Estimado alumno 1º de julio de 1998 · nacidos a partir del 1º de julio de 1998 y que sean...

Buenos Aires 20 de abril de 2018 Estimado alumno

Hemos convocado a los Participan los alumnos que aprobaron el Certamen Nacional de la O.M.A. de 2017

nacidos a partir del 1º de julio de 1998 y que sean alumnos regulares de Enseñanza Secundaria en 2018, a participar en

las pruebas selectivas para determinar los seis integrantes del equipo argentino que participará en la 59° Olimpíada

Matemática Internacional que se realizara en CLUJ-NAPOCA, RUMANIA del 3 a 14 de julio.

Acompañan a esta convocatoria las pruebas de selección del año 2012, 2013, 2014 y 2015, que pueden servir de

entrenamiento. Cada prueba dura 4 horas, y no se puede consultar libros ni usar calculadora.

Las pruebas de esta selección se realizarán en Ciudad de Buenos Aires, el jueves 3 de mayo a las 14:00 hs y el

viernes 4 mayo a las 9:00 horas, en el Salón Palais Rouge, Salguero 1441 - Cdad. de Buenos Aires, CABA.-

Para cualquier información adicional comunícate con Verónica o Marita a la Olimpíada de Matemática al teléfono

(011) 4826 – 6900 de lunes a viernes de 11:00 a 18:00 horas o a la siguiente direccione electrónica [email protected]

.

El día de la competencia debes presentar el formulario de autorización que podrás bajar de nuestra web:

www.oma.org.ar, firmada por tus padres y con el sello del colegio.

Te esperamos el jueves 3 mayo. Cordialmente.

Patricia Fauring Flora Gutierrez Comité Olímpico Comité Olímpico

mailto:[email protected]

http://www.oma.org.ar/

LIII OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA

PRUEBA DE SELECCIÓN

PRIMER DÍA (03/05/12)

EN TODOS LOS PROBLEMAS,

LA RESPUESTA TIENE QUE ESTAR DEBIDAMENTE JUSTIFICADA.

1. En cada cara de un cubo hay escrito un número entero (puede haber repeticiones). En cada movida se eligen

dos caras adyacentes del cubo (con una arista común) y se aumenta en 1 cada uno de los números escritos en

esas dos caras. Hallar la condición necesaria y suficiente que debe cumplir la numeración del cubo para que sea

posible, al cabo de varias movidas, terminar con un cubo con los mismos números en sus 6 caras.

2. Hallar todos los enteros positivos x, y tales que 1x y+ + divide a 2xy y 1x y+ - divide a 2 2 1x y+ - .

3. Sea ABC un triángulo acutángulo y escaleno con AB < AC y circunferencia circunscrita . La circunferencia

1G de centro A y radio AB corta al lado BC en E y a la circunferencia en F. La recta EF corta por segunda vez

a la circunferencia en el punto D y al lado AC en el punto M. La recta AD corta al lado BC en el punto K.

Finalmente, la circunferencia circunscrita al triángulo BKD corta a la recta AB en L. Demostrar que los puntos

K, L, M pertenecen a una recta paralela a BF.

ACLARACIÓN: La circunferencia circunscrita al triángulo XYZ es la circunferencia que pasa por X, Y y Z.

LIII OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA


SEGUNDO DÍA (04/05/12)



4. Se tiene una varilla de longitud 200 que se corta en N pedazos, todos de longitudes enteras. Hallar el menor

valor de N tal que siempre es posible armar el borde de un rectángulo utilizando todos los N pedazos, cualquiera

sean los tamaños de los pedazos en los que se partió la varilla. (No se permite partir pedazos.)

5. En un triángulo acutángulo ABC sea M el punto medio del lado AB y P, Q los pies de las alturas AP, BQ,

respectivamente. La circunferencia que pasa por B, M, P es tangente al lado AC. Demostrar que la

circunferencia que pasa por A, M, Q es tangente a la prolongación del lado BC.

6. Hallar todas las funciones :f ®¡ ¡ tales que 2 2( ( ))f x f y y x+ = - para todos ,x y Î ¡ .

Soluciones Selimo 2012

1. En cada cara de un cubo hay escrito un número entero (puede haber repeticiones). En cada movida se eligen

dos caras adyacentes del cubo (con una arista común) y se aumenta en 1 cada uno de los números escritos en

esas dos caras. Hallar la condición necesaria y suficiente que debe cumplir la numeración del cubo para que sea

posible, al cabo de varias movidas, terminar con un cubo con los mismos números en sus 6 caras.

Solución

En cada movida la suma de los números del cubo aumenta en 2. Si terminamos con todos los números del cubo

iguales, su suma es divisible por 6, y en particular, dicha suma es par.

La condición de que la suma de los números del cubo sea par es necesaria y mostraremos que también es

suficiente.

Sea un cubo que satisface esta condición y denotemos sus caras 1 2 6, ,...,S S S , sonde

1S es la cara opuesta de 6S y

2S es la opuesta a 5S . Sea ijk la movida que aumenta los números de las caras

iS y jS . Estamos más

interesados en la diferencia entre números del cubo que en el valor absoluto de estos números. Por lo tanto,

trabajaremos con la diferencia entre números del cubo y el mínimo de estos números, esto es, un conjunto de

enteros no negativos que contiene al 0.

La sucesión 12 23 35 54 41, , , ,k k k k k aumenta cada número del cubo en 2, excepto el número de

6S , lo que equivale a

disminuir el número de 6S en 2 (en el lenguaje de las diferencia). Análogamente podemos disminuir cualquier

número del cubo y lograr que todos los números del cubo sean 1 o 0 (pero debe haber algún 0).

Ahora nos quedan los siguientes casos (recordar que la suma de los números tiene que ser par):

a) Hay solo 0 en las caras del cubo. Logramos el objetivo.

b) Hay exactamente dos 1 en las caras del cubo. Según los 1 estén en caras adyacentes o en caras opuestas,

siempre podemos dividir las caras con 0 en dos pares de caras adyacentes y en dos movidas igualamos los

números del cubo.

c) Hay exactamente cuatro 1 en las caras. De estas caras, hay al menos dos adyacentes. Disminuimos en 1 las

dos caras adyacentes y estamos en la situación de b.

En conclusión, podemos igualar todos los números del cubo si y solo si su suma es par.

