Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

• Si $pqr\equiv 0\ (\text{mod }4)$, entonces es porque alguno de los números es par. Como son primos, necesariamente dos de ellos son iguales a dos y el tercero, por tanto, igual a $2019$. Como $2019$ no es primo (es múltiplo de $3$), deducimos que este caso no da ninguna solución.
• Si $pqr\equiv 3\ (\text{mod }4)$, entonces los tres primos son congruentes con $1$, $1$ y $3$ o bien con $3$, $3$ y $3$ (en algún orden). En cualquier caso, obtenemos que $p+q+r\equiv 1\ (\text{mod }4)$. Esto contradice el hecho de que $p+q+r=2023\equiv 3\ (\text{mod }4)$, luego tampoco obtenemos soluciones en este caso.

Deducimos que no hay primos en las condiciones del enunciado.

Nota. La misma demostración del segundo caso muestra que no hay enteros impares cumpliendo la condición del enunciado (no tienen por qué ser primos ni positivos).

• Si en $V$ sólo hay un polígono pequeño $Q$, entonces $Q$ también es un $n$-gono. Como $P$ se descompone en más de un polígono, entonces $Q$ tiene que tener otro vértice $V'$ en un lado de $P$ adyacente a $V$. En el vértice $V'$ deben confluir más polígonos pequeños.
  • Si $n\geq 7$, entonces es imposible que esto ocurra porque el ángulo interior del $n$-gono es $180(1-\frac{2}{n})$, que deja un ángulo restante en $V'$ de $\frac{360}{n}\lt 60$, en el que no caben más polígonos regulares ya que el ángulo más pequeño es el del triángulo ($60$).
  • Si $n=5$, un pentágono deja un ángulo restante en $V'$ de $\frac{360}{5}=72$. Este tampoco se pude cubrir con ángulos interiores de otros polígonos regulares ya que sólo caben triángulos (y 60 no divide a 72).
  • Si $n$ es igual a $3$, $4$ o $6$, entonces sí se puede hacer el recubrimiento, como mostramos más adelante.
• Si en $V$ hay más de un polígono, por el mismo motivo expuesto en el caso anterior, no puede haber $n$-gonos con $n\geq 6$. Además, si colocamos más de dos polígonos en $V$, entonces obtendríamos un ángulo de 180 o más en $V$. Tenemos entonces, las siguientes tres posibilidades para no pasarnos de $180$ en $V$:
  • Dos triángulos: nos lleva a un ángulo interior en $V$ de $120$, luego $n=6$. El hexágono sí puede recubrirse como veremos más adelante.
  • Un triángulo y un cuadrado: lleva a un ángulo interior en $V$ de $150$, que se corresponde con $n=12$. El dodecácgono sí puede recubrirse, como veremos más adelante.
  • Un triángulo y un pentágono: lleva a un ángulo interior en $V$ de $168$, que no es de la forma $180(1-\frac{2}{n})$ ya que obtendríamos $n=\frac{15}{2}\not\in\mathbb{N}$.

Resta por ver que el triángulo, el cuadrado, el hexágono y el dodecágono pueden recubrirse con polígonos regulares, pero esto es fácil a partir de la discusión anterior, lo que nos da las siguientes figuras:

Nota. La forma de subdividir cada polígono obviamente no es única (por ejemplo, cada una de las piezas de los ejemplos dados puede volver a subdividirse a su vez).