Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Podemos ver el sistema como un sistema de ecuaciones con incógnitas $b$ y $c$ en el que conocemos su suma y su producto. Esto equivale a que $b$ y $c$ son las soluciones de la ecuación de segundo grado \[0=(x-b)(x-c)=x^2-(b+c)x+bc=x^2-adx+a+d.\] Dado que $b\lt c$, podemos calcular estas soluciones como \[b=\frac{ad-\sqrt{a^2d^2-4a-4d}}{2},\qquad c=\frac{ad+\sqrt{a^2d^2-4a-4d}}{2}.\] Como se trata de números enteros positivos, tenemos que $a^2d^2-4a-4d$ tiene que ser un cuadrado perfecto. Como es menor que $(ad)^2$, tendrá que ser menor o igual que $(ad-1)^2=a^2d^2-2ad+1$, es decir, \[a^2d^2-4a-4d\leq a^2d^2-2ad+1\ \Leftrightarrow\ ad-2a-2d\leq 1\ \Leftrightarrow\ (a-2)(d-2)\leq 5.\] Ahora bien, $d$ tiene que ser al menos tres unidades mayor que $a$ para que se cumpla que $a\lt b\lt c\lt d$. Con esto en mente, la desigualdad $(a-2)(d-2)\leq 4$ implica que $a\leq 3$ (si $a\geq 4$, entonces $d\geq 7$ y $(a-2)(d-2)\geq 10$).

Repitiendo todo el razonamiento anterior con $b$ y $c$ en lugar de $a$ y $d$, tenemos que $b\leq 3$. Como $a\lt b$. Esto da lugar a tres casos:

• Si $(a,b)=(1,2)$, el sistema inicial se escribe como $d=c+2$ y $2c=1+d$. Este sistema tiene solución única $(c,d)=(3,5)$.
• Si $(a,b)=(1,3)$, el sistema inicial se escribe como $d=c+3$ y $3c=1+d$, que tiene solución única $(c,d)=(2,5)$, pero no cumple que $b\lt c$.
• Si $(a,b)=(2,3)$, el sistema inicial se escribe como $2d=c+3$ y $3c=2+d$, que tiene solución única $(c,d)=(\frac{7}{5},\frac{11}{5})$, que no son números enteros.

Tenemos así que la única solución al problema es $(a,b,c,d)=(1,2,3,5)$.

Solución. Llamamos $S=a_1+\ldots+a_n+b_1+\ldots+b_n$. Al cambiar de signo el elemento que está en la fila $i$ y la columna $j$, tenemos que $a_i$ y $b_j$ cambian de signo. Distingamos dos casos:

• Si $a_i$ y $b_j$ son los dos positivos, entonces pasan a ser los dos negativos y $S$ decrece $4$ unidades.
• Si $a_i$ y $b_j$ son los dos negativos, entonces pasan a ser los dos positivos y $S$ crece $4$ unidades.
• Si $a_i$ y $b_j$ tienen signos opuestos, entonces siguen teniendo signos opuestos y $S$ permanece igual.

De esta manera el resto de $S$ módulo $4$ no cambia si vamos cambiando de signo elementos de la tabla. Podemos pasar de una configuración inicial con todo unos (en la que $S=2n$) a cualquier otra configuración cambiando signos, luego se tiene que $S\equiv 2n\ (\text{mod }4)$. Para $n=2019$, esto nos dice que $S\equiv 2\ (\text{mod }4)$, luego no puede ser $S=0$, lo que responde de forma negativa a la primera pregunta.

Si $n=2020$, lo anterior no concluye nada ya que $2020\cdot 2=4040\equiv 0\ (\text{mod }4)$. Sin embargo, en este caso sí que puede ser $S=0$. Una forma de hacerlo es poner todos positivos en la tabla excepto la mitad de los elementos de una de las diagonales principales.

Solución. Sea $H$ el ortocentro del triángulo $ABC$. Como los ángulos $\angle AFH$ y $\angle AEH$ son rectos, tenemos que $AEFH$ es cíclico con diámetro $AH$ (circunferencia verde en la figura). Si hacemos la homotecia con centro en $A$ que lleva $H$ en $D$, esta circunferencia se transforma en $\Gamma$ ya que $AD$ es un diámetro de $\Gamma$. Esto nos dice que $F$ se transforma en $X$ y $E$ en $Y$, así como que $EF$ es paralela a $XY$, $XD$ es paralela a $CF$ y $DY$ paralela a $BE$. Trazamos la paralela a $AB$ que pasa por $D$ (en naranja en la figura), que corta a $CF$ en cierto punto $Z$. Por el paralelismo mencionado y porque $CF$ es la altura perpendicular a $AB$, obtenemos que $XDZF$ es un rectángulo. Ahora bien, usando el arco capaz en $\Gamma$, tenemos que \[\angle FXY=\angle ADY=90-\angle DAC=\angle ACB.\] De forma similar, usando el arco capaz en la circunferencia circunscrita a $BDHF$ (que también es cíclico), tenemos que \[\angle XFD=\angle BFD = \angle BHD=90-\angle EBC=\angle ACB.\] Esto asegura que $XY$ es la diagonal del rectángulo $XDZF$ y, por tanto, corta a la otra diagonal $FD$ en su punto medio $M$. En otras palabras, el vértice $Z$ está sobre $XY$, cosa que no sabíamos inicialmente.

Finalmente, en el triángulo $FDQ$ (sombreado en rojo en la figura) la recta $XY$ es paralela al lado $FQ$ y pasa por el punto medio de $FD$, luego corta a $QD$ también en su punto medio, que es el punto $P$, y el problema está resuelto.

Solución. En primer lugar, vamos a desarrollar los factores que aparecen en ese producto para obtener una expresión más sencilla. Observamos que \begin{align*} C_{m+i}-C_k&=(m+i+1)(m+i)-(k+1)k\\ &=(m+i)^2-k^2+m+i-k\\ &=(m+k+i)(m-k+i)+m-k+i\\ &=(m+k+i+1)(m-k+i). \end{align*} Por lo tanto, podemos agrupar factores para expresar \begin{align*} &\frac{(C_{m+1}-C_k)\cdots(C_{m+n}-C_k)}{C_1C_2\cdots C_n}\\ &\quad=\frac{(m+k+2)(m-k+1)\cdots(m+k+n+1)(m-k+n)}{1\cdot 2\cdot 2\cdot 3\cdots n(n+1)}\\ &\quad=\frac{(m+k+2)\cdots(m+k+n+1)(m-k+1)\cdots(m-k+n)}{n!(n+1)!}\\ &\quad=\frac{1}{m+k+1}\binom{m+k+n+1}{n+1}\binom{m-k+n}{n}. \end{align*} Los números combinatorios son enteros pero falta por ver que alguno de ellos es divisible por el primo $m+k+1$. Claramente lo es el primero de ellos dado que en \[\binom{m+k+n+1}{n+1}=\frac{(m+k+1)(m+k+2)\cdots(m+k+n+1)}{(n+1)!}\] el numerador es múltiplo de $m+k+1$ y el denominador no lo es ya que $n+1\lt m+k+1$ por hipótesis.