2. Hallar todos los enteros positivos x, y tales que 1x y+ + divide a 2xy y 1x y+ - divide a 2 2 1x y+ - .

Solución

Supongamos que x, y satisfacen las condiciones de divisibilidad del problema. Notemos que 21 ( 1) 2( 1)x y x y x y

luego 2 21 1 2x y x y xy .

Como 2 21 1x y x y , deducimos que

1 2x y xy .

Los enteros positivos 1x y , 1x y difieren en 2, entonces su máximo común divisor es a lo sumo 2.

Entonces tenemos 1

( 1)( 1) 22

x y x y xy (si el máximo común divisor es 2)

o

( 1)( 1) 2x y x y xy (si son coprimos).

Como 2xy es distinto de cero, debemos tener

12 ( 1)( 1)

2xy x y x y

22 ( ) 1xy x y 21 ( )x y .

Supongamos, sin pérdida de generalidad, que x y . Entonces x y o 1x y , pues su diferencia es a lo sumo

1.

Si x y , podemos sustituir en la primera condición del problema para lograr 22 1 2x x . Esto es imposible, pues

2 1x es primo relativo con x y con 2, y entonces con 22x ; de modo que si hubiera solución con x y

tendríamos 2 1 1x , que contradice 0x .

Por lo tanto 1x y . Sustituyendo esto en las condiciones originales, hallamos que las condiciones del

problema se transforman en

1 2x y xy 2( 1) 2 ( 1)x x x

2 21 1x y x y 2 2 ( 1)x x x .

Ambas condiciones son verdaderas para todo x.

De modo que los pares de enteros positivos (x, y) que satisfacen las dos condiciones de divisibilidad del

problema son los pares de enteros consecutivos, en cualquier orden.

3. Sea ABC un triángulo acutángulo y escaleno con AB < AC y circunferencia circunscrita . La circunferencia

1G de centro A y radio AB corta al lado BC en E y a la circunferencia en F. La recta EF corta por segunda vez

a la circunferencia en el punto D y al lado AC en el punto M. La recta AD corta al lado BC en el punto K.

Finalmente, la circunferencia circunscrita al triángulo BKD corta a la recta AB en L. Demostrar que los puntos

K, L, M pertenecen a una recta paralela a BF.

ACLARACIÓN: La circunferencia circunscrita al triángulo XYZ es la circunferencia que pasa por X, Y y Z.

Solución

El ángulo 1BFE F está inscrito en la circunferencia 1 y corresponde al ángulo central BAE . Entonces, si

1BAD A y 2E AD A ,

1 21

2 2

A ABAEF

. (1)

Del cuadrilátero cíclico AFDB tenemos

1 1F A . (2)

De (1) y (2) obtenemos 1 2A A , esto es, AK es la bisectriz del

ángulo BAE . Como AB AE , concluimos que AK y por ende, DK,

es perpendicular a BC, esto es

DK BC . (3)

En la circunferencia , la cuerdas AB y AF son iguales, pues son

radios de la circunferencia 1 , de modo que 1K DE D C .

Entonces el cuadrilátero DKMC es inscriptible. En consecuencia, o90DKC DMC , es decir:

DM AC . (4)

Del cuadrilátero inscrito BKDL tenemos o90BKD BLD , esto es:

DL AB . (5)

De las relaciones (3), (4) y (5) concluimos que los puntos K, L, M están en la recta de Simson del triángulo

ABC, correspondientes al punto D.

Del cuadrilátero inscrito DKMC tenemos que 1 1K MD M KCD C . También, del cuadrilátero inscrito ABDC

tenemos 1 1C A , y finalmente, del cuadrilátero inscrito ABDF tenemos 1 1A F . Luego 1 1M F , de donde

BF LM .

4. Se tiene una varilla de longitud 200 que se corta en N pedazos, todos de longitudes enteras. Hallar el menor

valor de N tal que siempre es posible armar el borde de un rectángulo utilizando todos los N pedazos, cualquiera

sean los tamaños de los pedazos en los que se partió la varilla. (No se permite partir pedazos.)

Solución

El menor valor de N es 102.

Es imposible hacer un rectángulo con los pedazos 1

1,1,...,1,200

N

N

si 101N . Luego 102N .

Sea 102N . Consideramos una circunferencia de longitud 200 y la dividimos en arcos cuyas longitudes

coinciden con las longitudes de los pedazos de varilla. Entonces hay dos pares de extremos opuestos. Esos 4

extremos separan todas las longitudes en los cuatro grupos deseados.

5. En un triángulo acutángulo ABC sea M el punto medio del lado AB y P, Q los pies de las alturas AP, BQ,

respectivamente. La circunferencia que pasa por B, M, P es tangente al lado AC. Demostrar que la

circunferencia que pasa por A, M, Q es tangente a la prolongación del lado BC.

Solución

Sea la circunferencia que pasa por M, P, B. Sea S el punto de tangencia entre y AC y T la intersección de

las rectas MS y BC. Como S pertenece al lado AC, se deduce

que T pertenece a la prolongación del lado BC (más allá de C).

Como AM MB MP y MSPB es un cuadrilátero cíclico,

vemos que M BP M PB M SB ,

M BS ASM T SC . Sea CAB . En el triángulo ASB

tenemos o2 180 . Como SMB es un ángulo exterior

del triángulo ASM, tenemos SMB . Luego

o180 ( )MTB . Entonces ( )CTS CST , de modo

que CS CT .

Por el teorema de Menelao (en el triángulo ABC con los puntos M,

S, T),

1AM BT CS

MB TC SA BT SA .

Por potencia de A en la circunferencia , 2 2BT AS AM AB BM BA . Esto es equivalente al hecho que BT

es tangente a la circunferencia 1 por A, M, T. Sea Q’ el punto de intersección de

1 y la recta AC. Como 1 es

tangente a la recta BT, Q’ pertenece al lado AC (no a su extensión).

Por ser T SC ángulo exterior al triángulo AST tenemos

'T SC S AT ST A Q AT MT A . (1)

Por otra parte

' ' ' 'MTC MTQ Q TC MTQ Q AT (2)

por ser tangente a 1 .

De (1) y (2)

'MT A MTQ , o sea

'AM MQ .

Tenemos que 'AM MQ (cuerdas que subtienden arcos iguales). Luego 'BM AM MQ , lo que nos da que

'AQ B es un triángulo rectángulo ( o' 90AQ B ) Luego 'BQ AC , es decir, los puntos Q y Q’ coinciden, lo que

completa la demostración.

