Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. En cualquier disposición que hagamos los números del 1 al 9 ocuparán posiciones consecutivas y se pueden dividir en tres grupos de tres números cada uno. Como $1+2+\ldots+9=45$, el principio del palomar nos asegura que alguno de estos tres grupos tiene que sumar al menos $\frac{45}{3}=15$, lo que nos da una respuesta negativa a las opciones (a) y (b). Queda por ver si pueden disponerse los números para que la suma de tres consecutivos sea a lo sumo 15. La respuesta es afirmativa ya que podemos colocarlos en el orden $0-9-5-1-8-4-3-7-6-2$. Informar

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.

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Solución. Marcamos aquellas casillas cuyas dos coordenadas son pares. Por ejemplo, para un tablero $8\times 9$, las casillas marcadas seguirían el siguiente esquema:

	$\times$		$\times$		$\times$		$\times$
	$\times$		$\times$		$\times$		$\times$
	$\times$		$\times$		$\times$		$\times$
	$\times$		$\times$		$\times$		$\times$

Una ficha $2\times2$ siempre ocupa una casilla marcada, mientras que una $1\times 4$ ocupa dos o ninguna. Como la paridad es distinta, no puede recubrirse de nuevo el tablero al intercambiar una de un tipo por otra del otro tipo. Informar

Solución. Evidentemente no existe ninguna estrategia que permita salvar a todos los presos ya que el último de la fila no tiene información sobre su propio sombrero. No obstante, se pueden salvar los otros 2017, acordando previamente una forma de proceder que explicamos a continuación.

Al color negro le asignan el número 1 y al blanco el $-1$. El último de la fila multiplica todos los sombreros que ve por delante de él y dice el color correspondiente (puede acertar si tiene suerte pero no se garantiza que acierte). Sin embargo el que está delante de él puede dividir el número que ha dicho su predecesor entre el producto de los 2016 sombreros que puede ver, con lo que sabe el color de su sombrero. Análogamente, los siguientes presos dividen el primer número entre el producto de los sombreros que ven o que ya se han dicho, con lo que averiguan el suyo propio. De esta forma, se garantiza que todos se salvan salvan todos (salvo posiblemente el último de la fila).

Nota. El mismo razonamiento vale par una fila de $N$ presos y se garantiza que se salvan $N-1$.

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Solución. El primer jugador tiene la siguiente estrategia ganadora:

• en primer lugar, escribe $-1$ en el coeficiente de $x$;
• el segundo jugador escribe cualquier entero en uno de los huecos restantes (no podemos decir qué escribe ni en qué hueco porque es libre de elegir);
• finalmente, el primer jugador escribe el opuesto del número que escribió el segundo jugador en el hueco sobrante.

El polinomio resultante siempre es de la forma \[x^3+ax^2-x-a=(x-1)(x+1)(x+a),\] luego efectivamente el primer jugador se asegura la victoria. Informar

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. Informar

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: \[0=1\times 2+3-4+5-6+7-8-9+10.\]

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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: \[\left(1+1\right)\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{3}\right)\cdots \left(1+\frac{1}{1000}\right)=\frac{2}{1}\frac{3}{2}\frac{4}{3}\cdots\frac{1001}{1000}=1001.\]

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Solución. Como $2^{10}=1024\lt 2023$, deducimos que las once potencias de dos $1,2,4,8,\ldots,2^{10}$ han de tener un color distinto (dos cualesquiera de ellas son una múltiplo de otra), luego son necesarios al menos $11$ colores. Veremos que $11$ colores son suficientes y habremos terminado.

Como $2^{11}=2048\gt 2023$, se tiene que ninguno de los números se escribe con más de $10$ factores primos (posiblemente repetidos). Vamos a colorear los números con $11$ colores de forma que dos números tienen el mismo número solo si tienen el mismo número de factores primos. Entonces, si $a$ es múltiplo de $b$ distinto de $b$, es porque existe un número $1\lt q\leq 2023$ tal que $a=bq$, luego $a$ y $b$ tienen distinto número de factores $a$ tiene los factores de $b$ más los factores de $q$, luego distinto color.

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Solución. Comenzamos viendo que si $n=4k+2$, entonces María no puede conseguir su objetivo. María comienza con $2k+1$ números pares y $2k+1$ números impares. Sin embargo, en cada paso no cambia la paridad de la cantidad de números pares e impares ya que ambas cantidades se quedan iguales (si se elige un par y un impar) o se les suma o resta dos unidades (si se eligen dos pares o bien dos impares). Por tanto, siempre tendrá una cantidad impar tanto de pares como de impares y nunca podrá llegar a que todos sean pares o todos sean impares.

