Sea n el número de filas y m la cantidad de lugares en cada fila del salón.

(i) Cada una de las (n-2)(m-2) personas que están en el interior del rectángulo saluda a 8 personas que están a su alrededor.

(ii) Cada una de las 2[(n-2)+(m-2)] personas que están en las orillas del rectángulo, pero no en las esquinas, saluda a 5 personas.

(iii) Las 4 personas de las esquinas saludan a 3.

Así contando los saludos dos veces y desarrollando tenemos que:

Para resolver esta ecuación podemos proceder de varias maneras. Una de ellas podría ser buscando una factorización:

como 7 y 11 no son de la forma 4s-3, las únicas soluciones son: (4n-3=77 y 4m-3=53) o bien (4n-3=53 y 4m-3=77), por lo que (n=20 y m=14) o bien (n=14 y m=20). En cualquier caso el número de concursantes es de 280.

Otra forma para resolver la ecuación podría ser usando congruencias: Tenemos que 4nm-3n-3m=1018, de donde n(4m-3)=3m+1018. Simplificando módulo 4m-3 tenemos la siguiente sucesión de congruencias equivalentes:

3m+1018 (mod 4m-3),
12m+4072 (mod 4m-3),
3(4m-3)+4081 (mod 4m-3) y
4081 (mod 4m-3).

Entonces 4m-3 es divisor de 4081 =7x11x53, y así las posibilidades para 4m-3 son 1, 7, 11, 53, 77, 371, 583 y 4081. Como m y n no pueden ser 1, las únicas posibilidades son m=14 (y n=20) o m=20 (y n=14). En cualquier caso, el número de alumnos es 14x20=280.


Problema 2

Llamemos A, B, C, D, E y F a los puntos. Trabajaremos por casos:

Caso 1: De algún punto, que supondremos sin pérdida de generalidad que es A, salen 5 distancias 1.

Entre B, C, D, E y F hay =10 distancias, así que alguna de éstas es unitaria pues, en caso contrario sólo habría 5 distancias unitarias ya que el total de distancias es =15. Los extremos de este segmento junto con el punto A forman el triángulo equilátero (si, por ejemplo, el segmento unitario fuera BC, entonces ABC sería el triángulo buscado).

Caso 2: De algún punto salen sólo 4 distancias 1.

Entre B, C, D y E hay =6 distancias. Si ninguna de estas 6 distancias es unitaria, entonces las otras 4 distancias unitarias salen del punto F y van a dar a B, C, D y E, pero el único punto que puede estar a distancia 1 de B, C, D, E es A, (pues A es el centro del círculo que pasa por ellos) luego F=A, lo cual es una contradicción. Entonces entre las 6 distancias hay una unitaria y los extremos de este segmento junto con el punto A forman el triángulo buscado.

Caso 3: De algún punto salen sólo 3 distancias 1.

Si una de BC, CD o DB es 1, terminamos. Supongamos que ninguna es 1; entonces las restantes 5 distancias unitarias salen de E o F.

Entonces en el pentágono BCDEF hay 5 distancias unitarias y BC, CD y DB no lo son. Si de E tuviera distancia 1 con tres de B, C o D entonces E=A, así que E a lo más tiene dos distancias 1 con B, C y D, y lo mismo ocurre con F. Como falta una distancia 1, entonces ésta debe ser entre E y F. Tenemos que de cada uno de E y F salen dos distancias unitarias que van a los vértices B, C, D, luego a alguno de estos vértices, por ejemplo C, llegan dos distancias unitarias y así el triángulo buscado es CEF.

Finalmente observemos que siempre se está en un caso de los anteriores, pues si de ningún vértice no salieran más de dos distancias unitarias, entonces a lo más habría 6 distancias 1.


Problema 3

Primera demostración. Como los arcos BC y CD son iguales, los ángulos DAC y BDC son iguales y, puesto que ACD = NCD es común para los triángulos ACD y DCN, tenemos que estos dos triángulos son semejantes. Luego ^AC/_CD=^CD/_NC, pero CD=CL, y así tenemos que ^AC/_CL=^CL/_NC.

Esto, junto con el hecho de que el ángulo ACL es común para los triángulos ACL y LCN, nos garantiza que estos triángulos son semejantes. Pero ACL es un triángulo rectángulo, luego LCN también es rectángulo con ángulo recto en N, por lo que LN es perpendicular a AC. También, como CD=CM, tenemos que ^AC/_CM=^CM/_NC, y de manera análoga se llega a que MN es perpendicular a AC. Luego L , M y N son colineales.

Segunda demostraci\'on. Tenemos que ADB = DAC = CAB = DBC = ACB=^pi/₇ ya que AB, BC y CD son lados de un heptágono regular. Luego los triángulos ABC y BNC son isósceles y con los ángulos iguales y, por tanto, son semejantes. Entonces ^CA/_CB=^CB/_CN, lo que implica que CNxCA=CB². (*)

De aquí hay dos formas para continuar:

Primera forma. Como CL es igual a CB, la ecuación (*) se reescribe como CNxCA=CL², lo cual implica que ^CA/_CL=^CL/_CN; esto, junto con el hecho de que en los triángulos CNL y CLA el ángulo en C es común, nos dice que los dos triángulos son semejantes (por el criterio de semejanza (LAL)). Como CLA es rectángulo, también lo es el CNL, y entonces LN es perpendicular a CA. Análogamente se puede llegar a ver que MN es perpendicular a CA, luego L, M y N son colineales.