6. Hallar todas las funciones :f ®¡ ¡ tales que 2 2( ( ))f x f y y x+ = - para todos ,x y Î ¡ .

Solución

Tomando 0x en la ecuación dada, ( ( ))f f y y para todo y . Entonces tenemos 2 2 2( ) ( ( ( ))) ( )f y x f f x f y x f y , (1)

para todos ,x y .

Tomando 2y x en (1) obtenemos 2 2(0) ( )f x f x , esto es, 2 2( ) (0)f x x f ,

mientras que tomando 0y en (1) nos da 2 2( ) (0)f x x f .

Sea (0)c f . De lo anterior concluimos que

( )f x x c x .

Es fácil verificar que las funciones de la forma ( )f x x c para c satisfacen la ecuación dada: 2 2 2 2( ( )) ( ) ( )f x f y f x y c x y c c x y .

LIV OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA





1. Dos jugadores, A y B colorean, por turnos, una casilla aun no coloreada de un tablero de 2 2n n , utilizando,

respectivamente, azul y rojo. Comienza A, y su objetivo es obtener un cuadrado de 2 2 pintado de azul. El

objetivo de B es impedírselo. Determinar cuál de los dos jugadores puede ganar, no importa lo bien que juegue

su adversario, y describir una estrategia ganadora.

2. Sea la función que a cada número entero positivo le asigna un número entero positivo, tal que

3 1 para impar

( )para par.

2

x x

f x xx

Denotamos 1f f e, inductivamente, 1k kf f f , es decir,

veces

( ) (...( ( )...)k

k

f x f f x .

Demostrar que existe (al menos) un número entero positivo x tal que 40 ( ) 2013f x x .

3. Sea ABCD un cuadrilátero inscrito en una circunferencia y tal que sus diagonales AC y BD se cortan en S.

Sea k una circunferencia que pasa por S y por D y que corta a los lados AD y CD en M y N, respectivamente.

Sea P la intersección de las rectas SM y AB, y R la intersección de las rectas SN y BC de modo que P y R están

en el mismo semiplano determinado por BD que el punto A. Demostrar que la recta por D paralela a AC y la

recta por S paralela a PR se cortan en la circunferencia k.

LIV OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA





4. Hallar el menor entero positivo n tal que existen n números reales, no necesariamente distintos, en el

intervalo 1,1 tales que su suma es igual a cero y la suma de sus cuadrados es igual a 20.

ACLARACIÓN: El intervalo 1,1 es el conjunto de los números reales mayores que – 1 y menores que 1.

5. Hallar todos los enteros positivos n y los números primos 5p tales que

(2 ) 1np

es un cubo perfecto.

6. Se tiene un tablero cuadriculado de n n . Inicialmente sus casillas están coloreadas de blanco y negro, como

el tablero de ajedrez, de modo que al menos una casilla de una esquina sea negra. En una movida se puede

cambiar el color de las cuatro casillas de un cuadrado de 2 2 de acuerdo con la siguiente regla: cada casilla

blanca se colorea de negro, cada casilla negra se colorea de verde y cada casilla verde se colorea de blanco.

Hallar todos los posibles valores de n tales que, mediante algún número de movidas, es posible obtener el

tablero de n n coloreado de blanco y negro, pero con los colores inversos del tablero original.

SOLUCIONES SELECCIÓN IMO 2013

1. Dos jugadores, A y B colorean, por turnos, una casilla aun no coloreada de un tablero de 2 2n n , utilizando,

respectivamente, azul y rojo. Comienza A, y su objetivo es obtener un cuadrado de 2 2 pintado de azul. El

objetivo de B es impedírselo. Determinar cuál de los dos jugadores puede ganar, no importa lo bien que juegue

su adversario, y describir una estrategia ganadora.

Solución

El jugador B tiene estrategia ganadora. Divide el tablero en rectángulos de 1 2 y cuadrados de 1 1 de la

siguiente manera. Divide la primera fila del tablero de 2 2n n en n rectángulos

horizontales de 1 2 . Divide la segunda fila, desde la segunda casilla hasta la

penúltima, en 1n rectángulos horizontales de 1 2 ; luego agrega un cuadrado

unitario en cada extremo para completar la división de la fila. Repetimos el mismo

patrón para las filas 3 y 4, luego para las 5 y 6, etc., hasta las filas 2 1n y 2n . De

este modo el tablero queda partido en rectángulos de 1 2 y un número par de

casillas unitarias. La clave de esta construcción es que todo cuadrado de 2 2 del

tablero contiene un rectángulo de 1 2 de la partición (exactamente uno). La

estrategia de B es la siguiente. Si A colorea un cuadrado unitario de la partición, B

hace lo propio con otro cuadrado unitario. Esto es posible, pues el número inicial de

cuadrados unitarios es par, lo que se preserva al cabo de una movida combinada de los dos jugadores. Si A

colorea una casilla de un rectángulo de 1 2 , R, B colorea la otra casilla de R. La estrategia es legítima pues A

hace la primera movida. Ningún rectángulo de 1 2 de la partición quedará coloreado de azul. Como todo

cuadrado de 2 2 contiene un tal rectángulo, no habrá cuadrados de 2 2 azules al finalizar el proceso.

2. Sea la función que a cada número entero positivo le asigna un número entero positivo, tal que

3 1 para impar

( )para par.

2

x x

f x xx

Denotamos 1f f e, inductivamente, 1k kf f f , es decir,

veces

( ) (...( ( )...)k

k

f x f f x .

Demostrar que existe (al menos) un número entero positivo x tal que 40( ) 2013f x x .

Solución

Primero vemos, por inducción en k, que 2 (2 1) 3 1k k kf m m para todo m . En efecto, 2(2 1) ( (2 1)) (3(2 1) 1) (6 2) 3 1f m f f m f m f m m , y si suponemos que la afirmación es

verdadera para k, entonces 2( 1) 1 2 2(2 1) ( (2 (2 ) 1)) ( (3 (2 ) 1))k k k k kf m f f m f f m

1 1(3(3 (2 ) 1) 1) (3 (2 ) 2) 3 1k k kf m f m m ,

y la afirmación es verdadera para 1k . De modo que para 202 1 1048575x tenemos

20

40 20 203( ) 3 1 (2 1) 2013

2f x x

, pues

20 5

53 815 3125 2013

2 16

.

3. Sea ABCD un cuadrilátero inscrito en una circunferencia y tal que sus diagonales AC y BD se cortan en S.

Sea k una circunferencia que pasa por S y por D y que corta a los lados AD y CD en M y N, respectivamente.

