Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

• Si $BC$, $BD$ y $CD$ están todos pintados de azul, entonces forman un triángulo azul.
• Si alguno de los segmentos $BC$, $BD$ y $CD$ está pintado de rojo, entonces formará un triángulo rojo con los correspondientes segmentos partiendo de $A$.

La respuesta a la segunda pregunta es negativa. Un contraejemplo es el siguiente: si llamamos $A$, $B$, $C$, $D$, $E$ y $F$ a los puntos, entonces pintamos de la siguiente forma:

• Rojo: $AB$, $AC$, $AD$, $AF$, $BC$, $BE$, $CD$, $DE$ y $EF$.
• Azul: $AE$, $BD$, $BF$, $CE$, $CF$ y $DF$.

Entonces, si llamamos $S$ a la suma del miembro de la izquierda de la desigualdad del enunciado, podemos eliminar algunos términos para escribir \begin{align*} S&\geq\frac{x_{i_1}}{x_{i_1+1}+x_{i_1+2}}+\frac{x_{i_2}}{x_{i_2+1}+x_{i_2+2}}+\ldots+\frac{x_{i_p}}{x_{i_p+1}+x_{i_p+2}}\\ &\geq \frac{x_{i_1}}{2x_{i_2}}+\frac{x_{i_2}}{2x_{i_3}}+\ldots+\frac{x_{i_p}}{2x_{i_1}}\\ &\geq \frac{p}{2}\sqrt[p]{\frac{x_{i_1}}{x_{i_2}}\cdot\frac{x_{i_2}}{x_{i_3}}\cdots\frac{x_{i_p}}{x_{i_1}}}=\frac{p}{2}\geq\frac{n}{4}, \end{align*} donde hemos usado la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica. En realidad, la igualdad no puede alcanzarse, porque esto quiere decir que $p=\frac{n}{2}$ y, en consecuencia, hemos eliminado la mitad de los sumandos de la suma original, que son términos positivos.

Nota. En el caso $n=2$, la suma del enunciado es siempre igual a $1$. En el caso $n=3$, la desigualdad de Nesbitt nos dice que es mayor o igual que $\frac{3}{2}$ y la igualdad se alcanza cuando todos los números son iguales. No obstante, en general, parece complicado encontrar la constante óptima en función de $n$.

Dado $z\in\mathbb{R}$, consideremos los números \[r=\frac{z+1-f(f(0))-f(0)^2}{f(0)},\qquad s=\frac{z+1-f(f(0))}{f(0)}.\] Estos dos números están bien definidos ya que, si ocurriera que $f(0)=0$, entonces haciendo $x=y=0$ la ecuación original quedaría $0=-1$ (contradicción). Es fácil ver que, sustituyendo $x=r$ e $y=0$ en la ecuación original tenemos que $z=f(r)-f(s)$, luego, tomando $x=f(r)$ e $y=s$ en dicha ecuación, llegamos a que \begin{eqnarray} f(z)=f(f(r)-f(s))&=&f(f(s))+f(r)f(s)+f(f(r))-1\\ &=&\frac{f(0)-1-f(s)^2}{2}+f(r)f(s)+\frac{f(0)-1-f(r)^2}{2}\\ &=&f(0)-\frac{(f(r)-f(s))^2}{2}=f(0)-\frac{z^2}{2}. \end{eqnarray}

