Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Para cada subconjunto $S$ de $\{1,2,\ldots,100\}$, podemos considerar el conjunto $S'=\{101-x:x\in S\}$ (formado por los números de la forma $101-x$ para cierto $x\in S$), que llamaremos el simétrico de $S$. Diremos que el conjunto $S$ es simétrico cuando $S'=S$. Si $S$ tiene $25$ elementos, entonces $S'\neq S$ ya que, si $S$ fuera simétrico entonces sería unión de pares de la forma $\{x,101-x\}$ y $S$ tendría un número par de elementos (no puede ocurrir que $x=101-x$ ya que $x$ es entero). Además, las sumas de los elementos de $S$ y $S'$ tienen distinta paridad. Para probar esto, observemos que \[\sum_{x\in S'}x=\sum_{x\in S}(101-x)=25\cdot 101-\sum_{x\in S}x,\] y, como $25\cdot 101$ es impar, las sumas tienen distinta paridad.

La simetría que hemos definido establece una biyección entre subconjuntos de $25$ elementos (si $S'$ es el simétrico de $S$, entonces $S$ es el simétrico de $S'$) e intercambia conjuntos de elementos de suma par y los de suma impar, como acabamos de probar. En consecuencia, hay el mismo número de subconjuntos de $25$ elementos de suma par que de suma impar, luego la probabilidad que se pide es igual a $\frac{1}{2}$.

Nota. Si sustituimos $100$ por cualquier número par y $25$ por cualquier número impar, el mismo argumento permite demostrar que la probabilidad sigue siendo $\frac{1}{2}$.

Solución. En cada lado del polígono dibujamos un rectángulo con base dicho lado y altura $A/P$ hacia el interior del polígono. La suma de las áreas de todos los rectángulos será igual a $P\cdot(A/P)=A$, pero el área total que cubren es menor que $A$ dado que los rectángulos se superponen unos con otros cerca de los vértices del polígono. En otras palabras, los rectángulos no cubren todo el polígono, luego existirá un punto $p$ del interior del polígono no cubierto por ningún rectángulo. La distancia de $p$ a cualquiera de los lados es mayor que $A/P$ por no pertenecer a ningún rectángulo, luego el círculo de radio $A/P$ centrado en $p$ está contenido en el interior del polígono.

Nota. ¿Qué podría fallar en este argumento si el polígono no es convexo?

Solución. Pongamos como pongamos sumas y restas, la igualdad se escribe módulo $2$ como \[0\equiv 1+0+1+0+1+0+1+0+1+0\ (\text{mód}\ 2).\] Esto es una contradicción ya que $0\not\equiv 1\ (\text{mód}\ 2)$, luego no se puede conseguir el resultado con sumas y restas. En otras palabras, el miembro de la derecha siempre será impar independientemente de cómo se elijan los signos $+$ y $-$.

En cambio, sí que se puede si además usamos la multiplicación. Una forma de hacerlo es la siguiente: \[0=1\times 2+3-4+5-6+7-8-9+10.\]

Solución. Descomponiendo $20!$ en factores primos obtenemos \[20!=2^{18}\cdot 3^8\cdot 5^4\cdot 7^2\cdot 11\cdot 13\cdot 17\cdot 19.\] Cada divisor de $20!$ se obtiene eligiendo exponentes para los factores primos $\{2,3,5,7,11,13,17,19\}$, con la condición de que dichos exponentes se encuentren entre $0$ y el exponente de la descomposición anterior. Para que sean impares, el exponente de $2$ ha de ser igual a $0$ y los demás pueden ser cualesquiera con las condiciones que hemos comentado. Por tanto, el número buscado es \[(8+1)(4+1)(2+1)(1+1)(1+1)(1+1)(1+1)=2160.\]

Solución. Demostraremos por inducción completa sobre $n\geq 1$ que el elemento que resulta de combinar los elementos $x_1,\ldots,x_n\in S$ está dado por \[(1+x_1)(1+x_2)\cdots(1+x_n)-1.\] Esta fórmula puede adivinarse fácilmente después de hacer iterar la operación dada en el enunciado varias veces (quizá la parte más difícil sea darse cuenta de la factorización).

Para $n=1$, está claro que $x_1=(1+x_1)-1$ es el número que se obtiene de combinar un sólo elemento (no se ha hecho ninguna operación). Para $n=2$, también es cierto ya que $(1+x_1)(1+x_2)-1=x_1+x_2+x_1x_2$ es la operación aplicada a los elementos $x_1,x_2\in S$. Supongamos entonces que la propiedad es cierta para combinaciones de a lo sumo $n-1$ elementos y probémosla para una combinación de $n$ elementos $x_1,\ldots,x_n\in S$. Reordenando los subíndices si es necesario, por hipótesis de inducción, el número final resultará de aplicar la operación a los números $P_1-1$ y $P_2-1$, siendo $P_1=(1+x_1)\cdots(1+x_k)$ y $P_2=(1+x_{k+1})\cdots(1+x_n)$. Por tanto, el número final será \begin{eqnarray*} &&(P_1-1)+(P_2-1)+(P_1-1)(P_2-1)\\ &&\quad=P_1-1+P_2-1-P_1-P_2+P_1P_2+1\\ &&\quad=P_1P_2-1=(1+x_1)(1+x_2)\cdots(1+x_n)-1 \end{eqnarray*}

En particular, hemos demostrado que dicho número final no depende de las elecciones de los elementos que intervienen en el proceso. Además, podemos calcularlo usando la fórmula que hemos demostrado: \[\left(1+1\right)\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{3}\right)\cdots \left(1+\frac{1}{1000}\right)=\frac{2}{1}\frac{3}{2}\frac{4}{3}\cdots\frac{1001}{1000}=1001.\]