Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Denotemos por $a_k$ el número de veces que un número $k\in\{1,\ldots,9\}$ aparece en la expresión decimal del número $n$. Es fácil ver entonces que \begin{eqnarray*} S(n)&=&a_1+2a_2+3a_3+4a_4+5a_5+6a_6+7a_7+8a_8+9a_9{,}\\ S(2n)&=&2a_1+4a_2+6a_3+8a_4+a_5+3a_6+5a_7+7a_8+9a_9{.} \end{eqnarray*} De aquí es obvio que $S(n)\leq 5S(2n)$ y la igualdad se alcanza si, y sólo si, el número $n$ está formado sólo por ceros y cincos. También es evidente que $S(2n)\leq 2S(n)$ y la igualdad se alcanza si, y sólo si, todas las cifras del número $n$ son menores o iguales que cuatro.

Solución. Dividamos los $2n$ números en $n$ parejas, como $\{1,2\}$, $\{3,4\}$, $\{5,6\}$, ...,$\{2n-1,2n\}$. El principio del palomar nos asegura que si tomamos $n+1$ números, siempre tomamos los dos de alguna de las parejas, pero cada pareja está formada por números consecutivos y, por tanto, primos entre sí. Esto prueba que siempre hay dos de los números que son primos entre sí. Por el contrario, si sólo tomamos $n$ números, podríamos escoger todos los números pares entre $1$ y $2n$, y no hay dos números pares primos entre sí, luego el resultado no es en general cierto si sólo tomamos $n$ números.

Solución. Supongamos que un determinado eje cortara a un número impar de fichas. Entonces, quitando esas fichas, a cada lado del eje queda un número impar de casillas que cubrir con fichas $2\times 1$, lo cual es imposible. Esto prueba que todo eje atraviesa a un número par de fichas. Para probar (b), razonemos también por reducción al absurdo suponiendo que cada uno de los 10 ejes atraviesa a alguna ficha. Como cada eje atraviesa un número par de fichas y cada ficha es cortada por un solo eje, tendría que haber, al menos, 20 fichas distintas. Esto es imposible ya que sólo tenemos 18 fichas en todo el tablero.

Solución. Numeramos las filas del $1$ al $8$ de abajo arriba. Es evidente que al hacer saltar una una ficha por encima de otra, si al principio estaba en una fila par, saltará a una fila par y, si al principio estaba en una impar, saltará a una impar. Por lo tanto, en cada movimiento, se conserva el número de fichas en casillas en filas pares y el número de fichas en filas impares. Al comienzo tenemos que hay 16 fichas en filas pares y 8 en filas impares y queremos llegar a una situación en la que hay 8 en filas pares y 16 en impares. Por tanto, es imposible conseguirlo.

Solución. Consideremos un vértice cualquiera del hexágono. De los cinco segmentos que determinan, tiene que haber al menos tres que compartan un mismo color. Ahora bien, si alguno de los segmentos que determinan estos tres tiene el mismo color, entonces obviamente tenemos un triángulo del mismo color. En caso contrario, los tres segmentos que determinan estos tres vértices serán del color opuesto y también tendremos que dicho triángulo tiene los lados del mismo color.