(i) Sean A el centro de , B el centro de , C el centro de y D el centro de . Sabemos que los puntos de tangencia están alineados con los respectivos centros.

Primera forma. Sabemos también que el ángulo central en cualquier círculo es el doble del ángulo que forma la tangente con la cuerda, así que si SAP = 2, PBQ = 2, QCR = 2 y RDS = 2, entonces SPQ = + y QRD = + . De esta manera, en el cuadrilátero PQRS la suma de dos ángulos opuestos es + + + = ¹/₂ (2 +2 +2 +2) = ^360o/₂ = 180^o, lo cual es suficiente para que el cuadrilátero PQRS sea cíclico.

Segunda forma. Como AP = AS, entonces QPS = 180^o-BPQ - SPA = 180^o - (90^o - ¹/₂ QBP) - (90^o - ¹/₂ PAS) = ¹/₂ (B + A). An\'alogamente, SRQ = ¹/₂ (C + D). Por lo tanto, QPS + SRQ = 180^o.

(ii) Observemos que la distancia de A a B es 5 y que, por simetría, ABCD es rombo, así que sus diagonales se intersectan perpendicularmente , digamos en O, y PQRS es rectángulo. Como OA = 3 entonces, por Pitágoras, OB = 4. Por otro lado los triángulos APS y ABD son semejantes en razón 2:5, así que PS = ²/₅ x 8 = ¹⁶/₅. Análogamente PQ = ³/₅ x 6 = ¹⁸/₅. El área es 16 x ¹⁸/₂₅ = ²⁸⁸/₂₅.

Primera forma. Si se empieza con los números del 1 al n en el primer renglón, el número del vértice será 2^n-1(n+1). Para ver esto, tomamos una copia reflejada del triángulo construido (es decir, en el primer renglón, a la izquierda está n, luego sigue n-1, etc.), la empalmamos con éste y sumamos los números encimados. El primer renglón del triángulo obtenido así tiene n veces el número n+1; el segundo renglón tiene n-1 veces 2(n+1); en general, cada renglón consiste de repeticiones del mismo número y este número es el doble del correspondiente al renglón anterior (por la regla de formación de los triángulos, que ya dado el primer renglón es la misma para el triángulo original, el reflejado y su "suma''). Entonces, el número en el vértice del triángulo "suma'' será 2^n-1 (n+1). El número buscado es la mitad de esto, así que la respuesta al problema es 2¹⁹⁹⁸ (2001) = 2¹⁹⁹⁸ x 3 x 23 x 29.

Segunda forma. Observemos en cuánto contribuye cada número del primer renglón a la suma final. Para ello, pongamos letras en el primer renglón:

Con este esquema es claro que los coeficientes que van apareciendo son los números del triángulo de Pascal, así que el número buscado es:

La respuesta es 3. Veamos primero que si A tiene dos elementos, entonces en A'' no pueden estar todos los números del 1 al 40:

Primera forma. Sea A = {a,b} con a>b; entonces A' = {a,b,a-b,a+b}, y los elementos de A'' son los enteros positivos de la forma: pa+qb+r(a-b)+s(a+b) con p,q,r,s {-1,0,1}, así que el número de elementos de A'' es menor o igual que 3⁴-¹/₂ (pues el 0 no debe considerarse y hay tantos números positivos como negativos); sin embargo, a+b se obtiene de dos maneras distintas, así que A'' no puede tener 40 elementos.

Segunda forma. Sea A como en la primera forma y sea B el conjunto de enteros (positivos, negativos o cero) que se obtienen escogiendo uno o más elementos de A'', poniéndole el signo + o el signo - a cada uno y sumando los números con signo. Probaremos que B tiene a lo más 37 elementos. Los elementos de B son de la forma ka+lb con |k|,|l| 3. Es fácil ver que si |k| = 3, entonces |l| = 0 o 1; análogamente si |l| = 3, entonces |k| = 0 o 1. Por lo tanto, (|k|,|l|) no puede ser (2,3), (3,2) o (3,3). Para (|k|,|l|) = (0,0) hay una sola pareja (k,l). Si (|k|, |l|) es una de las 6 parejas: (1,0), (2,0), (3,0), (0,1), (0,2) o (0,3); hay dos valores posibles de (k,l). Para cada uno de los otros 6 valores de (|k|, |l|) hay cuatro posibilidades para (k,l). Por lo tanto, hay a lo más 1 + 2 x 6 + 4 x 6 = 37 números en B.

