reescribir como \begin{align*} \angle ACB\leq \angle APB\leq 2\angle ACB,\\ \angle BAC\leq \angle BPC\leq 2\angle BAC,\\ \angle CBA\leq \angle CPA\leq 2\angle CBA. \end{align*} Sumando y usando que $\angle ACB+\angle BAC+\angle CBA=180^\circ$ (los ángulos del triángulo $ABC$ suman $180^\circ$, tenemos que \[180^\circ\leq \angle APB+\angle BPC+\angle CPA\leq 360^\circ.\] Sin embargo, se tiene que $\angle APB+\angle BPC+\angle CPA=360^\circ$ ya que estos tres ángulos forman un ángulo completo. Tenemos así que deben darse las siguientes tres igualdades: \[\angle APB=2\angle ACB,\qquad\angle BPC=2\angle BAC,\qquad\angle CPA=2\angle CBA.\] Estas igualdades se cumplen si $P$ coincide con $O$, el circuncentro de $ABC$ por la propiedad del ángulo central en la circunferencia circunscrita a $ABC$. Por la propiedad del arco capaz, la igualdad $\angle APB=\angle AOP$ nos dice que $P$ tiene que estar en la circunferencia circunscrita de $ABO$ y análogamente, tiene que estar en las circunferencias circunscritas de $BCO$ y $CAO$. Como estas tres circunferencias solo se cortan en $O$, necesariamente ha de ser $P=O$. Hemos probado así que el circuncentro es el único punto que cumple las condiciones del enunciado (observemos que el circuncentro es interior al triángulo puesto que es acutángulo).

Solución. Podemos calcular fácilmente los cuatro últimos dígitos de cada factorial (no es necesario hallar el resto de dígitos para este cálculo ya que cada factorial sólo depende los últimos cuatro dígitos del factorial precedente): \begin{align*} 1!&=\ldots 0001,&5!&=\ldots 0120,&9!&=\ldots 2800,&13!&=\ldots 0800,\\ 2!&=\ldots 0002,&6!&=\ldots 0720,&10!&=\ldots 8800,&14!&=\ldots 1200,\\ 3!&=\ldots 0006,&7!&=\ldots 5040,&11!&=\ldots 6800,&15!&=\ldots 8000.\\ 4!&=\ldots 0024,&8!&=\ldots 0320,&12!&=\ldots 1600,&& \end{align*} Observamos entonces que una forma de obtener los cuatro últimos dígitos iguales a $2001$ es tomar $1!+13!+14!$ con $n=3$. No es posible obtener los mismos últimos dígitos con solo dos sumandos ya que necesariamente uno de los dos números tendría que ser $1$ (el único cuyo factorial es impar) y no hay ningún otro en la lista cuyos últimos cuatro dígitos sean $2000$.

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 $2^{11}=2048\gt 2023$, ninguno de los números del $1$ al $2023$ 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. Hay que probar dos implicaciones. La más sencilla consiste en suponer que $a=b=c$, en cuyo caso para cualquier $x\in\mathbb{R}$ se cumple que \[p(x)=(x-a)(x-b)+(x-b)(x-c)+(x-c)(x-a)=3(x-a)^2\geq 0.\] Recíprocamente, supongamos que $p(x)\geq 0$ para todo $x\in\mathbb{R}$. Podemos simplificar el polinomio operando todos los paréntesis y luego completar cuadrados para obtener que \begin{align*} p(x)&=x^2-ax-bx+ab+x^2-bx-cx+bc+x^2-cx-ax+ca\\ &=3x^2-2(a+b+c)x+(ab+bc+ca)\\ &=3\left(x^2-\tfrac{1}{3}(a+b+c)\right)^2-\tfrac{1}{3}(a+b+c)^2+(ab+bc+ca). \end{align*} Por tanto, este polinomio toma su mínimo valor en $x=\frac{1}{3}(a+b+c)$ y esto nos dice que $p(\frac{1}{3}(a+b+c))\geq 0$. De esta manera \begin{align*} 0\leq 3\, p(\tfrac{1}{3}(a+b+c))&=-(a+b+c)^2+3(ab+bc+ca)\\ &=-(a^2+b^2+c^2)-2(ab+bc+ac)+3(ab+bc+ca)\\ &=-(a^2+b^2+c^2)+(ab+bc+ac)\\ &=-(a-b)^2-(b-c)^2-(c-a)^2. \end{align*} La única forma de que se cumpla esta desigualdad es que $a-b=b-c=c-a=0$, es decir, que $a=b=c$, como queríamos demostrar.

