Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Los números $a,b,c$ sólo pueden tener al 7 como factor primo, luego podemos escribir $a=7^x$, $b=7^y$ y $c=7^z$, lo que nos permite escribir $7^{39}=abc=7^x7^y7^z=7^{x+y+z}$. Por tanto, el problema equivale a encontrar las ternas $(x,y,z)$ de enteros mayores o iguales que $1$ tales que $x+y+z=39$. Observamos que $x$ debe estar entre $1$ y $37$ y, para cada valor de $x$, hay $38-x$ pares $(y,z)$ tales que $y+z=39-x$, que vienen dados por \[(1,38-x),(2,37-x),(3,36-x),\qquad (38-x,1).\] Por tanto, el número de soluciones es \[\sum_{x=1}^{37}(38-x)=37+36+35+\ldots+1=\frac{37\cdot 38}{2}=703.\]

Nota. El problema también se puede resolver mediante combinaciones con repetición usando separadores. Expresando $x=1+x'$, $y=1+y'$ y $z=1+z'$, tenemos que encontrar la cantidad de ternas $x',y',z'\geq 0$ tales que $x'+y'+z'=36$, lo que equivale a elegir dos separadores en una lista de $36+2=38$ elementos, esto es, el número de soluciones es \[\binom{38}{2}=\frac{38\cdot 37}{2}=703.\]

Solución. El binomio de Newton nos asegura que \begin{align*} (a+b)^7-a^7-b^7&=7(a^6b+3a^5b^2+5a^4b^3+5a^3b^4+3a^2b^5+ab^6)\\ &=7ab(a+b)(a^2+ab+b^2)^2. \end{align*} Por lo tanto, si $ab(a+b)$ no es divisible por $7$, necesariamente tendremos que encontrar $a$ y $b$ tales que $a^2+ab+b^2$ sea divisible por $7^3=343$. Curiosamente, si tomamos $b=1$, la ecuación $a=2+a+1=343$ tiene por solución entera positiva $a=18$. Como ni $1$ ni $18$ son múltiplos de $7$, obtenemos que $(a,b)=(18,1)$ es una posible respuesta al problema.

Solución. Dividiendo los dos polinomios (o bien utilizando el método de Ruffini para evaluar en $n=-2$), obtenemos que \[\frac{n^5-5n^3+4n}{n+2}=n^4-2 n^3-n^2+2 n.\] Este último polinomio se puede factorizar en los enteros sacando factor común $n$ y utilizando de nuevo el método de Ruffini: \[\frac{n^5-5n^3+4n}{n+2}=(n-2)(n-1)n(n+1).\] Como es el producto de 4 enteros consecutivos, al menos dos de ellos serán pares, uno de los cuales ha de ser múltiplo de $4$, luego el resultado es múltiplo de $8$. Por el mismo motivo habrá al menos uno de ellos múltiplo de $3$, luego el resultado es múltiplo de $3\cdot 8=24$.

Nota. No podemos asegurar que haya un factor más grande ya que, para $n=3$ la expresión tiene un valor precisamente de $24$.

Solución. Vamos a probar que si expresamos $n$ en base $2$ con solo ceros y unos, el número $f(n)$ es el que tiene esa misma representación en base $3$. Eso hace que el conjunto de valores que toma $f$ son los números que se escriben solamente con ceros y unos en base $3$, es decir, los números que son suma de potencias distintas de $3$.

Vamos a proceder por inducción completa sobre $n$. El caso base $n=1$ está claro ya que $f(1)=1$ y $1$ se expresa igual en ambas bases. Supongamos entonces que el resultado es cierto hasta cierto valor $n$ y veamos lo que ocurre con $n+1$. Podemos escribir \[n+1=2^ka_k+\ldots+4a_2+2a_1+a_0,\] siendo $a_k\ldots a_2a_1a_0$ los dígitos de $n+1$ en base $2$. Distinguimos dos casos según el valor de $a_0$:

• Si $a_0=0$, entonces podemos escribir \begin{align*} f(n+1)&=f(2(2^{k-1}a_k+\ldots+2a_2+a_1))=3f(2^{k-1}a_k+\ldots+2a_2+a_1)\\ &=3f(3^{k-1}a_k+\ldots+3a_2+a_1)=3^ka_k+\ldots+9a_2+3a_1, \end{align*} donde hemos usado que $2^{k-1}a_k+\ldots+2a_2+a_1=\frac{n-1}{2}\lt n$ y la hipótesis de inducción. Por tanto, tenemos que $f(n+1)$ es el número que tiene los dígitos $a_k\ldots a_2a_1a_0$ en base $3$.
• De forma similar, si $a_0=1$, entonces \begin{align*} f(n+1)&=f(2(2^{k-1}a_k+\ldots+2a_2+a_1)+1)=f(2(2^{k-1}a_k+\ldots+2a_2+a_1))+1\\ &=f(2^{k}a_k+\ldots+4a_2+2a_1)+1=3^{k}a_k+\ldots+9a_2+3a_1+1, \end{align*} vuelve a ser el número con dígitos $a_k\ldots a_2a_1a_0$ en base $3$. Aquí hemos aplicado la hipótesis de inducción a $n=2^{k}a_k+\ldots+4a_2+2a_1$.

Solución. Las dos últimas cifras de \(a_n\) sólo dependen de las dos últimas cifras de \(a_{n-1}\), luego bastará calcular algunos términos hasta que se repitan las dos últimas cifras. En realidad, esto podría ser un proceso muy largo, pero da la casualidad de que obtenemos la siguiente sucesión de últimas cifras: \[03\to 12\to 56\to 92\to 56\to 92\to 56\to 92\to\ldots\] De esta forma, salvo los dos primeros, vemos que los siguientes se repiten por parejas. En particular, las dos últimas cifras de \(a_{2000}\) son las mismas que las de \(a_4\), luego la respuesta a la pregunta es \(92\).

Solución. Consideremos un triángulo $ABC$, su circuncentro $O$ y su ortocentro $H$. Si llamamos $M$ al punto medio del lado $BC$, tendremos que demostrar que $AH=2BC$. Para ello, trazamos el diámetro de la circunferencia circunscrita que pasa por $B$ y su punto diametralmente opuesto, que llamaremos $P$, como se indica en la figura. Por ser $BP$ un diámetro, se tiene que $PC$ es perpendicular a $BC$ y, por tanto, paralela a la mediatriz $OM$. Entonces, los triángulos $BOM$ y $BPC$ son semejantes y se cumple que $PC=2OM$, luego tendremos que demostrar que $PC=AH$. Esto último se sigue de que $APCH$ es un paralelogramo ya que $PC$ es paralela a la altura $AH$ y $AP$ es paralela a la altrua $CH$ (ya que el ángulo $\angle BAP$ es recto por comprender al diámetro $BP$).