Sea P la intersección de las rectas SM y AB, y R la intersección de las rectas SN y BC de modo que P y R están

en el mismo semiplano determinado por BD que el punto A. Demostrar que la recta por D paralela a AC y la

recta por S paralela a PR se cortan en la circunferencia k.

Solución

X

R

P

N

S

B

A

C

D

M

o o o180 180 180PBR PBC ABC ADC M DN M SN PSR , en la circunferencia k.

Por lo tanto, el cuadrilátero RBSP es cíclico y o180RPS RBS .

Como P y R están del mismo lado de la recta BD, las rectas PR y AC se cortan y la recta por D que es paralela a

AC y la recta por S que es paralela a PR también se cortan. Sea X el punto de intersección, X SP RPS y o180M DX M AS .

Luego o o180 180 ( ) ( )DXS X SD SDX X SP PSD M DX SDM

o o o180 180 180X SP M SD SDM M DX SPR SMD M DX

(pues RPSB es un cuadrilátero cíclico) o o o(180 ) 180 (180 )SBR M DX SMD SBC ADX SMD

o o o180 (180 ) 180DAC ADX SMD SMD , luego X pertenece a la circunferencia k.

4. Hallar el menor entero positivo n tal que existen n números reales, no necesariamente distintos, en el

intervalo 1,1 tales que su suma es igual a cero y la suma de sus cuadrados es igual a 20.

ACLARACIÓN: El intervalo 1,1 es el conjunto de los números reales mayores que – 1 y menores que 1.

Solución

Supongamos que 1 2, , , na a a satisface las condiciones. En primer lugar tenemos 2 2 2

1 2

veces

20 1 1 1n

n

a a a n .

Luego 21 n . Queremos mostrar que la respuesta es 22n . De modo que probaremos que no hay 21 números

1 2 21, , ,a a a en el intervalo 1,1 tales que 1 2 21 0a a a y 2 2 2

1 2 21 20a a a . Supongamos que la

sucesión ia está en orden creciente, entonces 1 2 211 21

21

a a aa a

. Luego 1 210a a . Pero por la

minimalidad del número 21, tenemos que 0ia para 1 21i . De modo que existe un único número

1 21k tal que

1 2 1 211 0 1k ka a a a a .

Sabemos que los números 1 2 21, , ,a a a también satisfacen las condiciones del problema, por lo que

podemos suponer que 21

2k , y como k tenemos que 10k .

Ahora, para todo 1 21k i tenemos que 0 1ia , entonces 20 i ia a . 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 2 21 1 1 21 1 1 2120 ( ) ( ) ( ) ( )k k k ka a a a a a a a a a a 2 2

1 1 2( ) ( ) 2 20k ka a a a a k .

Esta contradicción muestra que 22n . Además tenemos ejemplo:

10

11ia , 1 11i ; y

10

11ia , 12 22i .

5. Hallar todos los enteros positivos n y los números primos 5p tales que

(2 ) 1np

es un cubo perfecto.

Solución

Si 3(2 ) 1np a entonces

3 2 2(2 ) 1 ( 1)( 1) ( 1) ( 1) 3( 1) 3np a a a a a a a .

Como a es impar, se deduce que 2 1a a también es impar, luego 2n es la mayor potencia de 2 que divide a

1a . Esto significa que 2 1n ka p para algún entero 0k .

Obtenemos 2 22 2 (2 3 2 3)n n n k n k n kp p p p . (1)

Caso 1. 0k . Es claro que k n , luego, de (1), se deduce que p divide a 2 22 3 2 3n k n kp p . Luego no es

posible que p divida a 3, pues 5p .

Caso 2. 0k . De (1) obtenemos

4 3 2 3n n np . (2)

Para 1n tenemos 13p .

Para 2n tenemos 2 31p , que no es posible.

Para 3n tenemos 3 364 24 3 5p , también imposible.

Para 3n , probamos por inducción que

5 4 3 2 3n n n np

y entonces 5p , que no es posible.

La única solución es 1n , 13p .

6. Se tiene un tablero cuadriculado de n n . Inicialmente sus casillas están coloreadas de blanco y negro, como

el tablero de ajedrez, de modo que al menos una casilla de una esquina sea negra. En una movida se puede

cambiar el color de las cuatro casillas de un cuadrado de 2 2 de acuerdo con la siguiente regla: cada casilla

blanca se colorea de negro, cada casilla negra se colorea de verde y cada casilla verde se colorea de blanco.

Hallar todos los posibles valores de n tales que, mediante algún número de movidas, es posible obtener el

tablero de n n coloreado de blanco y negro, pero con los colores inversos del tablero original.

Solución

Son todos los n positivos múltiplos de 3.

Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que la casilla superior izquierda del tablero es negra. Designamos

a los colores con 0 para el blanco, 1 para el negro y 2 para el verde, entonces cada movida consiste en sumar 1 a

cada una de las 4 casillas del cuadrado de 2 2 elegido.

Miremos la primera fila del tablero. Si hay 2n casillas, hay n casillas blancas y n casillas negras, y si hay

2 1n casillas, entonces n son blancas y 1n , negras. Para que una casilla blanca pase a negra hay que tocarla

una vez, más eventualmente un múltiplo de 3 veces; para que una casilla negra pase a blanca hay que tocarla 2

veces más, tal vez, un múltiplo de 3 veces. Además, en cada movida se tocan, en la primera fila, exactamente

dos casillas. Una que inicialmente es blanca y una que inicialmente es negra. Para cambiar todas las blancas a

negras se requieren n más un múltiplo de tres movidas. Para cambiar todas las negras a blancas, en cambio,

hacen falta 2n o 2( 1)n más un múltiplo de 3 movidas, según haya en total 2n o 2 1n casillas en la primera

fila.

En el primer caso, 2 (mod3)n n , de donde 0(mod3)n , y por ende, 2 0(mod3)n .

En el segundo caso, 2( 1)(mod3)n n , luego 2 2(mod3)n n , de donde, 2 1(mod3)n , y resulta

2 1 2 1 1 0(mod3)n .

En ambos casos tenemos que es necesario que n sea múltiplo de 3.

Para ver que la recoloración es posible para todo n divisible por 3 basta mostrar que todo tablero de 3 3 se

puede recolorear. Hay dos casos.

