Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Si nos fijamos en el perímetro de la región coloreada cada vez que coloreamos una casilla $C$, tenemos los siguiente casos:

• Si $C$ tenía dos vecinas coloreadas, entonces el perímetro no varía.
• Si $C$ tenía tres vecinas coloreadas, entonces el perímetro decrece dos unidades.
• Si $C$ tenía cuatro vecinas coloreadas, entonces el perímetro decrece cuatro unidades.

Por consiguiente el perímetro siempre es decreciente en cada paso. Cuando tenemos sólo nueve casillas pintadas, el perímetro es menor o igual que $36$, mientras que queremos un perímetro final de $40$ unidades. Por tanto, no se puede llegar a pintar todas las casillas para ninguna configuración inicial.

Nota. Es interesante observar que el perímetro de cualquier configuración siempre es un número par de unidades.

Solución. Escribamos $a=rp^\alpha$ y $b=sp^\beta$, de forma que $r$ y $s$ no son múltiplos de $p$. Vamos a probar el resultado por inducción sobre $\beta$. El caso base es $\beta=0$, para el que se tiene que \[\frac{a^b-1}{p^\alpha}=r\frac{(rp^\alpha+1)^b-1}{(rp^\alpha+1)-1}=r(1+(rp^\alpha+1)+(rp^\alpha+1)^2+\ldots+(rp^\alpha+1)^{b-1}),\] luego $a^b+1$ es múltiplo de $p^\alpha$, pero no es múltiplo de $p^{\alpha+1}$ ya que el miembro de la derecha en la igualdad anterior es congruente con $rb$ módulo $p$, pero $rb$ no es múltiplo de $p$ si $\beta=0$.

Supongamos entonces que el resultado es cierto para $\beta\geq 0$, es decir, $a^{sp^\beta}=tp^{\alpha+\beta}+1$ para cierto $t$ que no es múltiplo de $p$ y probémoslo para $\beta+1$. Usando la hipótesis de inducción y el binomio de Newton, tenemos que \[a^{sp^{\beta+1}}-1=(tp^{\alpha+\beta}+1)^p-1=\sum_{j=1}^p\binom{p}{j}t^jp^{(\alpha+\beta)j}\] Observemos que hemos eliminado de la sumatoria el término con $j=0$ ya que lo hemos cancelado con el sumando $-1$. Ahora bien, el número combinatorio $\binom{p}{j}$ es múltiplo de $p$ para $1\leq j\leq p-1$, luego todos los sumandos de la sumatoria son múltiplos de $p^{\alpha+\beta+1}$ y todos son múltiplos de $p^{\alpha+\beta+2}$ salvo el correspondiente a $j=1$, luego el exponente de $p$ en $a^{sp^{\beta+1}}-1$ es exactamente $\alpha+\beta+1$, como queríamos probar.

Nota. ¿Dónde se está usando que $p$ es impar?

Solución. Usando la identidad bien conocida $1+2+\ldots+n=\frac{1}{2}n(n+1)$, podemos reescribir la igualdad del enunciado como \[8p+120=\frac{n(n+1)}{2}\quad \Leftrightarrow\quad 16p=n^2+n-240=(n-15)(n+16). \] Ahora utilizaremos que $p$ es primo y que los factores $n-15$ y $n+16$ tienen distinta paridad, luego sólo uno de ellos es divisible por $16$. Tenemos así varias posibilidades:

• Si $n-15=16p$ y $n+16=1$, entonces $n=-15\lt 0$, luego no lleva a solución.
• Si $n-15=16$ y $n+16=p$, entonces llegamos a la solución $(n,p)=(31,47)$.
• Si $n-15=p$ y $n+16=16$, entonces $n=0$, lo que tampoco lleva a solución.
• Si $n-15=1$ y $n+16=16p$, entonces llegamos a la solución $(n,p)=(16,2)$.

No estamos considerando las descomposiciones de $16p$ en factores negativos ya que, si $n+16\lt 0$, entonces también tenemos que $n\lt 0$. Deducimos así que las únicas soluciones son $(n,p)=(31,47)$ y $(n,p)=(16,2)$.

Solución. Sea $O$ el centro de la circunferencia y $P$ el punto en que se encuentra el preso en un momento dado después de su primer paso (para el primero es irrelevante la dirección que se tome) . Para asegurar la mínima penalización por parte del carcelero deberá elegir la dirección perpendicular a $OP$ ya que, independientemente del sentido, el teorema de Pitágoras nos dice que la nueva distancia al centro después de dar el paso será: \[\sqrt{OP^2+1}\geq OP.\] Eligiendo cualquier otra dirección, el carcelero puede hacer que el preso se encuentre a una distancia menor que ésta luego el preso maximiza la distancia al centro en cada paso. Por tanto, siguiendo esta estrategia óptima:

• Después del primer paso, estará a distancia $1$ del centro.
• Después del segundo paso, estará a distancia $\sqrt{1+1}=\sqrt{2}$.
• Después del tercer paso, estará a distancia $\sqrt{2+1}=\sqrt{3}$.
• ...
• Después del paso $n$, estará a distancia $\sqrt{n}$.

Por lo tanto, logrará escapar después del paso $n$ tal que $\sqrt{n}=100$, es decir, después de $10000$ pasos.

Solución. Haciendo el cambio $x=\frac{1}{a}$, $y=\frac{1}{b}$, $z=\frac{1}{c}$, podemos reescribir la desigualdad del enunciado como \[\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}\geq\frac{3}{2}.\] La desigualdad de Cauchy-Schwarz nos dice que \[((y+z)+(x+z)+(x+y))\left(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}\right)\geq (x+y+z)^2.\] De esta desigualdad y de la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica, obtenemos que \[\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}\geq\frac{x+y+z}{2}\geq \frac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}=\frac{3}{2}\]

Nota. La misma solución se puede seguir sin el cambio de variable, aunque con él puede que sea más sencillo encontrar la forma de aplicar la desigualdad de Cauchy-Schwarz.