Solución. Es bien conocido que $T_k=\frac{k(k+1)}{2}$ para cualquier entero positivo $k$, luego podemos escribir \begin{align*} T_nT_{n+1}\cdots T_{n+15}&=\frac{n(n+1)^2(n+2)^2\cdots(n+15)^2(n+16)}{2^{16}}\\ &=n(n+16)\cdot \left(\frac{(n+1)(n+2)\cdots(n+15)}{2^{8}}\right)^2 \end{align*} La fracción anterior con denominador $2^8$ es un número entero ya que en su numerador habrá al menos siete factores pares y más de uno múltiplo de $4$. Por tanto, el problema se reduce a encontrar los naturales $n$ tales que $n(n+16)=a^2$ para cierto entero $a$. Completando el cuadrado, podemos escribir esta ecuación como $(n+8)^2-a^2=64$ o bien $(n+8-a)(n+8+a)=64$. Esto nos dice que $n+8-a$ y $n+8+a$ son potencias de $2$ cuyo producto es $64$. Además, como $n+8-a\lt n+8+a$, las únicas posibilidades son las tres siguientes: \begin{align*} n+8-a&=1&y&& n+8+a&=64,\\ n+8-a&=2&y&& n+8+a&=32,\\ n+8-a&=4&y&& n+8+a&=16. \end{align*} Resolviendo el sistema lineal que se obtiene en cada uno de los tres casos (con incógnitas $a$ y $n$), llegamos a que $1$ y $64$ no dan ninguna solución entera, $2$ y $32$ dan $n=9$ y $4$ y $16$ dan $n=2$. Deducimos que $n=2$ y $n=9$ son las únicas soluciones.

Solución. Consideremos un rectángulo $ABCD$ de lados $AB=CD=1$ y $BC=DA=\sqrt{2}$. Por el teorema de Pitágoras, tenemos que $AC=\sqrt{3}$, luego el triángulo $ABC$ cumple las condiciones del enunciado. De hecho, podemos suponer que este es el triángulo ya que modificarlo por una semejanza no altera los ángulos ni las proporciones de los lados. Consideraremos también que $M,N,P$ son los puntos medios de los lados $AB,BC,CA$, respectivamente, y que $G$ es el baricentro de ABC$.

Observamos en primer lugar que $AN=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$ sin más que aplicar el teorema de Pitágoras a $ABN$. También se tiene que $CM=\frac{3}{2}$ aplicando el teorema de Pitágoras a $BCM$. Por último, se tiene que $BP=\frac{\sqrt{3}}{2}$ ya que es la mitad de la diagonal del rectángulo. Por lo tanto, las tres medianas tienen longitudes $\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}},\frac{3}{2}$, que son números proporcionales a $1,\sqrt{2},\sqrt{3}$ y, de esta forma, hemos respondido al apartado (b).

Dado que el baricentro $G$ corta a cada mediana en segmentos uno doble que el otro, podemos calcular $GN=\frac{1}{3}AN=\frac{1}{\sqrt{6}}$ y $GC=\frac{2}{3}CM=1$. Como también tenemos que $CN=\frac{1}{\sqrt{2}}$, podemos despejar el coseno del ángulo $\angle NGC$ utilizando el teorema del coseno en el triángulo $GCN$: \[\cos\angle CGN=\frac{GN^2+GC^2-CN^2}{2\,GN\cdot GC}=\frac{\frac{1}{6}+1-\frac{1}{2}}{2\cdot\frac{1}{\sqrt{6}}\cdot 1}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}},\] que coincide con el coseno de $\angle ACB$. Como ambos ángulos están entre $0$ y $180$, deben ser iguales. Se razona de la misma forma que $\angle BGN=\angle BAC$ y se razona también que $\angle AGP=90^\circ=\angle ABC$ sin más que comprobar que $BG^2+AG^2=AB^2$.