1 0 1

0 1 0

1 0 1

1 0 1

2 0 0

0 2 1

1 0 1

2 2 2

0 1 0

0 2 1

1 1 2

0 1 0

0 1 0

1 0 1

0 1 0

0 1 0

1 0 1

0 1 0

0 1 0

2 1 1

1 2 0

0 1 0

2 2 2

1 0 1

1 2 0

0 0 2

1 0 1

1 0 1

0 1 0

1 0 1

Selectivo IMO 2014

1. Un conjunto de 21 números enteros distintos tiene la siguiente propiedad: para cada once de estos números, la

suma de los once siempre es mayor que la suma de los otros diez.

a) Demostrar que cada número del conjunto es mayor que 100.

b) Hallar todos los conjuntos de 21 números distintos que contienen al número 101.

Solución

a) Sean 1 2 3 21...a a a a . Como son enteros, para todo 1, 2,..., 20i se verifica que

1 1i ia a , luego

10 10i ia a para todo 1, 2,...,11i .

Las condiciones del problema se satisfacen si y solo si

1 2 11 12 13 21... ...a a a a a a . (1)

Luego

1 12 2 13 3 21 11( ) ( ) ... ( ) 10 10 100a a a a a a a .

Como el menor número es mayor que 100, los demás son también mayores que 100.

b) Hemos probado que 1 101a . Los otros números también son mayores que 100. Si el número 101 está en el

grupo de enteros positivos, entonces 1 101a . La desigualdad estricta (1) nos da

12 2 13 3 21 11 1( ) ( ) ... ( ) 1 100a a a a a a a ,

y como 10 10i ia a , se satisface la igualdad

10 10i ia a para todo 2,3,...,11i . Esto ocurre si y solo si

los números 2 3 21, ,...,a a a son enteros consecutivos.

Los grupos requeridos constan del número 101 y 20 enteros arbitrarios consecutivos mayores que 101. Entonces

la diferencia de las sumas de los 11 números minimales y los 10 números maximales es 1.

2. Dos circunferencias 1 y 2 de radios distintos se cortan en dos puntos A y B. Sean C y D dos puntos en 1

y 2 respectivamente tales que A es el punto medio del segmento CD. La recta DB corta nuevamente a 1 en E,

con B entre D y E; la recta CB corta nuevamente a 2 en F, con B entre C y F. Sean 1 y 2 las mediatrices de

CD y EF, respectivamente. Se sabe que 1 y 2 se cortan en un único punto P. Demostrar que las longitudes de

CA, AP y PE son los lados de un triángulo rectángulo.

Solución

Unimos AE, AF y PF, y tenemos

CAE CBE DBF DAF .

Como AP CD , AP es la bisectriz de EAF . Como P pertenece a la mediatriz de EF, P pertenece a la

circunferencia circunscrita del triángulo AEF. Tenemos

0180 2 2EPF EAF CAE DAF CAE CBE .

Luego B pertenece a la circunferencia de centro P y radio

PE, que denotamos . Sea R el radio de . Por la potencia

de un punto respecto de una circunferencia tenemos 2 2 22CA CA CD CB CF CP R ,

luego 2 2 2 2 2 2 2 2(2 )AP CP CA CA R CA CA PE .

Sigue que CA, AP, PE son los lados de un triángulo

rectángulo.

3. Hallar todas las funciones que satisfacen 22 2( 2 ( )) ( ) ( )f x yf x f y f x y para todos ,x y .

Solución

Sustituimos 0x y y obtenemos 22 (0) (0)f f , de modo que (0) 0f o 2.

Caso 1. (0) 2f : Hacemos 0x y tenemos 2 2(4 ) ( ) ( )f y f y f y . Hacemos 0y y tenemos 2 2( ) 2 ( )f x f x , o sea, 2 2( ) ( ) 2f x f x . Sigue que (4 ) 2f y para todo y , es decir, ( ) 2f x .

Caso 2. (0) 0f : Hacemos 0y y obtenemos 2 2( ) ( )f x f x , de modo que ( ) ( )f x f x y ( ) 0f x para

todo 0x .

● Sea ( ) 0f a para un 0a . Hacemos x y a y obtenemos 2 2 2 2(2 ) ( 2 ( )) ( ) 2 ( ) 0f a f a af a f a f a , luego (2 ) 0f a .

Para todo b ( 0 b a ) ponemos x a b , y b y obtenemos 2 2( 2 ( )) ( ) 0f x yf x f b . Como 2 2 ( ) 0x yf x , tenemos 2( 2 ( )) 0f x yf x y 2( ) 0f b . Esto nos da 2( ) 0f b , ( ) 0f b . Por lo tanto,

( ) 0f x para todo 0x , de modo que ( ) 0f x .

● Sea ( ) 0f x para todo 0x . Ponemos 2 ( ) 2y f x x y obtenemos 2 2 22 ( ) ( 2 ) ( )x yf x x y y x x y . De modo que 2 2 2(( ) ) ( ) ( )f x y f y f x y , 2( ) 0f y . Esto

significa que 2 ( ) 2 0y f x x , luego ( )f x x ( x ).

Es fácil verificar que ( ) 0f x , ( ) 2f x , ( )f x x son efectivamente soluciones.

4. Sea ABC un triángulo y su circunferencia circunscrita. Sean X, Y, Z los

puntos medios de los arcos BC , CA y AB de , respectivamente, que no

contienen al tercer punto del triángulo. La intersección de los

triángulos ABC y XYZ forma un hexágono DEFGHK. Demostrar que DG,

EH y FK son concurrentes.

Solución K

I

HG

F

ED

Z

Y

X

C

A

B

P

FE

D

B

A

C

Unimos AX, BY, CZ. Estas rectas son las bisectrices de los ángulos del triángulo ABC y por ende se cortan en su

incentro I. Rotulamos los vértices del hexágono como en la figura y unimos KI y ZA.

Tenemos KZI XZC XAC KAI , luego AZKI es un cuadrilátero cíclico. Esto implica que

ZIK ZAK ZAB ZCB , de donde se deduce que KI y BC son paralelos. De modo similar se deduce

que IF y BC son paralelos. Esto muestra que K, I, F son colineales, es decir, la diagonal KF pasa por I.

El mismo argumento muestra que las otras dos diagonales, DG y EH, también pasan por I, de modo que las tres

diagonales del hexágono son concurrentes.

5. La sucesión 1 2, ,..., na a a consiste de los números 1,2,...,n en algún orden. Determinar para qué enteros

positivos n es posible que los 1n números 1 1 2 1 2 3 1 20, , , ,..., ... na a a a a a a a a tengan todos restos

distintos en la división por 1n .

