Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Sabemos que sólo se pueden alcanzar $12$ puntos, pongamos que se llaman $p_1,\ldots,p_{12}$ y que están ordenados en sentido de las agujas del reloj. En primer lugar, hay que observar que, a partir de cualquier punto $p_i$, avanzando un cierto número de veces una distancia $\ell_1$ se llega a cualquier otro $p_j$. Esto se deduce de que repetir dos veces la elección que ha generado los 12 puntos tiene que pasar otra vez por todos ellos. En segundo lugar, vamos a probar que los puntos están equiespaciados por reducción al absurdo, tomando dos puntos consecutivos $p_k$ y $p_{k+1}$ que definen el menor de los $12$ arcos en que $p_1,\ldots,p_{12}$ dividen a la circunferencia. Si $p_j$ y $p_{j+1}$ definieran un arco mayor, lo único que hay que hacer es, una vez estemos en $p_j$, repetir el mismo número de avances de longitud $\ell_1$ que llevan de $p_k$ a $p_{k+1}$: esto nos llevará de $p_j$ a un punto $p'_j$ que está estrictamente entre $p_j$ y $p_{j+1}$, lo que nos da la contradicción buscada.

Podemos entonces identificar el vértice $p_k$ con el número $k$ y $\ell_1$ y $\ell_2$ con enteros $6\lt\ell_1\lt \ell_2\lt 12$ tales que avanzar $\ell_i$ desde $p_k$ se corresponde con sumar $k+\ell_i$ módulo $12$. Los únicos números $\ell_1$ y $\ell_2$ que permiten pasar por los $12$ puntos son los primos relativos con $12$, lo que nos dice necesariamente que $\ell_1=7$ y $\ell_2=11$. Tenemos así que el radio de la mesa $r$ verifica $\ell_1=\frac{7}{12}\cdot 2\pi r$, lo que nos da $r=\frac{6\ell_1}{7\pi}$ y nos permite calcular su área a partir del dato $\ell_1$ que conoce Sophie: \[A=\pi r^2=\frac{36\pi\,\ell_1^2}{49}.\]

Nota. En realidad, no es necesario que se envíe el segundo Whatsapp puesto que, una vez se dibujan los 12 puntos, Sophie puede demostrar que son equidistantes con el argumento dado, y después sabe que avanzar la distancia $\ell_1$ supone 7 posiciones (porque ella puede contarlas, aunque nosotros no tengamos ese dato, es decir, ella sabe distinguir si avanza 7 u 11 posiciones).

Solución. Existen métodos para construir cuadrados mágicos de cualquier orden. Por ejemplo, el método del rombo para los cuadrados mágicos permite poner los números del $1$ al $n^2$ en las casillas de una cuadrícula $n\times n$ para formar un cuadrado mágico de un orden $n$ impar, lo que se aplica a nuestro caso $n=2021$. Ahora es suficiente con multiplicar todas las entradas del cuadrado obtenido por $10000$ y sumarles $2022$, lo que no altera la propiedad de ser mágico.

Nota. Este no es un problema de estilo olímpico ya que requeriría el conocimiento de un método de obtención de cuadrados mágicos (conocimiento demasiado específico) o bien desarrollar dicho método en la solución (razonamiento demasiado complicado).

Solución. La idea es darse cuenta de la suma de los términos de la progresión geométrica siguiente (véase la nota): \[\frac{1}{4}+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{4^3}+\ldots=\frac{1}{3}.\] Esto quiere decir que podemos alcanzar un valor tan cercano como queramos a $\frac{1}{3}$ sin más que sumar suficientes términos de la sucesión. Ahora nos damos cuenta también de que \[\frac{1}{3}=\frac{1}{4}+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{4^3}+\ldots=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\Bigl(\cdots\Bigr)\right)\right),\] luego podemos desarrollar \begin{align*} 2^{\frac{1}{3}}&=(2^{\frac{1}{2}})^{\frac{1}{2}}\cdot(((2^{\frac{1}{2}})^{\frac{1}{2}})^{\frac{1}{2}})^{\frac{1}{2}}\cdot (((((((2^{\frac{1}{2}})^{\frac{1}{2}})^{\frac{1}{2}})^{\frac{1}{2}})^{\frac{1}{2}})^{\frac{1}{2}})^{\frac{1}{2}})^{\frac{1}{2}}\cdots\\ &=\sqrt{\sqrt{2}}\cdot\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{2}}}}\cdot\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{2}}}}}}}}\cdots\\ &=\sqrt{\sqrt{2\sqrt{\sqrt{2\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{2}}}}}}}} \end{align*} Para escribir esto en una calculadora que funciona de la forma usual (estilo CASIO sin línea de comandos), tengamos en cuenta que:

• La tecla $[\times]$ multiplica el resultado en pantalla por el que introduzcamos a continuación.
• La tecla $[\sqrt{}]$ evalúa la operación pendiente y sustituye el resultado en pantalla por su raíz cuadrada.

Por ejemplo, para obtener la aproximación $\sqrt[3]{2}\approx 2^{\textcolor{red}{\frac{1}{4}+}\textcolor{blue}{\frac{1}{16}+}\textcolor{green}{\frac{1}{64}}}$, usamos la siguiente combinación de teclas: \[\textcolor{green}{[2][\sqrt{}][\sqrt{}][\sqrt{}][\sqrt{}]}\textcolor{blue}{[\times][2][\sqrt{}][\sqrt{}]}\textcolor{red}{[\times][2][\sqrt{}][\sqrt{}]}\] donde cada bloque de un color distinto refleja uno de los sumandos. Si quisiéramos aproximar mejor, tendríamos que añadir al inicio [2] seguido de 8,16,32,... veces la tecla $[\sqrt{}]$ y obtendremos así aproximaciones cada vez mejores.

Nota. Una forma elemental (aunque no es matemáticamente rigurosa) para justificar el valor de la suma de los términos de la progresión geométrica es tomar \[S=\frac{1}{4}+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{4^3}+\ldots\ \Longrightarrow\ \frac{1}{4}S=\frac{1}{4^2}+\frac{1}{4^3}+\frac{1}{4^4}+\ldots\] Por tanto, restando ambas igualdades se cancelan todos los términos menos el primero: \[S-\frac{1}{4}S=\frac{1}{4}\ \Leftrightarrow\ S=\frac{1}{3}.\]