P1. [hide]Después de que se retiran las personas [tex]2, 4,6,\ldots, 1024[/tex] dejando todas aquellas con número impar, es decir, los números [tex]1,3,5,\ldots 1023[/tex] (un total de [tex]512[/tex]), podemos renumerarlas partiendo por la primera desde el [tex]1[/tex] al [tex]512[/tex] (donde el número original se calcula como dos veces el actual menos uno). De aquí se concluye que el problema inicial se puede simplificar a un problema para [tex]512[/tex] personas (tomando en cuenta la relación entre los números).
Análogamente el problema puede ser simplificado a uno para [tex]256[/tex], [tex]128[/tex], [tex]64[/tex], [tex]32[/tex], [tex]16[/tex], [tex]8[/tex], [tex]4[/tex], [tex]2[/tex] personas. En este último caso se retira la número [tex]2[/tex] y queda sólo la número [tex]1[/tex]. Como ésta nunca cambio su número, entonces es la respuesta al problema original.[/hide]
P2. [hide]Coloreamos el tablero como muestra la figura. En ella es claro que cada pieza de [tex]4\times 1[/tex] puede tapar ó [tex]1[/tex] cuadradito negros y [tex]3[/tex] blancos, ó [tex]4[/tex] negros, ó [tex]4[/tex] blancos. Hay [tex]27[/tex] cuadraditos negros, y no todos pueden ser llenados con piezas verticales; por tanto siempre hay que llenar [tex]3+4a[/tex] cuadraditos negros con piezas horizontales, las que ocupan [tex]9+12a[/tex] cuadraditos blancos. Entonces, de sacar un cuadradito blanco, restarían otros [tex]53-(9+12a)=42-12a[/tex] blancos, lo que nunca es múltiplo de [tex]4[/tex]. Luego para llenar el tablero habría que sacar uno negro.
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Ahora bien, podemos rotar la coloración volviendo a concluir que hay que sacar uno negro; pero los cuadraditos negros que se repiten al hacer la rotación son los que están en las puntas, en el centro de los lados, y el que está en el centro del tablero, casos en los que es fácil ver que sí se puede llenar el tablero.
Por tanto, se concluye que al sacar cualquier otro cuadradito que no sea de los nombrados, no se puede llenar el tablero.[/hide]
P3. [hide]a) Como [tex]\overline{QP}[/tex] es paralela a [tex]\overline{BC}[/tex] se tiene que los triángulos [tex]AQP[/tex] y [tex]ABC[/tex] son semejantes. Luego [tex]\displaystyle \frac{QP}{BC}=\frac{h_a-2r}{h_a}=1-\frac{2r}{h_a}[/tex]. Como [tex]\frac{1}{2}h_aBC=sr[/tex] (dos formas distintas de calcular el área de un triángulo) entonces [tex]\frac{2r}{h_a}=\frac{BC}{s}[/tex]. De aquí se concluye que [tex]QP=BC-\frac{BC^2}{s}[/tex].
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b) Como todo número al cuadrado es mayor o igual a cero se tiene que [tex](a-b)^2+(a-c)^2+(b-c)^2\ge 0[/tex]. Reordenando se obtiene [tex]2a^2+2b^2+2c^2\ge 2ab+2ac+2bc[/tex], y como [tex](a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc[/tex] la desigualdad queda como [tex]3(a^2+b^2+c^2)\ge (a+b+c)^2[/tex], de donde se tiene lo pedido.
c) Tomando en cuenta que los trazos tangentes desde un punto a una circunferencia son congruentes, es fácil ver que [tex]QP+QR+RS+ST+TU+UP=2(QP+RS+TU)[/tex].
Sean [tex]a=BC[/tex], [tex]b=AC[/tex] y [tex]c=AB[/tex], lo que se pide probar es que [tex]2(QP+RS+TU)\le \frac{2}{3}(a+b+c)[/tex] lo que por la parte a) equivale a [tex]a-\frac{a^2}{s}+b-\frac{b^2}{s}+c-\frac{c^2}{s}\le \frac{1}{3}(a+b+c)[/tex] [tex]\Leftrightarrow (a+b+c)-2\frac{(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)}\le \frac{1}{3}(a+b+c)[/tex]
[tex]\Leftrightarrow 1-2\frac{(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}\le \frac{1}{3}[/tex] [tex]\Leftrightarrow \frac{1}{3}\le \frac{(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}[/tex]
que es lo que se probó en b), conluyendo el problema.[/hide]