Ahora veamos que con tres sí se puede:

Primera forma. Sea A = {4,13,14}; entonces A' contiene a {1,3,3²,3³}, y es fácil ver que A'' contiene a todos los números del 1 al 1+3+3²+3³ = 40.

Segunda forma. Observemos primero que si X = {1,2,...,n}, entonces X' contiene a todos los números del 1 al 1+2+...+n (pues en X' están: n+1,..., n+(n-1), n+(n-1)+1, ..., n+(n-1)+(n-2),..., n+(n-1)+(n-2)+... +1); por tanto, como queremos que A'' contenga del 1 al 40, entonces bastaría con que A' contuviera a todos los números del 1 al 9. Entonces, por lo mismo, bastaría que A contuviera a los números del 1 al 4; así que con cuatro sí es posible. Sin embargo, es claro que hay muchas repeticiones al construir A', así que busquemos ver si con tres se puede, evitando repeticiones: En A ponemos al 1 y después no ponemos al 2 (pues su diferencia con 1 es 1, que ya está); ponemos al 3; no ponemos al 4 (pues 4-3 = 1), ni tampoco al 5 (pues 5-3 = 3-1), no ponemos al 6 (pues 6-3 = 3); entonces intentamos con el 7. Ahora comprobamos (fácilmente) que con A = {1,3,7}, en A' obtenemos todos los números del 1 al 9, y ya terminamos.


Problema 4

El máximo es 5. El k-ésimo número construido es 5a^k-1 + (a^k-2 + a^k-3 + ... + 1)b, como puede comprobarse fácilmente. Si a no es congruente con 1 módulo 5, entonces a³+a²+a+1 = ^(a4-1)/_(a-1), es múltiplo de 5. (Nota: Esto se puede hacer sin usar congruencias analizando el último dígito de a). Entonces en este caso el quinto número es múltiplo de 5 y mayor que 5, así que no es primo. Si a 1 mod 5, entonces a⁴+a³+a²+a +1 es múltiplo de 5 así que el sexto número no es primo. Por otro lado, para a = 1 y b = 6 los primeros 5 números obtenidos son todos primos: 5, 11, 17, 23, 29.


Problema 5

Es claro que para n = 2 es imposible. Veamos que es posible para toda n>2. Tomemos primero el caso n impar. Eligiendo los rectángulos de 1 x n cambiemos el color de todos los renglones en posición impar. De esta manera todas las columnas en posición impar quedan blancas y todas las columnas en posición par quedan negras; entonces con rectángulos de n x 1 cambiamos las columnas en posicón par para lograr que todos los cuadros sean blancos.

Para ver el caso cuando n = 2^ab, donde a1 y b impar distinto de 1, subdividamos el tablero en tableros de b x b y hagamos en cada tablero de b x b las operaciones que indicamos en el caso n impar.

Nos falta analizar las potencias de 2. Por un argumento similar al que describimos en el caso anterior, basta analizar el caso n = 4, el cual indicamos en los siguientes dibujos, en los que, en cada paso, se ha escogido un rectángulo de 2 x 4 o de 4 x 2 para hacer la operación:

Notemos que BAH = ABH = BHF = FHC = HFD = FDB = , pues ABH es isósceles, HF es paralela a AB y DE es paralela a AC. Entonces, el cuadrilátero HDBF es cíclico y como HDB es recto (ABH es isósceles), tenemos que HFB es recto. Por lo tanto, DBF es recto (pues DB || HF). Como HBE también es recto, FBE = DBH = .

Primera forma Sea G la intersección de BF y AC. Los triángulos ABC y BGC son semejantes (tienen dos ángulos iguales). Notemos que como DE es la recta de los puntos medios, F es el punto medio de BG, de modo que CF es mediana de BGC. Los ángulos BCF y ACD son ángulos correspondientes (entre un lado y una mediana) en triángulos semejantes y por lo tanto son iguales.

Segunda forma. Sean I y J las intersecciones de HF con CD y BC respectivamente. De lo anterior, FBC = IHC. Para ver que son semejantes los tri\'angulos FBC y IHC (lo cual nos da directamente el resultado) sólo falta probar que ^FB/_IH = ^BC/_HC. Es claro que I es el punto medio de HJ pues HJ || AB y D es el punto medio de AB. Como HBJ es un triángulo rectángulo, lo anterior quiere decir que I es su circuncentro y por lo tanto, IH = IB. También, IBF HCB pues ambos son triángulos rectángulos y BHC = 2 = BIF. Por lo tanto, ^FB/_IH = ^FB/_IB= ^BC/_HC, que es lo que faltaba probar.