Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. El primer jugador tiene la siguiente estrategia ganadora: en primer lugar coloca su moneda en el centro del tablero y, después de cada turno del segundo jugador, coloca una moneda en la posición simétrica de la que ha colocado el segundo jugador (respecto del centro del rectángulo). Observemos que siempre puede hacer esto ya que el tablero es simétrico y, si una posición está disponible para el segundo jugador, entonces su simétrica estará disponible para el primero. Por tanto, el primero que se queda sin poder colocar es el segundo jugador.

Nota. En realidad, la misma estrategia vale para cualquier tablero convexo con una simetría central y las monedas no tienen por qué ser circulares, aunque también han de tener todas la misma forma y simetría central.

Solución. Sean $a$, $b$ y $c$ el número de rectas en cada familia. La primera familia divide al plano en $a+1$ regiones y, al añadirle la segunda familia, dividen al plano en $(a+1)(b+1)$ regiones. Ahora bien, cada recta de la tercera familia corta a las otras $a+b$ rectas de las dos primeras, luego corta a $a+b+1$ regiones. En otras palabras, cada una de las $c$ rectas de la tercera familia produce $a+b+1$ nuevas regiones, por lo que el número total de regiones que delimitan las tres familias juntas está dado por \[n=(a+1)(b+1)+c(a+b+1)=a+b+c+ab+bc+ac+1.\] Llamemos $s=a+b+c$ al número total de rectas y acotemos $n$ en función de $s$. Para ello, observamos que \[s^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac)\geq 3(ab+bc+ac)\] ya que la desigualdad de reordenación nos asegura que $a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac$. Deducimos que \[n\leq s+\frac{s^2}{3}+1.\] El miembro de la derecha es una función creciente de $s$ y \[s+\frac{s^2}{3}+1=1999 \Leftrightarrow\ s=\frac{3}{2}(-1+\sqrt{2665})\approx 75,94\] (nos quedamos sólo con la solución positiva). Por tanto, si $s\leq 75$ el número máximo de regiones es menor o igual que $1999$, luego el número buscado es $s\geq 76$. Para ver que $s=76$ es válido, busquemos un ejemplo. Tomando $a=24$, $b=26$ y $c=26$ obtenemos que \[n=24+26+26+24\cdot 26+26\cdot 26+24\cdot 26+1=2001\gt 1999,\] luego el mínimo número de rectas necesarias es $76$.

Solución. Supongamos que uno de los puntos $O$ está unido a $k$ puntos $P_1,\ldots,P_k$ y demostremos que $k\leq 5$. Uno de ellos será el punto más cercano a $O$, que supondremos que es $P_1$, es decir, la circunferencia $\Gamma$ de centro $O$ que pasa por $P_1$ no contiene a otros puntos en su interior. Ahora bien, cada uno de los otros puntos $P_r$, $2\leq r\leq k$, $O$ ha de ser su punto más cercano, luego la circunferencia $Gamma_r$ de centro $P_r$ que pasa por $O$ no contiene otros puntos en su interior. Además, todos los otros puntos $P_1,\ldots,P_{r-1},P_{r+1},\ldots,P_k$ han de estar en el mismo semiplano determinado por la mediatriz de $OP_k$ que el punto $O$ (en caso contrario, $P_r$ sería más cercano que $O$, con el que están unidos). Esta mediatriz corta a $\Gamma_r$ en dos puntos $A_r$ y $B_r$, y las rectas $OA_r$ y $OB_r$ determinan un sector angular $\Omega_r$ de ángulo $120º$ que contiene a $P_r$ en su interior.

La discusión anterior nos dice que el sector $\Omega_r$ no contiene a ningún otro de los puntos $P_1,\ldots,P_{r-1},P_{r+1},\ldots,P_k$, pues $\Omega_r$ está contenido en la unión del círculo bordeado por $\Gamma_r$ y el semiplano determinado por la mediatriz $A_rB_r$ que contiene a $P_r$. Además, como las distancias entre cada par de puntos son distintas, ninguno de los puntos $P_1,\ldots,P_{r-1},P_{r+1},\ldots,P_k$ puede estar en las rectas $OA_r$ ó $OB_r$. Un razonamiento similar nos da la existencia de un sector $\Omega_1$ de ángulo $120º$ centrado en $P_1$ (contenido en la unión del interior de $\Gamma$ y el semiplano determinado por la mediatriz de $OP_1$ que contiene a $P_1$). En consecuencia, si suponemos que las semirrectas de vértice $O$ que pasan por $P_1,P_2,\ldots,P_k$ están ordenadas en sentido antihorario, el ángulo entre dos semirrectas consecutivas es estrictamente mayor que $60º$. Como la suma de los $k$ ángulos que forman estas semirrectas es $360º$, deducimos que $k\leq 5$.

Nota. Se puede probar fácilmente que pudiera haber puntos unidos exactamente a otros $5$ puntos, luego el resultado no se puede mejorar. Una forma de ver esto es considerar el centro y los vértices de un pentágono regular y modificar ligeramente sus posiciones para que todas las distancias sean distintas.

Solución. Las caras son 12 polígonos que tienen 5 lados cada uno (un total de $12\cdot 5=60$ lados). En esta suma de lados tenemos cada arista contada por duplicado, lo que hace un total de $30$ aristas. Como tres de ellas concurren en cada vértice y cada arista une dos vértices, tendremos un total de $2\cdot\frac{30}{3}=20$ vértices.

Cada cara tiene 5 diagonales, lo que hace un total de $5\cdot 12=60$ diagonales de todas las caras. Cada par de vértices determina un segmento, luego habrá $\binom{20}{2}=190$ segmentos determinados por cada dos vértices. Finalmente, el número de diagonales del dodecaedro será igual a este número de segmentos descontando las diagonales de las caras y las aristas del poliedro, es decir, $190-60-30=100$.

Nota. Podemos comprobar que se cumple la fórmula de Euler \[C-A+V=2,\] donde $C=12$, $A=30$ y $V=20$ son el número de caras, aristas y vértices, respectivamente.