Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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. Llamamos $a_{n,k}$ al $k$-ésimo número de la fila $n$-ésima, de forma que queremos calcular $a_{1994,1}$. Usando la regla de que cada número es suma de los dos inmediatamente superiores (similar a la del triángulo de Pascal), podemos calcular \begin{align*} a_{1994,1}&=a_{1993,1}+a_{1993,2}\\ &=a_{1992,1}+2a_{1992,2}+a_{1992,3}\\ &=a_{1991,1}+3a_{1991,2}+3a_{1991,3}+a_{1991,4}=\ldots \end{align*} Vemos que aparecen los números combinatorios como coeficientes, luego parece entreverse que, para todo $0\leq k\leq 1993$, se va a cumplir que \[a_{1994,1}=\binom{k}{0}a_{1994-k,1}+\binom{k}{1}a_{1994-k,2}+\ldots+\binom{k}{k}a_{1994-k,k+1}.\] Usando que $a_{1994-k,j}=a_{1994-(k+1),j}+a_{1994-(k+1),j+1}$, la fórmula anteriore se demuestra fácilmente por inducción sobre $k$. En particular, para $k=1993$, se tiene que \begin{align*} a_{1994,1}&=\binom{1993}{0}a_{1,1}+\binom{1993}{1}a_{1,2}+\ldots+\binom{1993}{1993}a_{1,1994}\\ &=\binom{1993}{0}\cdot 0+\binom{1993}{1}\cdot 1+\ldots+\binom{1993}{1993}\cdot 1993, \end{align*} donde hemos usado los valores de la primera fila, dados por $a_{1,j}=j+1$ para todo $j$. Deducimos entonces que $a_{1994,1}$ es múltiplo de $1993$ ya que todos los númerso combinatorios $\binom{1993}{j}$ lo son para $1\leq j\leq 1992$ por ser $1993$ primo y los términos con coeficientes $\binom{1993}{0}=1$ y $\binom{1993}{1993}=1$ están multiplicados por $0$ y $1993$, respectivamente.

Solución. Si $a$, $b$ y $c$ son los lados del triángulo, entonces los radios de las circunferencias inscrita y circunscrita, que denotaremos por $r$ y $R$, respectivamente, verifican las igualdades $S=rp$ y $abc=4RS$, donde $S$ es el área del triángulo y $p=\frac{1}{2}(a+b+c)$ el semiperímetro. Utilizando la fórmula de Herón, podemos finalmente expresar $r$ y $R$ en función de las longitudes de los lados: \[r=\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}},\quad R=\frac{abc}{4\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}},\] La desigualdad que queremos demostrar es \[2r\leq R\ \Longleftrightarrow\ 8(p-a)(p-b)(p-c)\leq abc.\] Si hacemos el cambio $a=x+y$, $b=y+z$, $c=x+z$, para $x,y,z$ positivos, entonces resulta $p-a=z$, $p-b=x$ y $p-c=y$. La desigualdad anterior se escribe ahora como \[8xyz\leq(x+y)(y+z)(x+z)\] para todo $x,y,z\gt 0$. La desigualdad entre las medias aritmética y geométrica nos da \[2\sqrt{xy}\leq x+y,\quad 2\sqrt{yz}\leq y+z,\quad 2\sqrt{xz}\leq x+z,\] y basta multiplicar estas tres desigualdades para llegar al resultado.

Nota. Este no es un problema actual de olimpiada ya que apela a un resultado conocido como la desigualdad de Euler. De hecho, en la solución oficial, se menciona solamente que es consecuencia del teorema de Euler que nos dice que la distancia entre el incentro y el circuncentro de cualquier triángulo es $IO^2=R(R-2r)$.

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 $p$ y también de $9$. Distinguimos dos casos:

• Si $p\neq 3$, entonces $\frac{10^{p-1}-1}{9}$ se escribe sólo con unos y es múltiplo de $p$.
• Si $p=3$, basta tomar $111=3\cdot 37$.

Solución. Observemos que $B$ y $C$ no pueden estar sobre la diagonal que no contiene a $A$ y $D$ (esta diagonal es la mediatriz de $AD$). Esto nos deja, salvo simetría respecto de alguna de las diagonales, solo tres posibles posiciones para $B$, que dan lugar a los tres casos que se muestran en la figura. Para cada uno de ellos se han marcado con una cruz roja las posiciones prohibidas para $C$ ya que incumplirían la condición de las distancias distintas. Es un poco laborioso no dejarse ningún caso, pero factible si se procede de forma ordenada.