Solución

Si n es par, entonces 1 2 ... 1 2 ... ( 1)2

n

na a a n n , que es congruente con 0 módulo 1n . Entonces

el objetivo es imposible.

Ahora supongamos que n es impar. Veremos que podemos construir 1 2, ,..., na a a que satisface las condiciones

de nuestro problema. Sea entonces 2 1n k para un entero no negativo k. Consideramos la sucesión

1,2 ,3,2 2,5,2 3,...,2,2 1k k k k , es decir, para cada 1 2 1i k , ia i si i es impar y 2 2ia k i si i es

par.

Primero vemos que cada término 1,2,...,2 1k aparece exactamente una vez. Es claro que hay 2 1k términos.

Para cada número impar m en 1, 2,..., 2 1k , ma m . Para cada número par m en este conjunto,

2 2 2 2 (2 2 )k ma k k m m . Luego, cada número aparece en 1 2 1,..., ka a

y por ende 1 2 1,..., ka a

consiste

de los números 1,2,...,2 1k en algún orden.

Ahora vamos a determinar 1 2 ... (mod2 2)ma a a k . Consideramos los casos en los que m es impar y en los

que m es par por separado. Sea 1 2 ...m mB a a a .

Si m es impar, notamos que 1 1(mod2 2)a k ,

2 3 4 5 2 2 1... 2 3 1(mod2 2)k ka a a a a a k k .

Entonces 1 3 2 1, ,..., 1, 2,3,..., 1 (mod 2 2)kb b b k k .

Si m es par, notamos que 1 2 3 4 2 1 2... 2 1 1(mod2 2)k ka a a a a a k k . En consecuencia,

2 4 2, ,..., 1, 2, 3,..., (mod 2 2) 2 1,2 ,..., 2 (mod 2 2)kb b b k k k k k k .

Por lo tanto, 1 2 2 1, ,..., kb b b

efectivamente tiene restos distintos al dividirlos por 2 2k . Esto completa la

solución.

6. En un tablero de 7 7 están escritos los números de 1 a 49 (ver figura). En cada

movida se elige una casilla y se aumenta (o se disminuye) en 1 el número de esa

43 44 45 46 47 48 49

36 37 38 39 40 41 42

29 30 31 32 33 34 35

22 23 24 25 26 27 28

15 16 17 18 19 20 21

8 9 10 11 12 13 14

1 2 3 4 5 6 7

casilla y se disminuyen (respectivamente, se aumentan) en 1 los números en dos casillas adyacentes a la

elegida. (Dos casillas son adyacentes si comparten un lado.)

Solución

a) Mostraremos que usando las movidas podemos disminuir cualquier número del tablero en 3 sin modificar los

demás números. Vamos a considerar solo el número x que será disminuido en 3 y otros tres números a, b, c que

ocupan, junto con x, las casillas de un cuadrado de 2 2 .

b c

x a

b+1 c

x-1 a+1

b+2 c-1

x-2 a+1

b+1 c

x-2 a

b+1 c-1

x-3 a+1

b c

x-3 a

Entonces podemos sucesivamente disminuir todos los números del tablero para obtener sus restos módulo 3, es

decir, para obtener el tablero:

0 1

1 2

2

0

0

1

1

2

2

0

0

1

2 0 1 2 0 1 2

1 2 0 1 2 0 1

0 1 2 0 1 2 0

2 0 1 2 0 1 2

1 2 0 1 2 0 1

Consideramos el cuadrado inferior izquierdo de 6 6 . Éste consiste de cuatro cuadrados iguales de 3 3 .

Se ve que al cabo de dos movidas ( 1 1 1 ) cada uno de esos tres cuadrados de 3 3 se transforma en un

cuadrado con un 1 en cada casilla, así que obtenemos el tablero:

1 1

1 1

1

1

1

1

1

1

1

1

0

1

1 1 1 1 1 1 2

1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1 0

1 1 1 1 1 1 2

1 2 0 1 2 0 1

Luego, transformamos la primera fila del tablero:

1 2 0 1 2 0 1 1 1 1 0 2 0 1 1 1 1 1 1 1 1

De modo similar podemos transformar la última columna del tablero. Como resultado obtenemos un tablero con

1 en todas sus casillas.

b) Coloreamos el tablero con el patrón del ajedrez. Supongamos que las casillas de las esquinas son blancas.

Entonces tenemos 25 casillas blancas y 24 casillas negras. Todas las casillas blancas están ocupadas por

números impares, y las negras están ocupadas con números pares. Entonces la suma bS de los números en las

casillas blancas es igual a 1 49

25 25 252

, y la suma nS de los números de las casillas negras es igual a

2 4824 25 24

2

. Luego 25b nS S .

Es fácil ver que toda movida no cambia el resto módulo 3 de la diferencia entre las sumas de los números en

casillas blancas y negras. Si todas las casillas del tablero están ocupadas por el número 1007, entonces esta

diferencia es igual a 1007. Pero 1007 25(mod 3) , de modo que no podemos obtener un tablero con 1007 en

todas sus casillas.

LVI OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA





1. Beto trata de adivinar un entero positivo n. Sabe que tiene exactamente 250 divisores enteros positivos

distintos 1 2 3 248 249 2501 ...d d d d d d n . Por turnos, pregunta por un índice j a su elección,

2 249j , y recibe como respuesta el número jd . En el caso de que ya haya preguntado j, tiene prohibido

preguntar 251 j . Determinar el menor número de turnos con los que Beto puede determinar con certeza el

número n.

2. Sean A, B, C, D cuatro puntos de una circunferencia, en ese orden, con AD BC . Las rectas AB y CD se

cortan en K. Se sabe que los puntos B, D y los puntos medios de los segmentos AC y KC pertenecen a una

misma circunferencia. Determinar todos los posibles valores del ángulo ADC .

3. Hallar todas las funciones que satisfacen

( 1) ( ) ( ) 2 1f xy f x f y xy

para todos ,x y .

LVI OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA





4. Diremos que un conjunto de cuadrados cuyos lados son paralelos a los ejes coordenados y cuyos vértices

tienen coordenadas enteras es amigable si, para cada dos de los cuadrados, sus perímetros se cortan en

exactamente dos puntos. Determinar la máxima cantidad de cuadrados que puede tener un conjunto amigable en

el que todos los cuadrados tienen lado n (n entero mayor o igual que 1).

