El primer jugador tiene estrategia ganadora. Como 1999 es impar, el número de fichas con el lado rojo hacia arriba y el número de fichas con el lado negro hacia arriba son distintos. Entonces, el primer jugador en su turno puede hacer que el número de fichas rojas sea igual al número de fichas negras quitando de las que haya más. No importa qué haga el segundo jugador, dejará cantidades diferentes de fichas rojas y negras. Después el primer jugador vuelve a ahcer que haya el mismo número de fichas rojas que negras. Como al segundo siempre le toca jugar cuando hay la misma cantidad de rojas que negras, no puede evitar dejar cantidades diferentes de fichas rojas y negras, por lo tanto gana el primero.


Problema 2

Supongamos que sí los hay, y sea p el primer primo y r la diferencia de la progresión. Así, la progresión es:

El primo p no puede ser ninguno de los primero primos: 2,3,...,1997, ya que si es alguno de estos entonces p+pr, que está en la progresión, no es primo. Así, p 1999.

Como p es impar y p+r es primo, entonces r es par. Todos los números pares son de la forma 6n o 6n+2 o 6n-2. Veamos ahora que r no puede ser ni de la forma 6n+2 ni de la forma 6n-2. En efecto, como p es primo, éste es de la forma 6k+1 o 6k-1. En cualquiera d elos cuatro casos hay en la progresión un múltiplo de 3:

Por lo tanto, r es de la forma 6n y entonces la progresión es:

Pero p 1999 y n 1 implican que p+1998(6n) 1999+11988=13985 > 12345.

Así los números p+jr no pueden ser todos menores que 12345.


Problema 3

(a) Como en el triángulo ABP, BD y AE son medianas se tiene que N es el centroide del triángulo ABP, y como las medianas dividen al triángulo en seis triángulos de la misma área se tiene que

Análogamente área (PELF) = ¹/₃ área (BCP) y área (PFMD) = ¹/₃ área (CAP) por lo que concluimos que:

(b) Considere el triángulo CDE. Como ^CM/_MD = ^CL/_LE se tiene que ML y DE son paralelas, si Q es el punto de intersección de DL y EM se tiene que los triángulos QDE y QLM son semejantes, por lo que: ^DQ/_QL = ^EQ/_QM = ³/₂, o sea DL y EM se cortan en el punto Q que divide a los segmentos en razón 3:2. Con el mismo argumento se muestra que FN y DL se cortan en un punto que los divide en razón 3:2, y por lo tanto es el mismo punto Q.


Problema 4

Supongamos que no hay puntos marcados a distancia ¹/₂ de la orilla de la cuadrícula. Probaremos que hay dos puntos marcados a distancia menor o igual que . Como no hay puntos marcados a distancia ¹/₂ de la orilla, entonces todos los marcados están en la cuadrícula central de 6 x 6. Dividimos esta cuadrícula en 9 cuadrados de 2 x 2. Al haber 10 puntos marcados forzosamente habrá dos en un mismo cuadrado de 2 x 2. Esos dos puntos están a distancia menor o igual que


Problema 5

Sean C' y D' los puntos de intersección de CP con AB y de DQ con AB. Como AB es paralela a CD y por ser CP bisectriz tenemos que PCB = BC'P, luego BCP y BC'P son congruentes, por lo que son rectángulos y CP = PC'. Análogamente ADQ y AD'Q son triángulos rectángulos congruentes por lo que DQ = QD'.

Entonces PQ||AB, además si M y N son los puntos de intersección de PQ con AD y BC respectivamente, se tiene que M y N son puntos medios y que MN = ¹/₂(AB + CD).

Como M es punto medio de la hipotenusa del ADQ tenemos que QM = AM = ¹/₂AD, análogamente NP = BN = ¹/₂BC, por lo tanto PQ = ¹/₂(AB + BC + CD + DA).


Problema 6

Tomamos un polígono ortogonal cualquiera y lo colocamos con sus lados sobre las líneas de una cuadrícula infinita. Pintamos la cuadrícula como tablero de ajedrez. Debemos probar que el polígono tiene al menos un lado par suponiendo que es posible llenarlo con rectángulos de 2 x 1.

Probaremos algo un poco más fuerte: que si un polígono ortogonal de n lados tiene todos los lados impares, entonces no es posible que tenga el mismo número de cuadros blancos que negros y, de hecho, probraremos que el número B de cuadros blancos y N de cuadros negros cumplen |N-B|=¹/₄n.

Asignamos a cada cuadro negro del interior del polígono 4, 1 por cada lado y a cada cuadro blanco asignamos -1, -1 por cada lado. La suma de los valores asignados a los cuadros es claramente 4(N-B). Por otra parte, la contribución total de cada segmento del interior es 0: 1 por ser lado de un cuadro negro y -1 por ser lado de un cuadro blanco. Entonces, la suma de los valores asignados a los cuadros es igual a la suma de los valores asignados a los segmentos de la orilla del polígono. Pero si todos los lados tienen longitud impar, la suma de los valores de los segmentos en cada lado es siuempre 1 o siempre -1. Por lo tanto, 4(N-B) = n o -n, es decir, |N-B|=¹/₄n.