$\mathcal{P}1$. Notemos que basta probar el resultado para $2$ salas de clases cualesquiera (pues entonces se aplica a todas). En virtud de esto, fijemos dos salas que denotaremos $X$ e $Y$ respectivamente. Demostremos el resultado por contradicción, esto es, supongamos que el número de estudiantes en la sala $X$ es mayor que en la sala $Y$ (el caso en que hay más estudiantes en la sala $Y$ es análogo). Como cualquier estudiante en $X$ conoce exactamente a un estudiante en la sala $Y$, entonces, dado que el número de estudiantes en $X$ es mayor que en $Y$ (por nuestra suposición), necesariamente deben existir $2$ estudiantes en $X$, que denotaremos $A$ y $B$, que conocen a un mismo estudiante en $Y$, que denotaremos por $C$. Pero entonces $C$ conoce a $A$ y a $B$, es decir, conoce a dos estudiantes en $X$, lo que es una contradicción. Sigue que el número de estudiantes en $X$ y en $Y$ es el mismo, que es lo que se quería probar.

$\mathcal{P}2$



Sea $AB=c$ y $BC=a$. Luego se puede escribir $BP=\lambda c$, con $0<\lambda <1$; y $BQ=\alpha a$, con $0<\alpha <1$. Como la altura del $△ABC$ desde el vértice $C$ es igual a la del $△PBC$, se tiene que la razón entre sus áreas es igual a la razón entre sus bases, esto es, igual a $\frac{1}{\lambda }$. Análogamente, la razón entre las áreas de los $△PBC$ y $△PBQ$ es $\frac{1}{\alpha }$. Denotando por $(XYZ)$ el área del $△XYZ$, se tiene que $3=\frac{(ABC)}{(PBQ)}=\frac{(ABC)}{(PBC)}\cdot \frac{(PBC)}{(PBQ)}=\frac{1}{\lambda \alpha }$, y por lo tanto, $3\lambda \alpha =1$. Entonces reemplazando queda $BQ=\frac{a}{3\lambda }$, y como $BQ\le BC$ $\Rightarrow$ $\frac{a}{3\lambda }\le a\Rightarrow \lambda \ge \frac{1}{3}$. Esta última condición determina la existencia del punto $Q$.

$\mathcal{P}3$. a) Como $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{n}$ entonces $ab=n(a+b)$.

Escribimos $a^2+b^2=(a+b{)}^2-2ab=(a+b{)}^2-2n(a+b)=(a+b)(a+b-2n)$.

Claramente $a+b>1$ pues $a$ y $b$ son naturales. Además, si $a=b=1$ no se satisface $ab=n(a+b)$. Por tanto podemos considerar $a>1$ (pues las condiciones son simétricas en $a$ y $b$), y entonces $a^2>a$, por lo que $a^2+b^2>a+b$ (pues no hay natural que cumpla $b>b^2$). Entonces tenemos que $1<a+b<a^2+b^2$, por lo que $a+b$ es un divisor positivo de $a^2+b^2$ (distinto de $1$ y de $a^2+b^2$), esto es, $a^2+b^2$ no es primo.

b) Basta escoger $a=b=2n$, y entonces $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n}=\frac{2}{2n}=\frac{1}{n}$

c) Como $ab=n(a+b)$ y $n$ es primo, entonces $n|a$ ($n$ divide a $a$) ó $n|b$. Si $n|a$ se tiene $a=nk$ (para algún $k$ número natural) y entonces la igualdad $ab=n(a+b)$ queda $kb=a+b$ de donde $a=b(k-1)$. Luego $nk=b(k-1)$ de donde $(k-1)|nk$. Como $n$ es primo, y $k-1$ con $k$ son coprimos (*) se tiene que $k-1=1$ ó $k-1=n$. En el primer caso $a=b=2n$ y en el segundo $a=n(n+1)$ y $b=n+1$. Por simetría en las condiciones las soluciones faltantes son $a=n+1$ y $b=n(n+1)$.

(*) Dos números consecutivos son siempre coprimos, pues dada la igualdad $k-(k-1)=1$ se tiene que no pueden contener otro factor positivo distinto de $1$.