Solución. Si emparejamos la primera raíz con la última, la segunda con la penúltima y así sucesivamente, obtenemos sumas que podemos acotar de la siguiente manera (ver la nota): \[\sqrt{n^2-j}+\sqrt{n^2+j}=\sqrt{2n^2+2\sqrt{n^4-j^2}}\lt \sqrt{2n^2+2\sqrt{n^4}}=2n.\] Por lo tanto sumando desde $j=1$ hasta $j=k$ y añadiendo el sumando $\sqrt{n^2}=n$, obtenemos que $S\lt 2kn+n$. Ahora bien, si demostramos que $S\geq 2kn+n-1$, habremos terminado y la solución será $2kn+n-1$.

Para ver esto, seguimos el razonamiento anterior del emparejamiento, pero en este caso hacemos la siguiente estimación para $1\leq j\leq k$: \begin{align*} \sqrt{n^2-j}+\sqrt{n^2+j}&=\sqrt{2n^2+2\sqrt{n^4-j^2}}\geq \sqrt{2n^2+2\sqrt{n^4-k^2}}\\ &\geq \sqrt{2n^2+2\sqrt{n^4-n^2}}\geq \sqrt{2n^2+2\sqrt{n^4-2n^2+1}}\\ &=\sqrt{2n^2+2(n^2-1)}=\sqrt{4n^2-2}=2n\sqrt{1-\tfrac{1}{2n^2}}. \end{align*} Sumando de nuevo en $j$, obtenemos $S\geq n+2kn\sqrt{1-\tfrac{1}{2n^2}}$ Por lo tanto, para demostrar que $S\geq n+2kn-1$ (que es lo que queremos), será suficiente ver que $2kn\sqrt{1-\tfrac{1}{2n^2}}\geq 2kn-1$. Esto equivale a que \[2kn\left(1-\sqrt{1-\tfrac{1}{2n^2}}\right)\leq 1.\] El peor caso posible es $k=n$, luego es suficiente probar que $2n^2(1-\sqrt{1-\tfrac{1}{2n^2}})\leq 1$, que a su vez puede escribirse como \[1-\frac{1}{2n^2}\leq \sqrt{1-\tfrac{1}{2n^2}}.\] Esta última desigualdad es obvia: como $1-\frac{1}{2n^2}$ es un número entre $0$ y $1$, su raíz cuadrada es mayor. Siguiendo la cadena de desigualdades equivalentes, hemos probado el resultado.

Nota. Hemos utilizado que $\sqrt{a}+\sqrt{b}=\sqrt{a^2+b^2+2\sqrt{ab}}$ para cualesquiera $a,b\gt 0$ (¿sabrías demostrar por qué esto es cierto?).

Solución. El problema se reduce a probar que si la primera y la segunda persona han respondido ambas No, entonces la tercera debe responder Sí (¿por qué?).

Llamemos a las personas $A,B,C,D,E,F$ en este orden, de forma que primero se pregunta a $A$ (quien ve a $C,D,E$), luego se pregunta a $B$ (quien ve a $D,E,F$) y finalmente a $C$ (quien ve a $E,F,A$). Como $A$ responde No, se deduce que $C,D,E$ no tienen los tres el mismo color. Como $B$ responde No, $D$ y $E$ deben tener distinto color (si fueran del mismo, $B$ respondería que $C$ es del otro color a la vista de lo que ha dicho $A$). Por lo tanto, $C$ dirá Sí porque sabe que $D$ es del color distinto al que ve en $E$.

