Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Sean $x$, $y$, $z$ y $w$ las longitudes de los segmentos que tienen a $P$ por extremo común y el otro extremo en $AB$, $BC$, $CD$ y $DA$, respectivamente, siendo perpendiculares a estos lados. En otras palabras, $x$, $y$, $z$ y $w$ son las distancias de $P$ a los lados $AB$, $BC$, $CD$ y $DA$, respectivamente. El teorema de Pitágoras nos asegura que \begin{eqnarray*} PA^2&=&w^2+x^2,\\ PB^2&=&x^2+y^2,\\ PC^2&=&y^2+z^2,\\ PD^2&=&z^2+w^2.\\ \end{eqnarray*} Sumando convenientemente estas igualdades, deducimos que \[PA^2+PC^2=x^2+y^2+z^2+w^2=PB^2+PD^2,\] que es la igualdad que se pretende demostrar.

Solución. La idea de este problema es razonar hacia atrás. Si suponemos que hemos llegado a la situación de que todos los números son iguales a $0$, entonces en el paso anterior todos debían ser iguales a $1$ o bien todos iguales a $0$. Si todos eran iguales a $1$, entonces en el paso anterior debían ser alternadamente unos y ceros (cada uno distinto al siguiente). Como $2015$ es impar, no es posible alternar unos y ceros de forma circular (debe haber el mismo número de unos que de ceros), luego la situación todo unos no puede provenir de una anterior.

Como consecuencia, las únicas configuraciones iniciales que satisfacen la condición buscada son que todos los números sean iguales a cero o que todos sean iguales a uno.

Solución. Evidentemente el miembro de la izquierda está comprendido entre $0$ y $2$, sean cuales sean los valores de $x$ e $y$, y no puede tomar el valor $0$, luego al ser el miembro de la derecha entero, tiene que ser igual a $1$ ó a $2$. Con $z=2$, se tienen las soluciones $(1,1,2)$, $(1,-1,2)$, $(-1,1,2)$ y $(-1,-1,2)$. Si $z=1$, podemos reescribir la ecuación original como $(x^2-1)(y^2-1)=1$, de donde $x^2-1$ e $y^2-1$ tienen que tomar el valor $1$ ó $-1$. Como $x$ e $y$ no pueden valer cero, deducimos que el caso $z=1$ no da ninguna solución y, por tanto, las únicas son las cuatro ternas obtenidas para $z=2$.

Nota. Otra posible solución más directa al problema consiste en dividir ambos términos por $z$, que es siempre distinto de cero, y escribir el resultado como $(zx^2-1)(zy^2-1)=1$, de donde $zx^2-1$ y $zy^2-1$ tienen que valer $\pm 1$. De aquí es fácil llegar a las cuatro soluciones arriba descritas.

Solución. Llamemos $x$ e $y$ a las longitudes de lados del rectángulo, con lo que tendremos que $A=xy$ y $p=2(x+y)$. Entonces se cumple que $$p^2-16A=4(x+y)^2-16xy=4(x^2+y^2-2xy)=4(x-y)^2\geq 0,$$ de donde se deduce la desigualdad del enunciado. Además, para que se alcance la igualdad, ha de cumplirse que $4(x-y)^2=0$, es decir, $x=y$. Por tanto, podemos decir que la igualdad se tiene si y sólo si el rectángulo es un cuadrado.

Solución. Las relaciones dadas en el enunciado determinan completamente $f(n)$. Al depender formalmente el valor de $f(n)$ del resto de dividir $n$ entre $4$, esto nos pone sobre aviso de trabajar en otra base. Concretamente, trabajaremos en base $2$. En este punto del razonamiento, sería interesante hacer pruebas con números pequeños (por ejemplo, calcular desde $f(1)$ hasta $f(20)$ para tener una mínima intuición de cómo se comporta $f$ y motivar lo que sigue). Vamos a probar que $f$ toma un número en base $2$ e invierte el orden de sus cifras.

Antes de entrar en el detalle de la demostración, observemos que si $n$ se escribe como $a_k\cdots a_1a_0$ en base $2$, donde $a_0,\ldots,a_k$ son sus dígitos, entonces tenemos que \begin{eqnarray} 2n&=&a_k\cdots a_1a_00\\ 2n+1&=&a_k\cdots a_1a_01\\ 4n+1&=&a_k\cdots a_1a_001\\ 4n+3&=&a_k\cdots a_1a_011 \end{eqnarray} Visto eso, procedamos por inducción completa sobre $n$. Para $n=1,2,3,4$ el resultado se comprueba fácilmente ya que, en base 2, $f(1)=1$, $f(10)=f(1)=1$, $f(11)=11$ y $f(100)=f(10)=f(1)=1$. Supongamos entonces que $f(j)$ invierte las cifras de $j$ en base $2$ para $1\leq j\lt n$ y probémoslo para $n$, distinguiendo casos:

• Si $n$ es par, entonces $n=2j$ y $f(n)=f(2j)=f(j)$ por la propiedad del enuncidado. Por hipótesis de inducción, $f(j)$ es invertir las cifras de $j$ en base $2$, pero, como $n$ termina en $0$ en base $2$, es equivalente a invertir las cifras de $n$.
• Si $n=4j+1$, entonces $f(n)=f(4j+1)=2f(2j+1)-f(j)$. Escribamos $j=a_k\cdots a_1a_0$ en base $2$, con lo que $n=a_k\cdots a_1a_001$ y tenemos que probar que $f(n)=10a_0\cdots a_k$. La hipótesis de inducción nos dice que $f(j)=a_0\cdots a_k$ y $2f(2j+1)=1a_0\cdots a_k0$. Como las últimas cifras de $2f(2j+1)$ son $a_0\cdots a_k0=2f(j)$, es fácil darse cuenta de que $f(n)=2f(2j+1)-f(j)=10a_0\cdots a_k$ como queríamos probar.
• Si $n=4k+3$, entonces $f(n)=3f(2j+1)-2f(j)$. Si escribimos $j=a_k\cdots a_1a_0$ en base $2$, entonces se razona de forma análoga al punto anterior que $n=a_k\cdots a_1a_011$ y $3f(2j+1)-2f(j)=11a_0\cdots a_k$.

Queda por calcular el número de enteros positivos $n\leq 1988$ tales que $f(n)=n$, lo que equivale a encontrar los números $n\leq 1988$ que son capicúa en base $2$, es decir, que se escriben igual de derecha a izquierda que de izquierda a derecha. En base $2$ tenemos que $1988$ se escribe $11111000100$, que tiene $11$ cifras. Hay un solo capicúa con $1$ cifra, también hay un solo capicúa con $2$ cifras (el $11$), con $3$ cifras hay $2$ capicúas (el $101$ y el $111$) y, en general, hay $2^k$ capicúas con $2k$ cifras y $2^k$ capicúas con con $2k-1$ cifras. Por tanto, hay $1+1+2+2+4+4+8+8+16+16+32=94$ capicúas con a lo sumo $11$ cifras, pero sólo dos de ellos son mayores que $11111000100$ (el $11111011111$ y el $11111111111$), luego el número buscado es $92$.