Nota. Este es un resultado relativamente conocido en el ámbito de la geometría de olimpiadas. ¿Sabrías probar que $AH=2R\cos A$ y $OM=R\cos A$, siendo $R$ el radio de la circunferencia circunscrita? ¿Sabrías probar a partir de este resultado que las rectas $OA$ y $MH$ se cortan en un punto de la circunferencia circunscrita?

Solución. Los triángulos $AMD$ y $BMN$ son semejantes (están en posición de Thales ya que $AD$ y $BC$ son paralelas) y la razón de semejanza es $\frac{1}{2}$ ya que el enunciado nos dice que $MD=2BM$. Por lo tanto, $BN=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}BC$ y tenemos que $N$ es el punto medio de $BC$. De esta forma, el área $BCD$, que es la mitad de la del paralelogramo, es a su vez el doble del área de $DBN$ (por tener la misma base y altura doble). Por otro lado, el área de $DMN$ es el doble de la de $BMN$ (ya que tiene doble base e igual altura). Todo esto nos dice que \begin{align*} \mathrm{Area}(ABCD)&=2\,\mathrm{Area}(BCD)=4\,\mathrm{Area}(BND)\\ &=4(\mathrm{Area}(MND)+\mathrm{Area}(MNB))\\ &=4(\mathrm{Area}(MND)+\tfrac{1}{2}\mathrm{Area}(MND))=6\,\mathrm{Area}(MND). \end{align*} Deducimos así que \[\frac{\mathrm{Area}(MND)}{\mathrm{Area}(ABCD)}=\frac{1}{6}.\]

Solución. Llamemos (1) al reemplazo $k\mapsto 3k-1$, (2) al reemplazo $k\mapsto 2k+1$ y (3) al reemplazo $k\mapsto\frac{k}{2}$. Observemos las siguientes cadenas de reemplazos válidas para cualquier entero $m\geq 0$ (es decir, distinguimos casos dependiendo del resto módulo $4$): \begin{align*} 4m&\stackrel{(3)}{\longmapsto}2m,\\ 4m+1&\stackrel{(2)}{\longmapsto}8m+3\stackrel{(1)}{\longmapsto}24m+8\stackrel{(1)}{\longmapsto}12m+4\stackrel{(1)}{\longmapsto}6m+2\stackrel{(1)}{\longmapsto}3m+1,\\ 4m+2&\stackrel{(1)}{\longmapsto}2m+1,\\ 4m+3&\stackrel{(1)}{\longmapsto}12m+8\stackrel{(1)}{\longmapsto}6m+4\stackrel{(3)}{\longmapsto}3m+2. \end{align*} Todas estas transformaciones acaban con un número estrictamente menor que el inicial salvo si empezamos con el $1=4\cdot 0+1$, caso en el que acabamos con el propio $1$. De este modo, aplicando reiteradamente estas cadenas de reemplazos podemos empezar en cualquier número $n$ y terminar en el $1$.

El resto de la demostración será ver que empezando por $1$ podemos multiplicar por $3$ sucesivamente para conseguir cualquier potencia de $3$. Esto es consecuencia de la siguiente cadena de reemplazos: \[3^a\stackrel{(1)}{\longmapsto}3^{a+1}-1\stackrel{(3)}{\longmapsto}\frac{3^{a+1}-1}{2}\stackrel{(2)}{\longmapsto}3^{a+1},\] donde la fracción es realmente un número entero ya que $3^{n+1}-1$ es par. Por lo tanto, podemos empezar en $1=3^0$ y pasar sucesivamente a $3^1,3^2,3^3,\ldots$ hasta llegar a $3^{2023}$.

Solución. Observemos que a lo sumo hay \(5\) edades distintas entre todos los participantes pues, en caso contrario, no se cumpliría el enunciado pues basta tomar \(5\) personas fijas e ir variando la sexta para formar grupos y en cada uno de ellos una edad ha de repetirse. En definitiva, tenemos \(5\cdot 5\cdot 2=50\) posibilidades distintas en cuanto a sexo, nacionalidad y edad para una persona. Como hay \(201=4\cdot 50+1\) personas en total, el principio del palomar nos asegura que hay cinco que comparten estas tres características.

Solución. Vamos analizar si $(x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}$ es múltiplo de $(x+y)^3-x^3-y^3$ para dos enteros $x,y\in\mathbb{Z}$ y $n\in\mathbb{N}$. Para ello, observamos que $(x+y)^3-x^3-y^3=3xy(x+y)$ y, desarrollamos por el binomio de Newton, podemos factorizar \begin{align*} (x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}&=\binom{2n+1}{1}x^{2n}y+\binom{2n+1}{2}x^{2n-1}y^2+\ldots+\binom{2n+1}{2n}xy^{2n}\\ &=xy\left(\binom{2n+1}{1}x^{2n-1}+\binom{2n+1}{2}x^{2n-2}y+\ldots+\binom{2n+1}{2n}y^{2n-1}\right) \end{align*} Si vemos el último paréntesis grande como un polinomio $p(x)$ para un valor fijo de $y$, tenemos además que \begin{align*} p(-y)&=\binom{2n+1}{1}(-y)^{2n-1}+\binom{2n+1}{2}(-y)^{2n-2}y+\ldots+\binom{2n+1}{2n}y^{2n-1}\\ &=y^n\left(-\binom{2n+1}{1}+\binom{2n+1}{2}-\ldots+\binom{2n+1}{2n}\right)=0 \end{align*} ya que la suma alternada de números combinatorios es cero. Esto nos dice que podemos factorizar como polinomios $p(x)=(x+y)q(x,y)$, luego podemos factorizar $(x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}=xy(x+y)q(x,y)$. Nos falta por ver que podemos sacar también el factor $3$ y para ello haremos $x=1013$ e $y=1001$, lo que nos da \[(x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}\equiv 2^{2n+1}-1^{2n+1}-1^{2n+1}=2\cdot 1^{2n}-1-1\equiv 0\ (\text{mod }3).\] Sin embargo, tenemos que $xy(x+y)\equiv 1\cdot 1\cdot 2\not\equiv 0\ (\text{mod }3)$, luego $(x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}$ es múltiplo de $3xy(x+y)$ para todo $n\in\mathbb{N}$, en particular, para $n=1006$.