Vamos a ver que, por el contrario, María sí que puede llegar a su objetivo en cualquier otro caso. Para ello, vamos a analizar varios casos particulares:

• Si $n=3$, entonces podemos hacer las siguientes transformaciones: $$(1,2,3)\rightarrow(2,3,3)\rightarrow (3,4,3)\rightarrow (4,4,4).$$
• Si $n=4$, entonces podemos hacer las siguientes transformaciones: $$(1,2,3,4)\rightarrow(2,3,3,4)\rightarrow (3,4,3,4)\rightarrow (4,4,4,4).$$
• Si $n=5$, entonces podemos hacer las siguientes transformaciones: $$(1,2,3,4,5)\rightarrow(2,3,3,4,5)\rightarrow (3,4,3,4,5)\rightarrow (4,4,4,4,5)\rightarrow (5,5,4,4,5)\rightarrow(5,5,5,5,5).$$

Ahora bien, si $n=4k+1$, entonces podemos usar el caso $n=5$ para hacer los primeros cinco números iguales a $5$ y el caso $n=4$ para hacer iguales el resto de números por grupos de $4$. A continuación, sumamos un número grande a cada pareja de los cinco primeros números para hacerlos iguales y más grandes que cualquiera de los $n-5$ restantes. Finalmente, sumamos el número que sea necesario a estos $n-5$ números agrupándolos en parejas de iguales. Si $n=4k+3$ hacemos lo mismo aislando el primer grupo de tres números y dividiendo el resto en grupos de cuatro consecutivos. En el caso $n=4k$, no es necesario aislar números ya que podemos considerar directamente los grupos de $4$.

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Solución. Todo número positivo $x$ se escribe como $x=\frac{1}{1+(\frac{1}{x}-1)}$. Además, la operación del enunciado que combina dos números $x$ e $y$ se puede expresar como $$\frac{1}{1+(\frac{1}{x}-1)(\frac{1}{y}-1)}.$$ Esto nos lleva a conjeturar (probar algunos casos más puede ser útil) que si combinamos los números $x_1,\ldots,x_k$ en cualquier orden, entonces obtendremos el número $$\frac{1}{1+(\frac{1}{x_1}-1)(\frac{1}{x_2}-1)\cdots(\frac{1}{x_k}-1)}.$$ Para demostrarlo, combinaremos los números $$y=\frac{1}{1+(\frac{1}{y_1}-1)(\frac{1}{y_2}-1)\cdots(\frac{1}{y_r}-1)}\quad\text{y}\quad z=\frac{1}{1+(\frac{1}{z_1}-1)(\frac{1}{z_2}-1)\cdots(\frac{1}{z_s}-1)},$$ lo que nos da \begin{align*} \frac{1}{1+(\frac{1}{y}-1)(\frac{1}{z}-1)}&=\frac{1}{1+\left(\frac{1}{1+(\frac{1}{y_1}-1)(\frac{1}{y_2}-1)\cdots(\frac{1}{y_r}-1)}-1\right)\left(\frac{1}{1+(\frac{1}{z_1}-1)(\frac{1}{z_2}-1)\cdots(\frac{1}{z_s}-1)}-1\right)}\\ &=\frac{1}{1+(\frac{1}{y_1}-1)(\frac{1}{y_2}-1)\cdots(\frac{1}{y_r}-1)(\frac{1}{z_1}-1)(\frac{1}{z_2}-1)\cdots(\frac{1}{z_s}-1)}, \end{align*} que es la expresión esperada. Como todos lo elementos se calculan a partir de combinaciones de esta operación sobre otros elementos del mismo tipo, deducimos que la operación no depende del orden en que hagamos las operaciones. En particular, el número final será siempre el mismo e igual a $$\frac{1}{1+(2-1)(3-1)(4-1)\cdots(2023-1)}=\frac{1}{1+2023!}.$$

Nota. El proceso de la demostración es, de forma encubierta, una inducción completa sobre el número de términos involucrado en la operación, para obtener una fórmula que nos permita calcular el término general, empezando con el caso base de dos términos.

Por otro lado, lo que hemos demostrado y hemos usado realmente es que la operación del enunciado es asociativa y conmutativa, con lo que el resultado no depende de cualquier posible reordenación de los elementos.

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