Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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. Vamos a proceder por inducción sobre $n$. Para $n=1$, tenemos que las posibles sumas son $0\cdot 0=0\cdot1=1\cdot 0=0$ y $1\cdot 1=1$, con lo que $I(1)=1$, $P(1)=3$ y la fórmula del enunciado se cumple.

Supongamos ahora que la igualdad es cierta para $n$ y veamos qué pasa para una suma de $n+1$ términos. Dicha suma será par cuando la suma de los $n$ primeros productos y el último producto sean ambos pares o ambos impares. Como el último producto tiene tres formas de ser par ($0\cdot 0=0\cdot1=1\cdot 0=0$) y una de ser impar $1\cdot 1=1$, llegamos a que $$P(n+1)=I(n)+3P(n).$$ Análogamente, la suma de los $n+1$ productos será impar cuando la suma de los $n$ primeros y el útlimo tengan distinta paridad, lo que nos lleva en este caso a la identidad $$I(n+1)=3I(n)+P(n).$$ Dividiendo ambas igualdades y usando la hipótesis de inducción tenemos que $$\frac{P(n+1)}{I(n+1)}=\frac{I(n)+3P(n)}{3I(n)+P(n)}=\frac{1+3\frac{P(n)}{I(n)}}{3+\frac{P(n)}{I(n)}}=\frac{1+3\frac{2^n+1}{2^n-1}}{3+\frac{2^n+1}{2^n-1}}=\frac{2^{n+1}+1}{2^{n+1}-1}{,}$$ que es la fórmula que se pretendía demostrar para $n+1$.

Nota. De hecho, a partir de aquí se puede calcular fácilmente el valor exacto de $P(n)$ e $I(n)$, dado que se sabe que $P(n)+I(n)=2^{2n}$, el número total de $2n$-uplas de ceros y unos. Concretamente se llega a que \begin{eqnarray} P(n)&=&2^{2n-1}+2^{n-1}{,}\\ I(n)&=&2^{2n-1}-2^{n-1}{.} \end{eqnarray}

Solución. Dado $k\geq 1$, consideremos el círculo de centro $P_k$ y radio $\frac{x_k}{2}$. La intersección de dos cualesquiera de estos círculos es vacía ya que $x_k$ se define como la distancia de $P_k$ al punto más cercano y hemos tomado círculos de radio menor que la mitad. Además, todos los círculos construidos están contenidos en el círculo de centro $P_1$ y radio $\frac{3}{2}$ ya que $x_k$ es menor o igual que la distancia de $P_k$ a $P_1$ que es igual a uno, luego $\frac{x_k}{2}\leq\frac{1}{2}$.

De todo esto deducimos, que la suma de las áreas de los $1996$ círculos es menor o igual que el área del círculo de radio $\frac{3}{2}$. Así, obtenemos que \[\frac{\pi}{4}x_1^2+\frac{\pi}{4}x_2^2+\ldots+\frac{\pi}{4}x_{1997}^2\leq\frac{9\pi}{4}{.}\] Simplificando obtenemos la desigualdad del enunciado.