Nota. No es cierto en general que $(x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}$ sea múltiplo de $(x+y)^3-x^3-y^3=3xy(x+y)$ y el problema justamente es el $3$ final. No es difícil completar el argumento para ver que esta propiedad es cierta para todo $n$ si, y sólo si, $x\equiv y\equiv 1$ o bien $x\equiv y\equiv 2$ (mod $3$).

Solución. Al ser múltiplo de $2$ y de $5$, tiene que ser múltiplo de $10$ y, por tanto, la cifra de las unidades será $0$. Pongamos entonces que $n=1000a+100b+10c$. Que sea múltiplo de $3$ nos dice que $a+b+c$ es múltiplo de $3$. Ahora bien, los dígitos pueden ser únicamente $0,1,4,9$ y $a\neq 0$. Como $1$ y $4$ dan resto $1$ al dividirlos entre $3$, $a+b+c$ es múltiplo de $3$ únicamente si los tres dígitos son ceros y nueves(con $a\neq 0$) o los tres son unos y cuatros. Por otro lado, que sea múltiplo de $7$ nos dice que $6a+2b+3c$ es múltiplo de $7$. Distingamos casos según el valor de $a$:

• Si $a=9$, entonces $54+2b+3c$ tiene que ser múltiplo de $7$; como en este caso $b$ y $c$ son cada uno cero o nueve, llegamos fácilmente a que ninguna elección de $b$ y $c$ cumplen estas condiciones.
• Si $a=1$, entonces $6+2b+3c$ debe ser múltiplo de $7$; como en este caso $b$ y $c$ son iguales a uno o cuatro, comprobamos fácilmente que tampoco hay elección que nos dé un múltiplo de $7$.
• Por último, si $a=4$, entonces $24+2b+3c$ debe ser múltiplo de $7$ y también tenemos que $b$ y $c$ son iguales a uno o cuatro. Comprobamos fácilmente que $b=4$ y $c=1$ es la única posibilidad para que esto ocurra.

Concluimos que $n=4410$ es el único número que cumple las condiciones dadas.

Nota. En realidad, tenemos que el número es múltiplo de $210$ luego no es descabellado escribir rápidamente los $43$ múltiplos de $21$ entre $105=5\cdot 21$ y $987=47\cdot 21$ para simplemente chequear cuáles tienen únicamente dígitos $0,1,4,9$. Estos múltiplos son: 105, 126, 147, 168, 189, 210, 231, 252, 273, 294, 315, 336, 357, 378, 399, 420, 441, 462, 483, 504, 525, 546, 567, 588, 609, 630, 651, 672, 693, 714, 735, 756, 777, 798, 819, 840, 861, 882, 903, 924, 945, 966, 987.

Solución. Desarrollando los cuadrados en la tercera ecuación y usando las dos primeras se llega fácilmente a que \[xy^2+yz^2+zx^2=73.\] Observemos que esta ecuación es muy parecida a la segunda del enunciado pero los cuadrados están en el otro factor. Restando la segunda ecuación del enunciado y esta que hemos obtenido, llegamos a que \[0=73-73=xy^2+yz^2+zx^2-x^2y-y^2z-z^2x=(y-x)(z-y)(x-z).\] Por lo tanto, dos de las incógnitas deben ser iguales, pongamos que $y=z$ sin perder generalidad. Entonces, las tres ecuaciones del enunciado se transforman en las dos siguientes: \[\left.\begin{array}{r}xy^2=8\phantom{3}\\x^2y+y^3+xy^2=73\end{array}\right\}\] (la tercera ecuación ya no nos hace falta porque es redundante). Esto nos dice que $x^2y+y^3=65$ y, multiplicando por $y^3$, tenemos que $64+y^6=(xy^2)^2+y^6=65y^3$. En consecuencia, $y$ debe ser solución de la ecuación bicúbica $y^6-65y+64=0$, que puede factorizarse como $(y^3-1)(y^3-64)=0$, lo que nos da las soluciones $y=1$ e $y=4$. Como $xy^2=8$ y $z=y$, tenemos que $(x,y,z)=(8,1,1)$ o bien $(x,y,z)=(\tfrac{1}{2},4,4)$. Ahora bien, cualquier permutación de las variables también da una solución (hemos roto la simetría al suponer que $y=z$), luego tenemos seis soluciones para $(x,y,z)$: \[(8,1,1),\quad (1,8,1),\quad (1,1,8),\quad (\tfrac{1}{2},4,4),\quad (4,\tfrac{1}{2},4),\quad (4,4,\tfrac{1}{2}).\]

Solución. Si al primer polinomio le restamos el doble del segundo obtenemos el polinomio \[-5(x^4-6x^3-x^2+30x+25),\] que también debe tener las mismas raíces comunes a los polinomios originales. Haciendo la división de cada uno de los polinomios dados dentre $x^4-6x^3-x^2+30x+25$, obtenemos que \begin{align*} 2 x^5 - 13 x^4 + 4 x^3 + 61 x^2 + 20 x - 25&=(2x-1)(x^4-6x^3-x^2+30x+25),\\ x^5 - 4 x^4 - 13 x^3 + 28 x^2 + 85 x + 50&=(x+2)(x^4-6x^3-x^2+30x+25) \end{align*} Como se trata de dos raíces dobles, deducimos además $x^4-6x^3-x^2+30x+25$ debe ser un polinomio cuadrado perfecto, luego expresamos \[x^4-6x^3-x^2+30x+25=(x^2+ax+b)^2=x^4+2ax^3+(a^2+2b)x^2+2abx+b^2,\] de donde obtenemos que $a=-3$ y $b=-5$ sin más que comparar coeficientes. Como el polinomio $x^2-3x-5$ tiene raíces $\frac{1}{2}(3\pm\sqrt{29})$, deducimos que estas son las dos raíces dobles comunes a los polinomios originales, mientras que la quinta raíz del primer polinomio es $\frac{1}{2}$ y la quinta raíz del segundo polinomio es $-2$.

Solución. Hay cuatro formas esencialmente distintas de dividir un triángulo en tres triángulos, que está indicadas en la figura de abajo. Sin embargo, nos damos cuenta de que si un segmento termina en el interior de un lado y no es perpendicular a dicho lado, entonces forma dos ángulos suplementarios distintos. Estos dos ángulos deben ser dos de los ángulos de cada triángulo semejante pero un triángulo no puede tener dos ángulos que sumen $180^\circ$. Esto descarta directamente los casos III y IV y restringe el caso II. Veamos directamente qué restricciones adicionales nos da el hecho de que los tres triángulos deben tener ángulos iguales.

