Solución. Substituíndo $x$ por $f(x)$, temos a ecuación $$ f(f(x) f(y))=f(f(x) y)+f(x), $$ de onde se obtén que $$ f(f(x) y)=f(f(x) f(y))-f(x) $$ Cambiando os valores de $x$ e $y$ na ecuación inicial, obtemos que $$ f(y f(x))=f(y x)+y . $$ Comparando ambas expresións, temos a ecuación $$ f(f(x) f(y))=f(y x)+y+f(x), $$ cuxo lado esquerdo é invariante ao intercambiar os papeis de $x$ e $y$. Polo tanto, $$ f(x y)+y+f(x)=f(x y)+x+f(y), $$ de onde se ten que $$ f(x)-x=f(y)-y . $$ Noutras palabras, cúmprese que $f(x)-x=c \in(0,+\infty)$. Polo tanto, calquera función que poida satisfacer a ecuación inicial é da forma $f(x)=x+c, \operatorname{con} c \in(0,+\infty)$. Para que esa función sexa solución, ambos lados da igualdade teñen que coincidir para calquera par $(x, y)$, isto é, as dúas expresións seguintes teñen que ser iguais: \begin{align*} f(x f(y)) & =x f(y)+c=x(y+c)=x y+c x+c \\ f(x y)+x & =x y+c+x=x y+x+c \end{align*} Iso ocorre se, e só se, $c x=x$ para todo $x>0$, o cal implica que $c=1$. A única solución é, polo tanto, $f(x)=x+1$.

Solución. Dado un polígono $P$, escribimos $S_{P}$ para denotar a súa área. Como $B N$ é unha recta paralela a $A D$, cúmprese que as perpendiculares desde $B$ e $N$ a $A D$ teñen a mesma lonxitude; polo tanto, os triángulos $A B D$ e $A N D$ teñen a mesma área. Tense entón que $$ S_{A N D}=S_{A B D}=\frac{1}{2} S_{A B C D} $$ Por outro lado, os triángulos $A D M$ e $B N M$ son semellantes, por ter os seus lados paralelos. Como $M D=2 B M$, cúmprese tamén que $A M=2 M N$, ou, o que é o mesmo, $\frac{M N}{A N}=\frac{1}{3}$. Como os triángulos $A M D$ e $M N D$ comparten a altura, tense que $$ \frac{S_{M N D}}{S_{A N D}}=\frac{1}{3} $$ Finalmente, $$ S_{M N D}=\frac{1}{3} S_{A N D}=\frac{1}{6} S_{A B C D}, $$ polo que o cociente buscado é $1 / 6$.

Solución. Consideremos o polinomio $p(x)=x q(x)-1$, que ten grao 2024 e se anula en $x=1,2, \ldots, 2024$. Polo tanto, $$ x q(x)-1=p(x)=c(x-1) \cdots(x-2024) $$ Avaliando en $x=0$, quédanos que $-1=c \cdot 2024!$. Polo tanto, $$ p(x)=\frac{-1}{2024!}(x-1) \cdots(x-2024), $$ de onde se ten que $p(2025)=\displaystyle\frac{-1}{2024!} 2024!=-1$ e concluímos que $2025 \cdot q(2025)-1=-1$, polo que $q(2025)=0$.

Solución. Vexamos que isto é posible para todo $n$. En primeiro lugar vexamos por indución que dado $k \in \mathbb{N}$ é posible escribir no encerado calquera número impar entre $2^{k} n-2^{k+1}+1$ e $2^{k} n+2^{k+1}-1$.

Para $k=1$. No primeiro paso podemos chegar a $n-1$ ou $n+1$, no segundo teremos $2 n-2$ ou $2 n+2$, e ao volver a repetir o primeiro paso alcanzamos $2 n-3,2 n-1,2 n+1$ ou $2 n+3$, que son tódolos impares entre $2 n-3$ e $2 n+3$.

Supoñamos que podemos escribir calquera número impar entre $2^{k} n-2^{k+1}+1$ e $2^{k} n+ 2^{k+1}-1$, entón o seguinte paso será multiplicar por 2, co que podemos escribir calquera número par que no sexa múltiplo de 4 entre $2^{k+1} n-2^{k+2}+2$ e $2^{k+1} n+2^{k+2}-2$, é dicir, aqueles que son congruentes con 2 módulo 4. Ao sumar o restar 1 chegaremos a tódolos que son congruentes con 1 ó 3 módulo 4 que están entre $2^{k+1} n-2^{k+2}+1$ e $2^{k+1} n+2^{k+2}-1$, é dicir, os impares entre $2^{k+1} n-2^{k+2}+1$ e $2^{k+1} n+2^{k+2}-1$.

Só falta demostrar que existe $k \in \mathbb{N}$ tal que entre $2^{k} n-2^{k+1}+1$ e $2^{k} n+2^{k+1}-1$ hai un cadrado perfecto impar.

Sexa $m \in \mathbb{N}$ tal que \begin{equation*} m^{2} \leq 2^{k} n-2^{k+1}+1 \tag{1} \end{equation*} e $$ 2^{k} n-2^{k+1}+1 < (m+1)^{2} . $$ Vexamos que podemos tomar $k$ de xeito que $$ (m+2)^{2} \leq 2^{k} n+2^{k+1}-1 $$ Por redución ao absurdo, se $$ 2^{k} n+2^{k+1}-1 < (m+2)^{2}, $$ entón, sumando (1) á desigualdade, obtemos que $$ \begin{gathered} 2^{k} n+2^{k+1}-1+m^{2} < (m+2)^{2}+2^{k} n-2^{k+1}+1 \\ \Rightarrow 2^{k}-\frac{3}{2} < m \Rightarrow\left(2^{k}-\frac{3}{2}\right)^{2} < m^{2} \leq 2^{k} n-2^{k+1}+1 \Rightarrow 2^{k}-1+\frac{5}{2^{k+2}} < n \end{gathered} $$ o cal é falso para $k$ suficientemente grande.

Logo entre $2^{k} n-2^{k+1}+1$ e $2^{k} n+2^{k+1}-1$ atópanse $(m+1)^{2}$ e $(m+2)^{2}$, que, como son cadrados consecutivos, un deles é impar.

Solución. Supoñamos que $1 < a < b < c < d < n$, de forma que existen enteiros positivos $d_{1}, d_{2}, d_{3}$ e $d_{4}$ de forma que $$ d_{1} a=d_{2} b=d_{3} c=d_{4} d=n $$ con $1 < d_{4} < d_{3} < d_{2} < d_{1} < n$. En particular, $$ 1001=a+b+c+d=n\left(\frac{1}{d_{1}}+\frac{1}{d_{2}}+\frac{1}{d_{3}}+\frac{1}{d_{4}}\right) \leq n\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}\right)=\frac{77 n}{60} . $$ Illando $n$, tense que $n \geq 780$. Para $n=780$, o dito no enunciado é posible, xa que os seus divisores 390, 260, 195 e 156 cumpren que $$ 390+260+195+156=1001. $$

Solución. Sexan $C$ e $M$ os puntos de intersección dos circuncírculos de $BFC$ e $CDE$. Como os cuadriláteros $B FCM$ e $CDEM$ son cíclicos, cúmprese que $$ \angle DMF=\angle DMC+\angle CMF=\angle DEC+\angle CBA=180^{\circ}-\angle BAE . $$ Polo tanto, o cuadrilátero $AFMD$ é cíclico e, analogamente, o cuadrilátero $ABME$ tamén o é. Polo tanto, conclúese que o punto $M$ é común aos catro circuncírculos.