Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Probaremos por inducción que José tiene una estrategia tal que, para todo $n\geq 0$, la primera vez que hay $4n+2$ puntos utilizados, José ha sido el último en jugar. Como $98$ es de la forma $4n+2$, esto nos dice que José tiene una estrategia ganadora.

El caso base de inducción es $n=0$, que se cumple ya que, coloque donde coloque José, habrá $4\cdot 0+2=2$ puntos utilizados y él ha sido el último en jugar. Supongamos entonces que después de jugar José, hay $4n+2$ puntos utilizados y demostremos que, después de cierto número de jugadas de ambos jugadores, habrá $4n+6$ puntos utilizados y José habrá sido el último en jugar. La forma de proceder de José después de cada jugada de María es la siguiente:

• Si después de la jugada de María sigue habiendo $4n+2$ puntos utilizados (María ha unido dos que ya habían sido utilizados), entonces José une uno ya utilizado con otro no utilizado previamente y ahora hay $4n+3$ utilizados.
• Si después de la jugada de María hay $4n+3$ puntos utilizados, entonces José une dos que ya hayan sido utilizados previamente y siguen quedando $4n+3$ utilizados.
• Si después de la jugada de María hay $4n+4$ puntos utilizados, entonces José une dos que ya no hayan sido utilizados hasta el momento, quedando utilizados $4n+6$.
• Si después de la jugada de María hay $4n+5$ puntos utilizados, entonces José une uno que no haya sido utilizados con otro que sí y quedan utilizados $4n+6$.

Está claro que José puede hacer siempre utilizar puntos no utilizados, luego sólo habrá que justificar que si después de la jugada de María hay $4n+3$ puntos utilizados, entonces quedan dos de ellos que no han sido unidos y José puede unirlos. El número de uniones posibles entre $4n+3$ puntos está dado por $(4n+3)(2n+1)$, que es un número impar. Como José siempre juega en los turnos impares, no puede ser María la que complete todas las uniones posibles entre los $4n+3$ puntos.

Finalmente, observemos que María en su turno nunca se le presentan $4n+4$ ni $4n+5$ puntos utilizados, luego no puede ser la primera en utilizar los $4n+6$ puntos, lo que demuestra que esta es la estrategia ganadora para José.

Nota. Este es un problema que admite muchas discusiones de casos y aproximaciones ligeramente distintas. La solución arriba presentada tiene la ventaja de que se puede adaptar para cualquier número de la forma $4n+2$ en lugar de $98$.

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. Para cada $i$ entre $1$ y $n$, consideremos la circunferencia $\Gamma_i$ de centro $P_i$ y radio $|r_i|$. No puede haber dos de los $r_i$ que sean negativos o cero ya que entonces tendríamos una distancia negativa o cero (los puntos deben ser distintos). Distinguimos casos:

• Si todos los $r_i$ son positivos, entonces las circunferencias $\Gamma_1,\ldots,\Gamma_n$ son tangentes exteriores dos a dos. Es bien conocido que el número máximo de circunferencias mutuamente tangentes es cuatro (ver la nota), lo que nos da $n\leq 4$ en este caso.
• Si existe un $r_i$ cero y el resto son positivos, pongamos $r_1=0$, entonces las circunferencias $\Gamma_2,\ldots,\Gamma_n$ son mutuamente tangentes exteriormente y además $P_1$ pertenece a todas ellas. Como los puntos de tangencia de $\Gamma_2,\ldots,\Gamma_n$ son distintos, el punto $P_i$ no puede pertenecer a todas las circunferencias salvo que $n=3$. Esto nos dice que $n\leq 3$ en este caso.
• Si existe un $r_i$ negativo y el resto son positivos, pongamos $r_1\lt 0$, entonces las circunferencias $\Gamma_2,\ldots,\Gamma_n$ son mutuamente tangentes exteriormente, mientras que $\Gamma_1$ es tangente interior a todas las demás (siendo $r_1+r_i\gt 0$, se tiene que $|r_1|\leq |r_i|$ para todo $i$). Esto nos dice que $n\geq 2$ en este caso ya que $\Gamma_1$ no puede ser interior a dos o más circunferencias tangentes exteriormente.

Hemos probado así que el máximo buscado es $n=4$.

Nota. El hecho de que el máximo número de circunferencias mutuamente tangentes es cuatro es consecuencia, por ejemplo, del teorema de los círculos de Descartes (aunque puede razonarse independientemente de forma más elemental).