• Caso I. Tenemos un vértice interior, en el que se forman al menos dos ángulos obtusos, que deben ser iguales, y el tercero debe ser igual también ya que suma con uno de los obtusos más de $180^\circ$. Hay dos posibles configuraciones para los otros seis ángulos de los tres triángulos, que hemos llamado casos I.a y I.b. En el caso I.a, como la suma de los ángulos de $T$ es $180^\circ$, llegamos a que el ángulo verde más el amarillo suman $60^\circ$, luego $T$ es equilátero. En el caso I.b, el triángulo $T$ es isósceles, luego los ángulos amarillo y verde deben coincidir y también llegamos a que $T$ es equilátero.
• Caso II. Hay esencialmente tres configuraciones para los ángulos que no son rectos, que se indican en los casos II.a, II.b y II.c. En el caso II.a, dos verdes suman $90^\circ$, de donde se tiene que tanto el verde como el amarillo deben ser $45^\circ$ y $T$ es un triángulo rectángulo isósceles. En el caso II.b, el verde y el amarillo suman $90^\circ$, luego $T$ es en principio un triángulo rectángulo cualquiera. En el caso II.c, tenemos que $T$ es un triángulo isósceles cualquiera.

Tenemos, por tanto, que los únicos triángulos que pueden admitir la subdivisión son los triángulos rectángulos y los triángulos isósceles. Sin embargo, las subdivisiones que nos salen nos dan triángulos congruentes solamente en el caso del triángulo equilátero. Subdividiendo este último uniendo cada vértice con el centro, confirmamos que los triángulos equiláteros son las únicas soluciones.

Nota. Hemos probado, de hecho, que los únicos triángulos que se pueden subdividir en tres triángulos semejantes son los triángulos rectángulos y los triángulos isósceles.

Solución. El área del triángulo es $2$ y el área del sector circular de arco $\ell$ (en azul en la figura) es $\frac{1}{8}\pi r^2$, siendo $r$ su radio. Esto viene de que es un octavo del círculo de radio $r$ ya que el ángulo $A$ del triángulo rectángulo isósceles $ABC$ es $45^\circ$. Igualando a la mitad del área del triángulo, obtenemos \[\tfrac{1}{8}\pi r^2=1\ \Longleftrightarrow\ r=2\sqrt{\tfrac{2}{\pi}}.\] Observamos que $r\lt 2$, lo que nos dice que el sector realmente está bien definido. Ahora bien, el radio $s$ del sector de arco $m$ (en naranja en la figura) sumado con $r$ nos da la hipotenusa $AB=2\sqrt{2}$, luego podemos despejar \[s=AB-r=2\sqrt{2}-2\sqrt{\tfrac{2}{\pi}}=2\sqrt{2}(1-\tfrac{1}{\sqrt{\pi}}).\] Tenemos entonces que el área que nos piden (en verde en la figura) es \[2-\tfrac{\pi}{8}r^2-\tfrac{\pi}{8}s^2=2-1-\tfrac{8\pi}{8}(1-\tfrac{1}{\sqrt{\pi}})^2=2\sqrt{\pi}-\pi.\]

Solución. Está claro que no pueden sentarse más de $n^2$ personas cumpliendo esta condición, ya que en tal caso habría al menos $n+1$ de algún país por el principio del palomar y alguna de las personas a su lado tendría que ser del mismo país ya que sólo hay $n$ países (de nuevo por el principio del palomar. Vamos a ver que efectivamente pueden sentarse $n^2$ personas cumpliendo la propiedad, luego este será el máximo.

Vamos a encontrar la forma de sentarse por inducción sobre $n$. Para el caso base $n=2$, la forma de sentarse es 1221 (cíclicamente), siendo 1 un representante del primer país y 2 un representante del segundo. Ahora bien, para añadir un tercer país añadimos 33231 al inicio de la cadena, para añadir un cuarto país añadimos 4434241, para añadir un quinto país añadimos 554535251 y así sucesivamente, obteniendo las cadenas cíclicas \begin{align*} 1221,\\ 332311221,\\ 4434241332311221,\\ 5545352514434241332311221,\ldots \end{align*} En el paso $n$ se añade la cadena $nn(n-1)n(n-2)\ldots n1$ formada por $2n-1$ números. Como la suma de los impares entre $1$ y $2n-1$ es $n^2$, deducimos que tenemos así $n^2$ números para $n$ países. Ahora bien, cada número $k\lt n$ tiene a su derecha a cada uno de los números entre $1$ y $n-1$ una única vez por hipótesis de inducción y una vez al $n$ en la cadena añadida en el paso $n$. Por su parte, el número $n$ tiene a su derecha una vez a cada uno de los números entre $1$ y $n$ en la cadena añadida en el paso $n$. Por lo tanto, hemos probado que el número máximo es $n^2$.

Solución. Hay que tener en cuenta que si una de las cifras del número es par es porque hay una llevada de la suma de las cifras de orden inmediatamente inferior. Vamos a analizar cada caso por separado:

• 6204773 es bonito (por ejemplo, tomando $s=3557931$ y $t=2646842$).
• 6372538 no es bonito puesto que la cifra de las unidades es par y no puede obtenerse como suma de un dígito par y otro impar (no hay llevadas).
• 7343053 no es bonito ya que después del cero de las centenas hay necesariamente una llevada, luego la siguiente cifra no puede ser impar y en este caso es un tres.
• 8993267 no es bonito ya que el 8 en las unidades de millón implica una llevada y por tanto las cifras de $t$ y $s$ en las centenas de millar deben sumar 19, lo que implica que ambas son 9 (más otra llevada de las decenas de millar). Esto impide que las cifras de $s$ sean todas pares.
• 9652393 es bonito (tomando $t=5371751$ y $s=4280642$).