Solución. Pongamos coordenadas de forma que $A=(0,0)$, $B=(c,0)$ y $C=(0,b)$. El teorema de la bisectriz nos dice que los segmentos $AM$ y $MB$ son proporcionales a $b$ y $a$, respectivamente; como suman $c$, tiene que ser $AM=\frac{bc}{a+b}$ y $MB=\frac{ac}{a+b}$. De la misma manera, se tiene que $AN=\frac{bc}{a+c}$ y $NC=\frac{ba}{a+c}$, luego tenemos las coordenadas $M=(\frac{bc}{a+b},0)$ y $N=(0,\frac{bc}{a+c})$. Por lo tanto, la recta $MN$ tiene ecuación $(a+b)x+(a+c)y=bc$ y, por su parte, la recta $AD$ tiene ecuación $cx-by=0$ (ya que pasa por $(0,0)$ y el vector $(c,-b)$ es un vector normal). La intersección de estas dos rectas es el punto \[P=\left(\frac{b^2c}{b^2+c^2+ab+ac},\frac{bc^2}{b^2+c^2+ab+ac}\right)=\left(\frac{b^2c}{a(a+b+c)},\frac{bc^2}{a(a+b+c)}\right),\] donde hemos simplificado usando que $a^2=b^2+c^2$ por el teorema de Pitágoras. La distancia de este punto al origen es \[AD=\sqrt{\left(\frac{b^2c}{a(a+b+c)}\right)^2+\left(\frac{bc^2}{a(a+b+c)}\right)^2}=\sqrt{\frac{b^2c^2(b^2+c^2)}{a^2(a+b+c)^2}}=\frac{bc}{a+b+c},\] donde hemos usado de nuevo el teorema de Pitágoras para simplificar. Esto último es igual al radio de la circunferencia inscrita (ver la nota), lo que concluye la demostración.

Nota. En un triángulo rectángulo de hipotenusa $a$ y catetos $b$ y $c$, el área se puede calcular como $\frac{1}{2}bc$, ya que los catetos hacen de base y altura, y también como $S=rp=\frac{1}{2}(a+b+c)r$. Igualando ambas expresiones, obtenemos que $r=\frac{bc}{a+b+c}$.

Solución. Si $n$ es par, entonces el único factor común a $n$ y $n+2$ es el $2$ y $n+1$ y $n+3$ no tienen factores comunes. Por lo tanto, $n+1$ y $n+3$ tienen que ser primos o potencias de primos, mientras que $n$ o $n+2$ tienen que ser ambos potencias de $2$ (lo que nos lleva necesariamente a $n=2$, que cumple el enunciado claramente) o bien uno de ellos una potencia de $2$ y el otro $2$ por una potencia de un primo. Sin embargo, este último primo tiene que ser común a $n+1$ o $n+3$. Como $n$ y $n+2$ son primos relativos con $n+2$, no queda más remedio que el primo sea $3$ y sea común a $n$ y $n+3$. Tenemos así que $n=3\cdot 2^a$ y $n+2=2^b$, pero sólo uno de estos números es múltiplo de $4$, lo que nos dice que $a=1$, lo que nos da la solución $n=6$, que cumple el enunciado.

Supongamos ahora que $n$ es impar. Un razonamiento similar nos dice que, a parte del caso $n=1$ (que cumple el enunciado), se tiene que $n+1=2^a$ y $n+3=3\cdot 2^b$. Como uno de los dos números debe ser múltiplo de $2$ pero no de $4$, deb ser $b=1$, luego $n=3$, que cumple el enunciado.

Por tanto, las únicas soluciones son $n=1$, $n=2$, $n=3$ y $n=6$.

Solución. Los $8$ elementos forman un total de $\binom{8}{2}=\frac{8\cdot 7}{2}=28$ parejas de elementos. Ahora bien, un elemento dado no puede estar en cuatro o más subconjuntos ya que entonces habría dos de estos subconjuntos con otro elemento en común. Esto quiere decir que hay al menos $4$ de las $28$ parejas que no pertenece a ninguno de los subconjuntos, lo que hace un máximo de $24$ parejas que pueden estar en cada subconjunto. Como cada subconjunto tiene tres parejas de elementos, habrá un máximo de $8$ subconjuntos.