5. Hallar todos los enteros n que no son potencias de 2 y que satisfacen la ecuación 3 5n D d , donde D el

mayor divisor impar de n y d es el menor divisor impar de n mayor que 1.

6. a) Se tiene un tablero cuadrado de 6 6 dividido en 36 casillas. Determinar si es posible cubrir este tablero

con tetraminós como los de la figura (cada casilla del tablero se debe cubrir con el mismo

número de tetraminós).

b) Se tiene un tablero cuadrado de 7 7 dividido en 49 casillas. Determinar si es posible

cubrir este tablero con tetraminós como los de la figura (cada casilla del tablero se debe

cubrir con el mismo número de tetraminós).

ACLARACIÓN: Los lados de cada tetraminó deben coincidir con lados de las casillas; los tetraminós se pueden

rotar y dar vuelta, pero no pueden sobresalir del tablero.

SOLUCIONES PRUEBA DE SELECCIÓN OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA 2015

1. Beto trata de adivinar un entero positivo n. Sabe que tiene exactamente 250 divisores enteros positivos

distintos 1 2 3 248 249 2501 ...d d d d d d n . Por turnos, pregunta por un índice j a su elección,

2 249j , y recibe como respuesta el número jd . En el caso de que ya haya preguntado j, tiene prohibido

preguntar 251 j . Determinar el menor número de turnos con los que Beto puede determinar con certeza el

número n.

Solución. Podemos determinar n en 2 turnos. Demostraremos que es suficiente conocer los divisores 248d y

249d . Consideramos dos casos:

1) 249d no es divisible por 248d . Entonces mcm( 248d , 249d ) divide a n, y mcm( 248d , 249d ) es mayor que 249d .

Luego 250 248 249, n d d d .

2) 249d es divisible por 248d . Entonces 249 248d kd para algún k. Luego

3 2

248 249

n knd kd k

d. Tenemos

que 1 31 d k d y k divide a n. Entonces

2 d k , y 2 249 249 n d d kd .

Ahora solo debemos demostrar que un turno no es suficiente. Supongamos lo contrario. Entonces hay un divisor

Kd con el que podemos determinar n solo conociendo Kd .

Consideramos los números primos 2 q p y el número 124pq que tiene exactamente 250 divisores:

2 1 124 1241 ... ... k kp q pq q pq q q pq .

Entonces K debe ser par. En otro caso Beto solo sabrá kq y no tendrá información acerca de p.

Ahora consideramos números primos p q r , con 2r p , y el número 124p q que tiene exactamente 250

divisores: 2 3 122 124 123 1241 ... p q p pq p p q p p q p q .

Entonces para tener alguna información de q, Beto tiene que elegir K impar. De modo que K debe ser impar y

par al mismo tiempo, una contradicción.

2. Sean A, B, C, D cuatro puntos de una circunferencia, en ese orden, con AD BC . Las rectas AB y CD se

cortan en K. Se sabe que los puntos B, D y los puntos medios de los segmentos AC y KC pertenecen a una

misma circunferencia. Determinar todos los posibles valores del ángulo ADC .

Solución. Sea M el punto medio de AC, N el punto medio de KC y BAC . En el triángulo ACK, MN es la

base media, por lo tanto MN AB y BAC NMC . Pero

BAC BDC por ser ABCD un cuadrilátero cíclico. Además,

BDN BMN , pues B, M, D, N pertenecen a una

circunferencia.

En el triángulo ABM, BMC es un ángulo exterior, por lo tanto

2 BAM ABM BMC , de donde ABM .

Así MA MB MC y M es el centro de la circunferencia por A, B,

C, D. Luego AC es diámetro y o90 ABC ADC .

3. Hallar todas las funciones que satisfacen ( 1) ( ) ( ) 2 1f xy f x f y xy

para todos ,x y .

N

K

AM

C

D

B

Solución. Sea f una función que satisface ( 1) ( ) ( ) 2 1f xy f x f y xy para todos ,x y .

Reemplazamos 0y y obtenemos ( 1) ( ) (0) 1 f f x f para todo x . Si (0) 0f , entonces f es

una función constante que no satisface la ecuación planteada para todos ,x y y tenemos una

contradicción. De modo que (0) 0f . Hacemos 1 x y y obtenemos 2(1) 1f . Luego (1) 1f o

(1) 1 f .

Caso 1: (1) 1f . Sustituimos x xy y 1y en la ecuación y obtenemos ( 1) ( ) 2 1 f xy f xy xy para todos

,x y . Entonces, de la ecuación inicial resulta

( ) ( ) ( )f xy f x f y (1)

para todos ,x y . A continuación, reemplazamos en la ecuación inicial 1y y también 1 x x e 1y ,

obteniendo

( 1) 2 1 ( ) f x x f x y ( 1) 2 1 ( ) f x x f x (2)

para todos ,x y . Ahora, haciendo y x en la ecuación inicial y usando (1) y (2) obtenemos 2 2 2 22 1 ( 1) ( ) ( 1) ( 1) ( ) x f x f x f x f x f x

2 2 2(2 1 ( ))(2 1 ( )) ( ) 2 ( ) 4 ( ) 4 1 x f x x f x f x f x xf x x

y entonces 22( ( ) ) 0f x x lo que implica que ( ) f x x para todo x .

Caso 2: (1) 1 f . Hacemos la misma sustitución que en el caso 1 y obtenemos ( ) ( ) ( ) f xy f x f y ,

( 1) 2 1 ( ) f x x f x y ( 1) (2 1) ( ) f x x f x para todos ,x y .

Ahora, haciendo y x en la ecuación inicial y usando (1) y (2) obtenemos 2 2 2 22 1 ( 1) ( ) ( 1) ( 1) ( ) x f x f x f x f x f x

2 2(2 1 ( ))( (2 1) ( )) ( ) 2 ( ) 4 1 x f x x f x f x f x x

y entonces 2( ) f x x para todo x .

Se verifica directamente que las dos funciones obtenidas de estos dos casos satisfacen la ecuación inicial para

todos ,x y . Entonces la respuesta a nuestro problema para todos ,x y es ( ) f x x para todo x o 2( ) f x x para todo x .

4. Diremos que un conjunto de cuadrados cuyos lados son paralelos a los ejes coordenados y cuyos vértices

tienen coordenadas enteras es amigable si, para cada dos de los cuadrados, sus perímetros se cortan en

exactamente dos puntos. Determinar la máxima cantidad de cuadrados que puede tener un conjunto amigable en

el que todos los cuadrados tienen lado n (n entero mayor o igual que 1).