Solución. Trazamos por cada vértice del triángulo una paralela al lado opuesto y definimos los puntos $A',B',C'$ como los pies de las perpendiculares desde $P$ a estas tres rectas, como se muestra en la figura. Tenemos entonces que \begin{align*} \mathrm{Area}(ACPB)&=\mathrm{Area}(ABC)-\mathrm{Area}(BPC)=\tfrac{1}{2}a\cdot PA',\\ \mathrm{Area}(CBPA)&=\mathrm{Area}(ABC)-\mathrm{Area}(ABP)=\tfrac{1}{2}b\cdot PB',\\ \mathrm{Area}(BAPC)&=\mathrm{Area}(ABC)-\mathrm{Area}(CPA)=\tfrac{1}{2}c\cdot PC', \end{align*} ya que $PA',PB',PC'$ representan la diferencia de alturas de los triángulos cuyas áreas se restan y $a,b,c$ sus bases. Si sumamos las áreas de estos tres cuadriláteros cóncavos, obtenemos dos veces el área de $ABC$, luego esta suma nos da \[4S=a\cdot PA'+b\cdot PB'+c\cdot PC'.\] Sin embargo, tenemos que $PA'\leq PA$ ya que $APA'$ es un triángulo rectángulo en el que $PA'$ es un cateto y $PA$ es la hipotenusa. De la misma manera, se cumple que $PB'\leq PB$ y $PC'\leq PC$. En consecuencia, \[4S\leq a\cdot PA+b\cdot PB+c\cdot PC\] para cualquier punto $P$ interior al triángulo. Para que la igualdad se alcance, en los triángulos rectángulos $APA'$, $BPB'$ y $CPC'$ tiene que ser $AA'=BB'=CC'=0$, luego $PA=PA'$ es perpendicular a $BC$, $PB=PB'$ es perpendicular a $AC$ y $PC=PC'$ es perpendicular a $AB$. En definitiva, la igualdad se cumple si y sólo si $P$ es está en las tres alturas del triángulo, es decir, sólo si $P$ es el ortocentro.

Solución. Desarrollando los términos, la desigualdad equivale a la siguiente: \[(a-a^2)x^2-2abxy+(b-b^2)y^2\geq 0.\] Tenemos ahora que $a-a^2=a(1-a)=ab$ y $b-b^2=b(1-b)=ab$, luego la desigualdad anterior a su vez equivale a la siguiente: \[abx^2-2abxy+aby^2\geq 0\ \Longleftrightarrow\ ab(x-y)^2\geq 0.\] Como esta última es obviamente cierta, la primera también lo es. Además, la igualdad se alcanza cuando $a=0$ o $b=0$ o $x=y$.

Solución. No es más que la desigualdad de Jensen para la función estrictamente convexa $f(t)=t^2$ con pesos $a$ y $b$. La igualdad se alcanza cuando uno de los pesos es cero o bien cuando los puntos son iguales, es decir, cuando $a=0$ o $b=0$ o $x=y$.

Solución. Dividamos a los 120 alumnos en 40 grupos de 3 personas cada uno y supongamos que la suma de las edades de cada grupo es a lo sumo de 50 años. Entonces, todas las edades sumarían como mucho \(40\cdot 50=2000\lt 2002\), lo cual es una contradicción que proviene de lo que se ha supuesto, es decir, hemos probado que habrá un grupo cuya suma de edades sea, al menos, de 51 años.

Solución. Pongamos un diámetro cualquiera que deje a $2n$ personas a un lado y las otras $2n$ personas en otro y supongamos que no hay el mismo número de hombres que de mujeres en los semicírculos así determinados (si los hubiera, habríamos terminado). Rotando este diámetro respecto del centro del círculo, cada vez que sale una persona de uno de los semicírculos entra otra, cambiando el número de hombres en uno de los ellos en $-1$ (si sale un hombre y entra una mujer), $0$ (si sale una persona del mismo género que entra) o $1$ (si entra un hombre y sale una mujer. Cuando el diámetro da media vuelta al círculo, los semicírculos originales se han cambiado uno por el otro, luego, si había $k\gt n$ hombres en uno de ellos, después de la media vuelta hay $2n-k\lt n$ hombres. Como el número de hombres en este semicírculo va variando de uno en uno, necesariamente habrá un diámetro intermedio en el que exactamente haya $n$ hombres en dicho semicírculo (y, por tanto, $2n-n=n$ mujeres) y lo mismo ocurre en el otro semicírculo.

Solución. La última cifra de $7^n$ es $1,7,9,3,1,7,9,3,\ldots$ para $n=0,1,2,3,4,5,6,7,\ldots$ y, como esta sólo depende de la última cifra de $7^{n-1}$, en cuanto una cifra se repite, la sucesión anterior se vuelve periódica. Deducimos así que $7^n$ tiene última cifra $3$ precisamente cuando $n=4k+3$ (ver la nota). Entonces, tenemos que \[7^{4k+3}=(7^4)^k\cdot 7^3=2401^k\cdot 343\] tendrá sus dos últimas cifras iguales a $43$ ya que $2041^k$ siempre terminará en $01$ para todo $k$.

Nota. Otra forma de ver la periodicidad de la última cifra es darse cuenta de que $7^4=2041\equiv 1\ (\text{mod }10)$, luego si dividimos $n$ entre $4$ y obtenemos que $n=4k+r$ con $0\leq r\leq 3$, se cumplirá que $7^n=(7^4)^k\cdot 7^r\equiv 1\cdot 7^r\equiv 7^r\ (\text{mod }10)$, luego las últimas cifras se repiten de $4$ en $4$. La solución también se puede terminar con el mismo cálculo observando que, de hecho, $7^4\equiv 1\ (\text{mod }100)$.

Solución. Aplicamos una rotación de $90^\circ$ al triángulo $OXV$ de forma que $X'=M$ (como es usual denotamos con un apóstrofe a los puntos después de aplicarles la rotación). Está claro que se forma un nuevo triángulo $AV'X'$ de forma que $O$ es el punto medio del lado $AV'$. En este triángulo, $O$ es el punto medio del lado $AV'$. Si denotamos por $N$ al punto medio de $AM$, tenemos que $AON$ y $AV'M$ están en posición de Thales y son semejantes con razón de semejanza $\frac{1}{2}$. En particular,

• $XV=X'V'=MV'=2ON$, lo que responde al apartado (a).
• $ON$ es paralela a $X'V'$, luego es perpendicular a $XV$ (que es rotada de $X'V'$ un ángulo recto), lo que responde al apartado (b).