Será suficiente entonces encontrar ocho subconjuntos de tres elementos que cumplen la propiedad del enunciado, pero esto es ya sencillo tras probar un poco. Si el conjunto es $A=\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$, entonces podemos tomar los subconjuntos $\{1,2,3\}$, $\{3,4,5\}$, $\{5,6,7\}$, $\{7,8,1\}$, $\{1,4,6\}$, $\{3,6,8\}$, $\{5,8,2\}$ y $\{7,2,4\}$. Cada uno de ellos corta a otros $6$ y lo hace en un único elemento.

Solución. Llamando $\alpha,\beta,\gamma$ a las tres raíces, podemos expresar \begin{align*} x^3-x+k&=(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)\\ &=x^3-(\alpha+\beta+\gamma)x^2+(\alpha\beta+\beta\gamma+\alpha\gamma)x-\alpha\beta\gamma. \end{align*} Identificando los términos con $x^2$, obtenemos que $\alpha+\beta+\gamma=0$, luego podemos escribir $\gamma=-\beta-\alpha$. Ahora bien, los términos con $x$ nos dan \[-1=\alpha\beta+\beta\gamma+\alpha\gamma=\alpha\beta-\beta(\alpha+\beta)-\alpha(\alpha+\beta),\] de donde sacamos que $\alpha^2+\alpha\beta+\beta^2=1$. Ahora hay que darse cuenta de que esta ecuación no tiene muchas soluciones enteras; por ejemplo, podemos reescribirla como $\alpha^2+(\alpha+\beta)^2+\beta^2=2$, lo que nos asegura que $\alpha$ y $\beta$ están en el intervalo $[-1,1]$. Probando los distintos valores, llegamos a que solo puede ser $(\alpha,\beta)=(1,0)$ o bien $(\alpha,\beta)=(0,1)$. Esto nos da $\gamma=-\alpha-\beta=-1$. El término independiente del polinomio nos dice que $k=-\alpha\beta\gamma=0$.

Hemos demostrado así que la única solución es $k=0$.

Solución. Sea $p$ un número primo y consideremos los exponentes enteros $x,y,z\geq 0$ de $p$ en la descomposición en factores primos de $a,b,c$, respectivamente. Podemos suponer además que $x\leq y\leq z$ sin perder generalidad. El exponente de $p$ en $(\operatorname{mcm}(a,b,c))^2$ es $2z$ y en $\operatorname{mcm}(a,b)\operatorname{mcm}(b,c)\operatorname{mcm}(c,a)$ es $y+2z$, luego este exponente en la fracción de la izquierda es $-y$. Por su parte, el exponente de $p$ en $(\operatorname{mcd}(a,b,c))^2$ es $2x$ y en $\operatorname{mcd}(a,b)\operatorname{mcd}(b,c)\operatorname{mcd}(c,a)$ es $2x+y$, luego en la fracción de la derecha vuelve a ser $-y$. Repitiendo esto para todo primo $p$ deducimos que ambas fracciones coinciden.

Solución. Por el paralelismo entre las rectas dadas, está claro que los triángulos $RBP$, $QPC$ y $ABC$ son semejantes ya que tienen sus tres ángulos iguales. También por tener sus lados opuestos paralelos, es fácil darse cuenta de que $ARPQ$ es un paralelogramo, luego $QRQ$ y $PQR$ son triángulos congruentes. Para pasar de $QPC$ a $RBP$ multiplicamos por un factor $k$ (de forma que las áreas se multiplican por $k^2$), luego $BP=k\cdot CP$. De esta forma $BC=(1+k)CP$, luego para pasar de $QPC$ a $ABC$ se multiplica por un factor $1+k$ (y las áreas se multiplican por $(1+k)^2$). Todo esto nos dice que \begin{align*} (1+k)^2\mathrm{Área}(RBP)&=\mathrm{Área}(ABC)=\mathrm{Área}(RBP)+\mathrm{Área}(QPC)+2\mathrm{Área}(ARQ)\\ &=\mathrm{Área}(RBP)+k^2\,\mathrm{Área}(RBP)+2\mathrm{Área}(ARQ), \end{align*} de donde se tiene que $\mathrm{Área}(ARQ)=k\,\mathrm{Área}(RBP)$. Con esto podemos calcular finalmente \begin{align*} \frac{\mathrm{Área}(ARQ)}{\mathrm{Área}(ABC)}=\frac{k\,\mathrm{Área}(RBP)}{(1+k)^2\,\mathrm{Área}(RBP)}=\frac{k}{(1+k)^2}. \end{align*}

