Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Cada cuadrado excluye un área mayor que la suya para el posible centro del círculo que queremos colocar. Como dicho centro ha de estar a distancia mayor que $\frac{1}{2}$ del cuadrado, esto implica que cada cuadrado excluye un área de $3+\frac{\pi}{4}$: el propio cuadrado, dos rectángulos de dimensiones $\frac{1}{2}\times 1$ pegados a cada lado y cuatro cuartos de círculo de radio $\frac{1}{2}$ pegados a sus esquinas. Esto excluye como máximo un área de $120(3+\frac\pi4)$. Además, como el círculo ha de estar dentro del rectángulo, el centro no podrá estar a distancia menor que $\frac{1}{2}$ del borde del rectángulo. En consecuencia, queda mínimo un área de $19\cdot 24-120(3+\frac\pi4)=96-30\pi$. Este número es positivo ya que $\frac{96}{30}=3.2\gt\pi$, luego siempre habrá puntos donde centrar el círculo cumpliendo las condiciones propuestas. Informar

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.

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Solución. Sean $r$ y $s$ las tangentes exteriores a las circunferencias de centros $A$ y $C$ y $r'$ y $s'$ las tangentes exteriores a las circunferencias de centros $B$ y $D$. Una circunferencia tangente a $r$ y $s$ debe equidistar de ambas rectas por lo que su centro pertenece a la bisectriz del ángulo formado por estas (si $r$ y $s$ son paralelas, entonces el centro pertenece a una paralela equidistante a ambas). Esto nos dice que las circunferencias tangentes a $r$ y $s$ tienen su centro en una recta, luego esta debe ser la que contiene a la diagonal $AC$. De la misma forma, debe pertenecer a la diagonal $BD$, luego el centro ha de ser el centro del rectángulo, que denotaremos por $O$.

Consideremos $A'$, $O'$ y $C'$ los pies de las perpendiculares a $r$ que pasan por $A$, $O$ y $C$. Como $AO=OC$, se deduce del teorema de Tales (las rectas $r$ y $AC$ son cortadas por tres paralelas $AA'$, $OO'$ y $CC'$) que $OO'=\frac{1}{2}(AA'+CC')=\frac{1}{2}(a+c)$. Por tanto, la circunferencia con centro $O$ y tangente a $r$ y $s$ tiene radio $\frac{1}{2}(a+c)$. Análogamente, la circunferencia con centro $O$ y tangente a $r'$ y $s'$ tiene radio $\frac{1}{2}(b+d)$. Como $a+c=b+d$, deducimos que ambas son la misma circunferencia y, por tanto, el cuadrilátero que se forma admite una circunferencia inscrita.

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Solución. Observemos que en la figura se forman tres pentagonos y dos cuadrados. Evidentemente, nuestra curva tendría que empezar fuera de (al menos) dos de los pentágonos. Cada vez que la curva atraviesa un lado de uno de estos pentágonos pasará de estar en el interior a estar en el exterior o del exterior al interior. Por tanto, como cada pentágono tiene un número impar de lados, la curva debería terminar en el interior de dos de los pentágonos, lo cual es absurdo. Concluimos que no existe dicha curva. Informar

Solución. Esta es una solución muy estándar usando algo de teoría de grafos. La figura del enunciado es un grafo plano y podemos considerar el grafo dual, que tiene un vértice por cada cara del grafo original y en el que dos vértices se unen por una arista cuando representan a caras adyacentes (ver figura).

Atravesar una arista del grafo original equivale a recorrer una arista del grafo dual, por lo que el problema se reduce a encontrar un camino que pase por todas las aristas del grafo dual una sola vez. Esto no puede hacerse ya que eso implicaría que hay como máximo dos vértices del grafo dual a los que llegan un número par de aristas (Teorema de Euler). Sin embargo, el grafo dual tiene 4 vértices (C, D, E y F) a los que llegan un número par de aristas, por lo que concluimos que la curva buscada no puede existir.

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Solución. Una vez se han elegido los 999 primeros números, su suma tendrá un cierto resto $r$ módulo $n$. Como el último número recorre todos los restos módulo $n$, habrá $1$ posibilidad entre $n$ de que el resto sea $n-r$ y esto no depende de $r$. En otras palabras, la probabilidad sólo depende de la elección del último número y es igual a $\frac{1}{n}$. Informar