Solución. Llamemos $a,b,c$ a los lados del triángulo como es habitual y $m=AD$ a la mediana. Es bien conocida la fórmula que nos da el valor de $m$ en términos de los lados: \[m^2=\frac{b^2+c^2}{2}-\frac{a^2}{4}.\] Ahora bien, en el triángulo $ADC$, tenemos el ángulo $\angle ACD=45^\circ$ y el ángulo $\angle ADC=180^\circ-\angle ADB=135^\circ$, luego el teorema del seno nos dice que \[\frac{b}{\sen(135)}=\frac{m}{\sen(30)})\ \Longleftrightarrow\ \frac{b}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{m}{\frac{1}{2}}\ \Longleftrightarrow\ m^2=\frac{b^2}{2}.\] Sustituyendo en la fórmula de la mediana, esto nos da $c^2=\frac{a^2}{2}$, igualdad que se puede escribir como $\frac{a/2}{c}=\frac{c}{a}$, esto es, \frac{BD}{AB}=\frac{AB}{BC}$ y tenemos que los triángulos $ABD$ y $ABC$ son semejantes (tienen un ángulo igual y los lados adyacentes proporcionales). Deducimos así que $\angle BAD=\angle ACB=30^\circ$.

Solución. Si dividimos $x$ entre $240$, podemos escribir $x=240m+y$ con resto $0\leq y\lt 240$. Dividiendo $y$ entre $40$, podemos escribir $y=40n+z$ con resto $0\leq z\lt 40$. Dividiendo $z$ entre $8$ podemos escribir $z=8k+r$ con resto $0\leq r\lt 8$. Esto nos dice que $x=240m+40n+8k+r$ para ciertos enteros no negativos tales que $y=40n+8k+r\lt 240$, $z=8k+r\lt 40$ y $r\lt 8$, por lo que podemos calcular \begin{align*} \left\lfloor\frac{x}{8}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{x}{40}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{x}{240}\right\rfloor &=\left\lfloor\tfrac{240m+40n+8k+r} {8}\right\rfloor+\left\lfloor\tfrac{240m+40n+8k+r}{40}\right\rfloor+\left\lfloor\tfrac{240m+40n+8k+r}{240}\right\rfloor\\ &=\left\lfloor 30m+5n+k+\tfrac{r} {8}\right\rfloor+\left\lfloor 6m+n+\tfrac{z}{40}\right\rfloor+\left\lfloor m+\tfrac{y}{240}\right\rfloor\\ &=30m+5n+k+6m+n+m=37m+6n+k. \end{align*} Tenemos entonces que encontrar la solución de $37m+6n+k=210$ que minimiza $x=240m+40n+8k+r$. Esto nos lleva a elegir directamente $r=0$ ya que $r$ no interviene en la ecuación. Observemos que tenemos la restricción $0\leq n\leq 5$ y $0\leq k\leq 4$, luego $0\leq 6n+k\leq 34$. Así, dividiendo $210$ entre $37$, tenemos $210=5\cdot 37+25$ y deducimos que ha de ser $m=5$, lo que nos deja con $6n+k=25$. La única posible solución positiva con $0\leq k\leq 4$ es $n=4$ y $k=1$. Por tanto, el menor valor posible de $x$ es $240\cdot 5+40\cdot 4+8\cdot 1+0=1368$.

Nota. Esta demostración nos dice que el único grado de libertad que tenemos es $r$ entre $0$ y $7$, luego los únicos $x$ que cumplen esta ecuación son 1368, 1369, 1370, 1371, 1372, 1373, 1374 y 1375.

Solución. Sean $O_1$ y $r_1$ el centro y el radio de la circunferencia tangente a $AB$ y $AD$ y sean $O_2$ y $r_2$ el centro y el radio de la circunferencia tangente a $CD$ y $CB$. Pongamos también que estas circunferencias son tangentes a $AB$ y $CD$ en los puntos $T_1$ y $T_2$, respectivamente, y que ambas circunferencias son tangentes entre sí en el punto $T$, que está alineado con $O_1$ y $O_2$. Las rectas $AO_1$ y $CO_2$ son paralelas puesto que son las bisectrices del paralelogramo en los vértices opuestos. Estas dos paralelas cortan a la recta $O_1O_2$ formando ángulos alternos internos iguales, es decir, $\angle AO_1T=\angle CO_2T$. Además, los triángulos $AO_1T_1$ y $CO_2T_2$ son triángulos rectángulos semejantes, luego \[\frac{AO_1}{O_1T}=\frac{AO_1}{O_1T_1}=\frac{CO_2}{O_2T_2}=\frac{CO_2}{O_2T}.\] Todo esto nos dice que los triángulos $AO_1T$ y $CO_2T$ son semejantes y, en particular, $\angle CTO_2=\angle ATO_1$. Como $O_1$, $O_2$ y $T$ están alineados, esto implica que $T$ está alineado con $A$ y $C$, como queríamos probar.

Solución. Si llamamos $n$ al número en cuestión, la condición del enunciado nos dice que $n^2-n=n(n-1)$ debe ser múltiplo de $100000=2^5\cdot 5^5$. Como $n$ y $n-1$ son primos entre sí, uno de ellos debe ser múltiplo de $2^5=32$ y el otro un múltiplo (impar) de $5^5=3125$. Distingamos las dos posibilidades:

• Si $n=3125k$, entonces $n-1=3125k-1\equiv 0\ (\text{mod }32)$, lo cual equivale a que $21k\equiv 1\ (\text{mod }32)$. El inverso de $21$ módulo $32$ es $29$ (¿sabrías calcularlo?), luego tenemos que $k\equiv 29\ (\text{mod }32)$, es decir, $n=3125(32j+29)=100000j+90625$ para cierto entero $j$. Como $n$ debe tener cinco cifras, necesariamente $j=0$ y debe ser $n=90625$.
• Si $n-1=3125k$, entonces $n=3125k+1\equiv 0\ (\text{mod }32)$, luego $21k\equiv -1\ (\text{mod }32)$ y obtenemos $k\equiv -29\equiv 3\ (\text{mod }32)$. Esto nos dice que $n=3125(32j+3)+1=100000j+9376$ para cierto entero $j$, luego debe ser $j=0$ y $n=9376$.

Aunque lo anterior ya nos lo confirma, no está de más comprobar que tanto $n=90625$ como $n=09376$ cumplen la condición del enunciado, aunque habría que descartar el segundo si no lo admitimos como número de $5$ cifras.