Solución. Definimos de forma recursiva la sucesión \begin{align*} (a_0,b_0,c_0,d_0)&=(a,b,c,d),\\ (a_n,b_n,c_n,d_n)&=(a_{n-1}-b_{n-1},b_{n-1}-c_{n+1},c_{n-1}-d_{n-1},d_{n-1}-a_{n-1}), \end{align*} para todo $n\geq 1$. El problema equivale a comprobar bajo qué condiciones alguno de los números $a_n,b_n,c_n,d_n$ se pasa de $2023$ para algún valor del subíndice $n$ en términos de los valores iniciales. La idea feliz es encontrar la siguiente fórmula válida para todo $n\geq 1$: \[(a_n-c_n)(b_n-d_n)=\begin{cases} (-4)^{\frac{n-1}{2}}[(a-c)^2-(b-d)^2]&\text{si }n\text{ es impar},\\ (-4)^{\frac{n}{2}}[(a-c)(b-d)]&\text{si }n\text{ es par}. \end{cases}\] La probaremos por inducción sobre $n$. Los casos base son $n=1$ y $n=2$, que se comprueban fácilmente. Para $n\geq 3$, se tiene (tras sucesivas simplificaciones) el siguiente desarrollo: \begin{align*} (a_{n}-c_{n})(b_{n}-d_{n})&=(a_{n-1}\!-\!b_{n-1}\!-\!c_{n-1}\!+\!d_{n-1})(b_{n-1}\!-\!c_{n-1}\!-\!d_{n-1}\!+\!a_{n-1})\\ &=(-2b_{n-1}+2d_{n-1})(-2c_{n-1}+2a_{n-1})\\ &=-4(a_{n-1}-c_{n-1})(b_{n-1}-d_{n-1}). \end{align*} Por tanto, por cada dos unidades que avanza el subíndice, aparece un nuevo factor $-4$, lo que se corresponde con la fórmula arriba propuesta (teniendo en cuenta el caso base y la hipótesis de inducción), que queda así probada.

Ahora bien, si $a\neq c$ o bien $b\neq d$, se tiene que $(a-c)(b-d)\neq 0$ o bien $(a-c)^2-(b-d)^2\neq 0$, luego necesariamente $(a_n-c_n)(b_n-d_n)$ se vuelve positivo y arbitrariamente grande en algún momento al ir multiplicado por un factor $(-4)^{n/2}$ o $(-4)^{(n-1)/2}$ (da igual si $(a-c)(b-d)$ o $(a-c)^2-(b-d)^2$ son positivos o negativos porque la potencia tiene base negativa y va tomando alternadamente valores positivos y negativos). Que $(a_n-c_n)(b_n-d_n)$ sea arbitrariamente grande implica claramente que alguno de los números $a_n,b_n,c_n,d_n$ se vuelve arbitrariamente grande.

Finalmente, analizamos qué pasa cuando $a=c$ y $b=d$. No es difícil ver entonces que $a_n=2^{n-1}(a-b)$ y $b_n=2^{n-1}(b-a)$ también por inducción sobre $n$ y dejamos los detalles como ejercicio. Por lo tanto, si $a\neq b$, entonces $a_n$ o $b_n$ se hará mayor que $2023$ en algún momento ya que $2^{n-1}$ se volverá arbitrariamente grande (de nuevo, no importa si $a\gt b$ o $b\gt a$). Con todo esto, deducimos que la única forma de no sobrepasar $2023$ es que $a=b=c=d\lt 2023$, en cuyo caso tenemos obviamente que $a_n=b_n=c_n=d_n=0$ para todo $n\geq 1$.