Solución. Consideramos dos cuadrados en un conjunto amigable; exactamente un vértice de cada cuadrado

debe estar en el interior del otro. Elegimos un cuadrado del conjunto y chequeamos cuántos vértices de otros

cuadrados pueden estar contenidos en su interior. Como todos los vértices tienen coordenadas enteras, solo

puede haber una cantidad finita de vértices en el interior del cuadrado.

No puede haber dos vértices en una misma recta horizontal o vertical, pues los cuadrados con tales vértices

tendrían un segmento común, y no solo dos puntos.

Vemos que el mayor número posible de vértices de otros cuadrados en el interior del cuadrado elegido es igual

al número de rectas horizontales (y verticales) con coordenadas enteras que atraviesan el interior del cuadrado,

o sea, 1n . Entonces el mayor número de cuadrados que puede haber en un conjunto amigable es n.

Este número es efectivamente alcanzable, por ejemplo, si los cuadrados se ordenan en forma diagonal, como se

ve en la figura.

5. Hallar todos los enteros n que no son potencias de 2 y que satisfacen la ecuación 3 5n D d , donde D el

mayor divisor impar de n y d es el menor divisor impar de n mayor que 1.

Solución. La ecuación 3 5n D d implica que 3n D y 3 5 8 n D D D (pues d D ). Como el cociente

n

D es una potencia de 2 (recordemos que D es el mayor divisor impar de n) sigue de 3 8

n

D que (i) 4n D ,

o (ii) 8n D .

(i) El caso 4n D . De 4 3 5 D n D d tenemos 5D d y entonces 4 20 n D d . Como d debe ser un

divisor primo de n y n es múltiplo de 5, concluimos que 3,5d , y luego 60,100n (ambos valores se

alcanzan).

(ii) 8n D . Nuestro procedimiento para obtener la desigualdad 8n D implica ahora que D d y en

consecuencia D en un número primo impar. Todos estos 8n D son efectivamente soluciones.

6. a) Se tiene un tablero cuadrado de 6 6 dividido en 36 casillas. Determinar si es posible cubrir este tablero

con tetraminós como los de la figura (cada casilla del tablero se debe cubrir con el mismo número de

tetraminós).

b) Se tiene un tablero cuadrado de 7 7 dividido en 49 casillas. Determinar si es posible

cubrir este tablero con tetraminós como los de la figura (cada casilla del tablero se debe

cubrir con el mismo número de tetraminós).

ACLARACIÓN: Los lados de cada tetraminó deben coincidir con lados de las casillas; los

tetraminós se pueden rotar y dar vuelta, pero no pueden sobresalir del tablero.

Solución. a) El objetivo es imposible. Coloreamos las casillas del tablero de blanco y negro

como se ve en la primera figura.

Fig.1 Fig.2

-3

-3 -3

-3 -3

-3 -3

-3 -3

4 -3

Es fácil ver que cada tetraminó cubre al menos una casilla negra.

Escribimos – 3 en cada casilla negra y 4 en la casilla superior izquierda y en la inferior derecha; en las demás

casillas escribimos 1 (ver la segunda figura donde se omitieron los 1). La suma s de los números de todas las

casillas de cada tetraminó es no positiva. Por otro lado, la suma de todos los números del tablero de 6 6 es

igual a 3 10 4 2 1 24 30 8 24 2 .

Supongamos que el tablero de 6 6 se cubre con n tetraminós y denotamos al cubrimiento. Sumamos los

números de todas las casillas del tablero de modo que contamos cada número de una casilla tantas veces como

la hayamos cubierto. Sea S esta suma. Como n es el número de tetraminós que cubren cada casilla, tenemos que

2 0S n n . Por otro lado, como 0s , vemos que la suma de s de todos los tetraminós de es igual a

0S , una contradicción.

b) El objetivo es imposible. Denotamos 1 2 3 4, , ,T T T T a los tetraminós de las siguientes cuatro figuras

respectivamente. Sea a la casilla superior izquierda del tablero de 7 7 . Notamos que todo tetraminó que cubra

a también cubre b (ver las dos primeras figuras).

Fig.1

b

Fig.2

bd

a

b

a c

Fig.3

d

c

Fig.4

Supongamos que el tablero de 7 7 está cubierto con n tetraminós y denotamos a este cubrimiento. Sea el

número de 1T que cubren la casilla a igual a 1k , y el número de 2T que cubren la casilla a igual a 1m .

Entonces 1 1k m n . Como la casilla b también está cubierta por

1 1k m n tetraminós, vemos que no hay

tetraminós que cubran b diferentes de 1T o 2T .

Consideramos la casilla c (de la tercera figura). Como las casillas a y b ya están cubiertas por n tetraminós,

sigue que no hay tetraminós en que cubran estas casillas y sean diferentes de 1T o 2T . Entonces existe un

único tetraminó, 3T , que cubre a c. De modo que hay solo tetraminós 1T y 3T en que cubren la casilla c. De

modo similar obtenemos que solo hay tetraminós 2T y 4T en que cubren la casilla d.

Marcamos algunas casillas del tablero de 7 7 con y • como en la siguiente figura. De lo anterior sigue que

todo tetraminó en que cubra una casilla en el cuadrado superior izquierdo de 2 2 (es decir, cualquiera de

los tetraminós 1 2 3 4, , ,T T T T ) cubre exactamente dos casillas marcadas con , y todo tetraminó en que no

cubra ninguna casilla en el cuadrado superior izquierdo de 2 2 cubre al menos una casilla marcada con • . El

mismo razonamiento se aplica a los cuadrados de 2 2 superior derecho, inferior izquierdo e inferior derecho

del tablero de 7 7 .

Escribimos – 3 en cada casilla marcada con y 5 en cada casilla marcada con • , y

escribimos 1 en cada una de las casillas restantes. Entonces la suma s de los

números en las casillas de cada tetraminó de nuestro cubrimiento es no positivo.

Por otro lado la suma de los números en todas las casillas del tablero de 7 7 es

igual a ( 3) 20 5 8 1 21 60 40 21 1 .

Ahora sumamos los números de todas las casillas del tablero de 7 7 de modo que

contamos cada número en una casilla tantas veces como los tetraminós cubren esta

casilla. Sea S esta suma. Como n es el número de tetraminós que cubren cada casilla, tenemos que

2 0S n n . Por otro lado, como 0s vemos que la suma de s de todos los tetraminós de es igual a

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