1. En el caso I, hay 3 posiciones para $C$; como hay 4 posiciones de $B$ que producen el caso 1, tenemos un total de 12 configuraciones. En el caso II, hay 4 posiciones para $C$ para cada una de las cuatro posiciones para $B$, lo que nos da 16 configuraciones. En el caso III, tenemos 2 posiciones para C para cada una de las dos posiciones para $B$, lo que nos da 4 configuraciones. Tenemos así un total de $12+16+4=32$ configuraciones distintas de los puntos $B$ y $C$, que es la respuesta a (a).
2. Para ver las que se obtienen salvo simetría, podemos restringirnos a las posiciones de $B$ de la figura. Ahora bien, se han marcado con números del 1 al 4 las posiciones de $C$ donde posiciones que comparten número son simétricas. Esto nos da la respuesta $4$ al apartado (b), ver la nota.
3. Como los movimientos rígidos que estamos considerando conservan la cuadrícula, sólo habrá que analizar las configuraciones 1 a 4 dadas en el apartado (b) y ver que en todas ellas la suma $S$ del enunciado es la misma:
   • Configuración 1: $S=2(1+3+3+2+2+0+2+3+3+1+1+0)=42$.
   • Configuración 2: $S=2(2+2+3+0+1+1+0+3+3+3+3+0)=42$.
   • Configuración 3: $S=2(0+2+3+2+3+1+0+1+3+1+3+2)=42$.
   • Configuración 4: $S=2(1+2+3+1+2+1+1+3+3+2+2+0)=42$.

Nota. En el apartado (b) se ha considerado que dos conjuntos de 4 puntos son simétricos si se puede pasar de uno al otro por movimientos rígidos. A posteriori, se ha visto que la solución oficial contempla que el movimiento rígido conserve la etiqueta $A,B,C,D$ de los puntos, en cuyo caso hay 8 configuraciones.

Solución. Llamemos $p_X$ a las probabilidad de ganar si caemos en la casilla $X$ después de una cierta jugada (esto no depende de en qué momento del juego caigamos en $X$). Aunque es difícil calcular directamente cada una las probabilidades $p_S,p_A,p_B,p_C,p_D,p_G$, podemos obtener relaciones entre ellas utilizando la conexión entre casillas y que pasar de una a las adyacentes es equiprobable. Concretamente, tenemos que \[\left\{\begin{array}{l} p_S=0\\ p_A=\frac{1}{3}p_S+\frac{1}{3}p_D+\frac{1}{3}p_C\\ p_B=\frac{1}{3}p_C+\frac{1}{3}p_D+\frac{1}{3}p_G\\ p_C=\frac{1}{2}p_A+\frac{1}{2}p_B\\ p_D=\frac{1}{2}p_A+\frac{1}{2}p_B\\ p_G=1\end{array}\right.\] Este es un sistema lineal de 6 ecuaciones con 6 incógnitas, aunque bastante simple ya que sabemos dos de ellas: $p_S=0$ y $p_G=1$. Además, tenemos claramente que $p_C=p_D=\frac{1}{2}(p_A+p_B)$, luego podemos escribir un sistema con solo las incógnitas $p_A$ y $p_B$: \[\left\{\begin{array}{l} p_A=\frac{1}{3}p_A+\frac{1}{3}p_B\\ p_B=\frac{1}{3}p_A+\frac{1}{3}p_B+\frac{1}{3} \end{array}\right.\] Se resuelve fácilmente dando $p_A=\frac{1}{3}$ y $p_B=\frac{2}{3}$. Por tanto, como en la primera jugada partiendo de $S$ caemos en la casilla $A$, la probabilidad de ganar el juego será $p_A=\frac{1}{3}$.

Nota. Este método, que puede parecer un poco sofisticado y mágico la primera vez que se ve, es el fundamento de lo que se conoce en teoría de la probabilidad como cadenas de Markov. Calcular directamente $p_A$ intentando entender el árbol de posibilidades es muy complejo.