Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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 $n\geq 1$.