Solución. Supongamos que rompemos el diamante de peso $p$ en dos trozos de pesos $x$ e $y$, luego el precio original y el precio tras romperlo son proporcionales a $p^2=(x+y)^2$ y $x^2+y^2$, respectivamente. La depreciación guardará la misma proporción con $(x+y)^2-x^2-y^2=2xy$, luego nos estamos preguntando cuándo será máximo $2xy$ sujetos a la restricción $x+y=p$. De aquí podemos despejar $2xy=2x(p-x)$, con lo que queremos hallar el máximo de la función $f(x)=2x(p-x)$ cuando $0\leq x\leq p$. Esta parábola se anula en $x=0$ y $x=p$, por lo que tendrá su vértice (máximo) en $x=\frac{p}{2}$. Deducimos así que hay romper el diamante en dos partes iguales para que la depreciación sea máxima.

Solución. Si llamamos $\alpha,\beta,\gamma$ a las tres raíces de $p(x)$, entonces podemos escribir \begin{align*} p(x)&=(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)\\ &=x^3-(\alpha+\beta+\gamma)x^2+(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)x-\alpha\beta\gamma, \end{align*} de modo que identificando coeficientes obtenemos las relaciones de Cardano-Vieta: \[\alpha+\beta+\gamma=2,\qquad \alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=-25,\qquad\alpha\beta\gamma=a.\] Esto nos permite calcular \[\alpha^2+\beta^2+\gamma^2=(\alpha+\beta+\gamma)^2-2(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)=4+2\cdot 25=54.\] Las raíces son números enteros y las únicas formas de escribir $54$ como suma de tres cuadrados son $49+4+1$, $36+9+9$ y $25+25+4$. Reordenando las raíces si es necesario, distinguimos tres casos:

• Si $\alpha=\pm 7$, $\beta=\pm 2$ y $\gamma=\pm 1$, es imposible que se cumpla que $\alpha+\beta+\gamma=2$ (el sumando $\alpha=\pm 7$ es demasiado grande en valor absoluto para que sumarle $\beta+\gamma$ lo hagan igual a $2$), luego no hay soluciones en este caso.
• Si $\alpha=\pm 6$, $\beta=\pm 3$ y $\gamma=\pm 3$, también es imposible que se cumpla que $\alpha+\beta+\gamma=2$ ya que $\alpha+\beta+\gamma$ siempre dará un múltiplo de tres independientemente de los signos elegidos.
• Si $\alpha=\pm 5$, $\beta=\pm 5$ y $\gamma=\pm 2$, entonces la condición $\alpha+\beta+\gamma=2$ fuerza a que $\alpha=5$, $\beta=-5$ y $\gamma=2$ (salvo posiblemente intercambiar $\alpha$ y $\beta$). Tenemos entonces que $\alpha\beta\gamma=5\cdot(-5)\cdot 2=-50$, luego $a=50$ único valor que cumple la condición del enunciado.

Solución. Sea $S$ la suma total de los elementos de la tabla. Cada vez que nos encontremos una fila o columna con suma negativa la cambiamos de signo. Cada una de estas operaciones incrementa el valor de $S$ y, como hay un número limitado de combinaciones de signos (es menor o igual que $2^{mn}$, el número de elecciones de signos $\pm$ en los $mn$ elementos de la tabla), este proceso no puede continuar indefinidamente, es decir, llegamos a un punto en el que todas las filas y columnas tienen suma positiva.

Solución. En el apartado (a), simplemente hay que ordenar las bolas de menor a mayor y luego hacer $n$ parejas de valores consecutivos. Que haya dos sumas iguales implica por tanto que hay cuatro valores $a\leq b\leq c\leq d$ tales que $a+b=c+d$. Esto nos dice que $d=a+b-c\leq a+b-b=a$, luego la anterior cadena de desigualdades nos da $a=b=c=d$.

Para el apartado (b), razonaremos por reducción al absurdo que hay $n$ o más valores distintos. Esto quiere decir que podemos tomar una sucesión estrictamente creciente de valores $x_1\lt x_2\lt\ldots\lt x_n$ y ordenar el resto de valores como $y_1\leq y_2\leq\ldots\leq y_n$. Por lo tanto, se cumple que \[x_1+y_1\lt x_2+y_2\lt\ldots\lt x_n+y_n,\] luego si emparejamos cada $x_k$ con el correspondiente $y_k$, ninguna pareja tendrá la misma suma, contradiciendo el enunciado del problema.

Nota. El apartado (b) nos da una estimación óptima. Por ejemplo, podríamos tomar $n-1$ bolas con los valores del $1$ al $n$ y las otras $n+1$ bolas todas iguales a $1$. No importa como emparejemos, siempre habrá dos parejas formadas únicamente por unos y por tanto tendrán la misma suma.

Solución. Si fijamos el lado $AB=5$ como base, el vértice opuesto $C$ tiene que estar sobre el arco mayor de la circunferencia que fija pasa por $A$ y $B$ formada por los puntos del plano que ven $AB$ bajo un ángulo de $30^\circ$ (propiedad del arco capaz). Si $h$ es la altura sobre el lado $AB$, entonces el área será máxima cuando $h$ sea máxima, lo que nos dice claramente que $C$ debe ser el punto más alejado del arco y, por tanto, estará sobre la mediatriz de $AB$, esto es, el triángulo $ABC$ será isósceles y tendrá ángulos de $75^\circ$ en $A$ y $B$. Usando razones trigonométricas en el triángulo rectángulo $ACM$, siendo $M$ el punto medio de $AB$, tenemos que \[h=\tfrac{5}{2}\tan(75^\circ)=\tfrac{5}{2}(2+\sqrt{3})\] (¿sabrías demostrar que $\tan(75^\circ)=2+\sqrt{3}$?), luego el área estará dada por \[S=\tfrac{1}{2}AB\cdot h=\tfrac{25}{4}(2+\sqrt{3}).\]

Solución. Como $10$ es primo relativo con $9^4$, el teorema de Euler nos asegura que $n=\varphi(9^4)=\varphi(3^8)=2\cdot 3^7$ verifica que $10^n\equiv 1\ (\mathrm{mod}\ 9^4)$. Entonces, $10^n-1$ es un número formado únicamente por nueves que es múltiplo de $9^4$, luego es charrúa. También es charrúa el número $10^{bn}-1$ para todo entero positivo $b$ ya que $10^{bn}=(10^{n})^b\equiv 1^b=1\ (\mathrm{mod}\ 9^4)$. Como $10^{bn}-1$ tiene $bn$ dígitos, obtenemos de este modo números charrúas con tantos dígitos como queramos.

Nota. Hemos usado la función de Euler $\varphi(n)$ que devuelve el número de enteros entre $1$ y $n$ que son primos relativos con $n$.