• Supongamos que el número de piedras restante es congruente con $0$ módulo $13$ (es decir, es múltiplo de $13$) tras la jugada de A.
  • Si B quita $1$, $2$, $4$ o $5$ piedras, entonces A responde quitando $5$, $4$, $2$ o $1$ piedras, respectivamente. Se han quitado $6$ piedras y el número restante es congruente con $7$ módulo $13$.
  • Si B quita $3$ piedras, entonces A responde quitando 5. A continuación, B puede quitar $1$, $2$, $3$ o $4$, a lo que A responde quitando $4$, $3$, $2$ o $1$ piedras, respectivamente. Después de estas dos rondas, se han quitado 13 piedras y el número de piedras restantes sigue siendo congruente con $0$ módulo $13$.
• Supongamos ahora que el número de piedras restante es congruente con $7$ módulo $13$ tras la jugada de A.
  • Si B quita $2$, $3$, $4$ o $5$ piedras, entonces A responde quitando $5$, $4$, $3$ o $2$, respectivamente. Se han quitado $7$ piedras y el número restante es congruente con $0$ módulo $13$.
  • Si B quita $1$ piedra, entonces A responde quitando $3$. A continuación, B puede quitar $1$, $2$, $4$ o $5$, a lo que A responde quitando $2$, $1$, $5$ o $4$ piedras, respectivamente. Después de estas dos rondas, se han quitado $6$ piedras (si B quitó $1$ o $2$) o bien $13$ (si B quitó $4$ o $5$). El número de piedras restantes es congruente con $7$ módulo $13$ o bien sigue siendo congruente con $0$ módulo $13$, dependiendo del caso.

• Si B quita 2, 3, 4 o 5 piedras en la siguiente jugada, entonces A responde quitando 5, 4, 3 o 2 piedras, respectivamente, luego A agota las piedras y ha ganado.
• Si resulta, por el contrario, que B quita una sola piedra, entonces A quita 3 piedras y quedan solo 3 piedras en el montón. B no puede quitarlas todas: sólo puede quitar 1 o 2 piedras, a lo que A responde quitando las que quedan y también ha ganado en este caso.

Nota. Si el número de piedras es $13n+k$ con $k\in\{1,2,3,4,5,8,9,10,11,12\}$, entonces el mismo razonamiento es válido ya que A sólo tiene que quitar 1, 2, 3, 4 o 5 piedras al principio para que quede un número de la forma $13n$ o $13n+7$. Si el número de piedras es de la forma $13n$ o $13n+7$, entonces es B quien tiene la estrategia ganadora porque puede aplicar a partir de ahí lo que se ha descrito para A. Finalmente, si el número de piedras es de la forma $13n+6$, entonces en su primera jugada A lo transformará en un número de la forma $13n+k$ con $k\in\{1,2,3,4,5\}$ y entonces B tendrá una estrategia ganadora.

Si denotamos por $(x_t(n),y_t(n))$ y $(x_m(n),y_m(n))$ a las posiciones de las naves terrestre y marciana, respectivamente, después de su $n$-ésimo movimiento, el problema se reduce a demostrar que existe $n$ tal que $x_t(n)=x_m(n)$ y $y_t(n)=y_m(n)$ independientemente del valor de las posiciones iniciales $(x_t(0),y_t(0))$ y $(x_m(0),y_m(0))$. No obstante, con la estrategia propuesta, si la nave marciana elige la velocidad $(h,v)$ en su $n$-ésimo movimiento, se cumplirá que \begin{eqnarray*} x_t(n)-x_m(n)&\equiv x_t(n-1)+(h+1)-x_t(n-1)-h = x_t(n-1)-x_t(n-1)+1\, (\text{mód}\ 2000),\\ y_t(n)-y_m(n)&\equiv y_t(n-1)+(v+1)-y_t(n-1)-v = y_t(n-1)-y_t(n-1)+1\, (\text{mód}\ 2001). \end{eqnarray*} Como cada una de estas diferencias se va incrementando en una unidad a cada movimiento, deducimos que $x_t(n)-x_m(n)=x_t(0)-x_m(0)+n\, (\text{mód}\ 2000)$ y $y_t(n)-y_m(n)=y_t(0)-y_m(0)+n\, (\text{mód}\ 2001)$ para todo $n$. Por lo tanto, el problema se reduce a la existencia de un número natural $n$ que sea solución del siguiente sistema de ecuaciones en congruencias: \[\begin{cases}n\equiv -x_t(0)+x_m(0)\, (\text{mód}\ 2000),\\ n\equiv -y_t(0)+y_m(0)\, (\text{mód}\ 2001).\end{cases}\] Como $2000$ y $2001$ son primos entre sí, el teorema chino del resto nos asegura que este sistema siempre tiene solución (única módulo $2000\cdot 2001$), luego la nave terrestre siempre alcanzará a la marciana.