Segunda forma. La ecuación (*) nos garantiza que N y A son puntos inversos con respecto a la circunferencia de centro C y radio CB., y una forma de encontrar el inverso de A con respecto a tal circunferencia es trazar las tangentes desde A a la circunferencia y unir los puntos de tangencia L y M, entonces la intersección de LM con CA es el inverso, luego N se encuentra sobre la línea LM.


Problema 4

(a) Un posible conjunto B es el que consta del 1, de todos los primos del conjunto A, de todos los productos que caen en A de dos de estos primos y del único producto de tres de estos primos que pertenecen a A:

Para convencernos que el conjunto dado cumple la propiedad observemos que dados dos elementos a y b en B diferentes de 1, en las factorizaciones de a y b aparecen únicamente primos elevados a la potencia 1, y, como a b, entonces en uno de ellos aparece un primo p que no aparece en el otro y así su producto ab, el primo p aparece a la potencia 1, lo cual muestra que ab no es un cuadrado perfecto. Nótese también que, 1 x a = a no es un cuadrado perfecto. Por tanto ningún producto de dos elementos de B es un cuadrado perfecto.

(b) Observemos que un conjunto con las características pedidas deberá tener a lo más un elemento de cada uno de los siguientes conjuntos (pues en cada uno de ellos el producto de cualesquiera dos elementos es un cuadrado):

Entonces, para formar un conjunto B con las condiciones pedidas, habrá que empezar por eliminar todos menos tal vez uno de los elementos de cada uno de esos conjuntos y el conjunto buscado tendrá como máximo 40-5-3-2-1-1-1-1=26. elementos. Por tanto no puede existir un conjunto con 27 elementos que cumpla lo que se pide en el inciso (a).


Problema 5
Si las áreas de los triángulos ABC y BCD son iguales, como tienen la misma base BC, entonces las alturas son iguales y así los vértices A y D se encuentran sobre una línea paralela a BC, es decir AD || BC. Por la misma razón, como las áreas de los triángulos EAB y ABC son iguales se tiene que AB || CE; lo anterior implica que ABCX es un paralelogramo, donde X es la intersección de AD y CE. En el paralelogramo ABCX, es claro que las áreas de los triángulos ABC y ACX son iguales.

También observemos que el área del AXE es estrictamente menor que el área del DEA (la base AX es estrictamente menor que la base AD y ambos tienen la misma altura sobre tales bases). Finalmente se tiene que el área del ACE es mayor que el área del triángulo ACX (la base AE del ACE es mayor que la base AX del ACX y ambos tienen la misma altura sobre esta base).

Si (XYZ...) denota el área de la figura XYZ... tenemos:

por tanto ¹/₄(ABCDE) < (ABC)

y también (ABCDE) = (ABC) + (CDE) + (EAC) > 3(ABC)

y de aquí que (ABC) < ¹/₃(ABCDE)


Problema 6

Consideremos un arreglo arbitrario de 0's y 1's. Veremos en qué cuadros se pueden lograr 0's sin afectar el resto de los cuadros. Como hay diagonales que pasan sólo por cada esquina, en las esquinas siempre se pueden lograr 0's sin afectar lo demás.

También, como hay diagonales que pasan sólo por uno de los cuadros centrales, en los cuadros centrales siempre se pueden lograr 0's.

A partir de aquí trabajaremos sólo en los cuadros centrales de las columnas y renglones exteriores mediante operaciones en esas columnas y renglones y en las diagonales de longitud dos; de esta manera el centro se mantendrá sin cambio y las esquinas, como dijimos arriba, siempre pueden volver a hacerse 0's sin cambiar lo demás.

Si en uno de los renglones o columnas de la orilla hay dos 1's centrales, éstos podemos convertirlos en 0's y lo mismo ocurre si hay dos 1's contiguos en una diagonal de longitud dos.

Por otro lado, si en una diagonal de longitud dos hay un 0 y un 1, éstos podemos intercambiarlos. Por estas observaciones, podemos "bajar" todos los 1's que haya en el arreglo hasta el renglón inferior. Aquí tenemos dos casos, que nos queden dos 1's, en cuyo caso podemos convertirlos en 0's, y que nos quede un solo 1.

Finalmente observemos que cualquiera de las operaciones mantiene la paridad del número de 1's en los cuadros centrales de las columnas y renglones exteriores; es decir, si había un número par de 1's en estas posiciones, por más operaciones que se apliquen, el número de 1's se mantendrá par y también se mantendrá impar si en un principio era impar. Entonces tenemos que una posición se puede llevar a puros 0's si y sólo si el número de unos en los cuadros centrales de las orillas es par.