Solución. Cambiando $n$ por $n+1$ obtenemos la igualdad $f(n+1)+f(n+2)=2n+3$. Si a esta le restamos la ecuación del enunciado, obtenemos que $f(n+2)=f(n)+2$ para todo entero $n$. De aquí se deduce fácilmente por inducción sobre $k$ que \[f(2k)=2k+f(0),\qquad f(2k+1)=2k+f(1).\] Por tanto, $a=f(0)$ y $b=f(1)$ determinan completamente a la función y verifican $a+b=1$ (haciendo $n=0$ en la ecuación funcional original). Si imponemos la otra condición del enunciado, tenemos que \begin{align*} 2015&=f(1)+f(2)+\ldots+f(63)\\ &=31a+2+4+\ldots+62+32b+2+4+\ldots+62\\ &=31a+32b+2(1+2+\ldots+31)=31a+32b+31\cdot 32=31a+32b+992. \end{align*} Por tanto, tenemos el sistema de ecuaciones \[\left\{\begin{array}{l}a+b=1\\31a+32b=1023\end{array}\right.\] que se resuelve fácilmente dando la solución única $a=-991$ y $b=992$. Deducimos así que solo existe una función cumpliendo las condiciones dadas y está definida por \[f(n)=\begin{cases}n-991&\text{si }n\text{ par},\\n+991&\text{si }n\text{ impar}.\end{cases}\]

Solución. Por ser el triángulo isósceles, tenemos que $\angle ABC=\angle ACB=\frac{180-36}{2}=72^\circ$. La bisectriz divide al ángulo en dos ángulos iguales, luego $\angle ABD=\angle DBC=\frac{72}{2}=36^\circ$. Además, como la suma de los ángulos de $BCD$ es $180^\circ$, obtenemos rápidamente $\angle BDC=180-36-72=72$. Por tanto, el triángulo $BCD$ es isósceles y tiene ángulos de $36^\circ, 72^\circ, 72^\circ$ (véase la figura).

El triángulo $ABD$ también es isósceles por tener dos ángulos iguales a $36^\circ$, luego $BC=BD=AD$. Además, $BCD$ y $ABC$ son semejantes por tener los ángulos iguales, luego \[\frac{AC}{BC}=\frac{BC}{CD}=\frac{BC}{AC-AD}=\frac{BC}{AC-BC}.\] De esta igualdad, obtenemos que $AC^2-AC\cdot BC-BC^2=0$. Dividiendo entre $AC^2$, llegamos a la ecuación de segundo grado \[\left(\frac{BC}{AC}\right)^2+\frac{BC}{AC}-1=0\ \Longrightarrow\ \frac{BC}{AC}=\frac{-1\pm\sqrt{5}}{2}.\] Tenemos que descartar la solución negativa, lo que nos dice finalmente que \[BC=\frac{\sqrt{5}-1}{2}AC.\]

Solución. Como hay un número impar de jugadores, en uno de los dos arcos de extremos $A$ y $B$ habrá un número par de personas y en el otro un número impar. El primer jugador tiene una estrategia ganadora que consiste en eliminar primero una persona del arco que tiene un número par para dejar los dos con una cantidad impar de personas. A partir de ahí, $A$ sólo tiene que copiar el arco que ha elegido $B$ en su turno. Esto le garantiza que siempre queda un número impar de personas en cada arco tras su jugada; en particular, no quedan cero personas y $B$ no puede ganar en su turno siguiente. El primer jugador que deja un arco con ninguna persona es $B$ y en su siguiente turno $A$ lo elimina.

Solución. Para centrar el problema, vamos a pensar que el jardinero tiene los 12 árboles en macetas y va cogiendo una a una una maceta sin mirar de qué tipo de árbol es y la planta consecutivamente en 12 agujeros que previamente ha cavado. De esta forma, está claro que hay $12!$ formas posibles de plantar los árboles. Veamos cuántas de ellas tienen no tienen hayas consecutivas para hallar la probabilidad como casos favorables entre casos posibles.

Denotamos por $H$ a las hayas y por $A$ a los otros árboles (robles o encinas). Para que no estén consecutivas, tendremos que poner al menos un árbol entre cada haya: \[\_\ H\ A\ \_\ H\ A\ \_\ H\ A\ \_\ H\ A\ \_\ H\ \_\] aunque nos quden seis huecos marcados con $\_$ para poner otras tres $A$. Estas se podrán poner libremente en uno de los seis huecos, lo que nos da un total de $6^3$ configuraciones. Para cada una de ellas, podemos permutar las $H$ y permutar las $A$ libremente, lo que nos da un total de $5!\cdot 7!$ casos posibles por cada una de las $6^3$ configuraciones. La probabilidad que buscamos es, por lo tanto, \[\frac{6^3\cdot 5!\cdot 7!}{12!}=\frac{3}{11}.\]

Solución. Un número que cumpla dicha condición cumple que su cuadrado es un cubo perfecto luego el número en sí ha de ser un cubo perfecto (todos los exponentes en su descomposición de su cuadrado en factores primos han de ser múltiplos de $3$ luego los del propio número también). Como tiene que ser menor que $1000$, tenemos las posibilidades $1$, $8$, $27$, $64$, $125$, $216$, $343$, $512$ y $729$. Además, por el mismo motivo, la suma de sus cifras ha de ser un cuadrado perfecto luego de estos nos quedan $1$, $27$ y $216$, de los cuales sólo $1$ y $27$ cumplen la condición buscada.

Solución. Procedamos por inducción sobre $n$. El caso base es $n=2$, en cuyo caso hay necesariamente dos puntos unidos por $n-1=1$ segmentos y no hay nada que probar. Supongamos entonces que el enunciado es cierto tal cual está escrito para $n$ puntos y veamos lo que pasa si tenemos $n+1$ puntos con dicha propiedad. Al hacer un camino a lo largo de los segmentos sin repetir segmento, como no podemos volver a ningún punto ya visitado (habría dos caminos distintos con el mismo origen y el mismo final), llegará un momento en que no podremos seguir y habremos alcanzado un punto $p_0$ al que solo llega un segmento (mediante el cual hemos accedido a $p_0$). Si eliminamos $p_0$ y dicho segmento, tendremos $n$ puntos que verifican la misma propiedad, luego la hipótesis de inducción nos asegura que el número de segmentos es $n-1$. Añadiendo el que hemos eliminado, deducimos que el número de segmentos para $n+1$ puntos es $n$, como queríamos probar.