Problemas y Soluciones de la 24 OIM

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1 Problemas y Soluciones de la 24 OIM Países que mandaron problemas Problema - México - Efrén Pérez Terrazas Problema 2 - México - Juán José Alva González Problema 3 - El Salvador - Eder Alexander Jacobo Arévalo Problema 4 - México - Eduardo Velasco Barreras Problema 5 - Argentina - Equipo Argentino Problema 6 - Argentina - Equipo Argentino Problema México Sea n un natural mayor que 2. Supongamos que n islas están ubicadas en un círculo y que entre cada dos islas vecinas hay dos puentes como en la figura: x x 2 x n x 3 x n x j Comenzando en la isla x, de cuántas maneras se pueden recorrer los 2n puentes pasando por cada puente exactamente una vez? Solución. Es claro que existe simetría entre comenzar el recorrido en el sentido opuesto al de las manecillas del reloj (sentido anti-horario o levógiro), o bien comenzarlo en el sentido de las manecillas del reloj (sentido horario o dextrógiro). Por consiguiente, bastará

2 2 Problemas y Soluciones de la 24 OIM con conocer cuantos caminos hay en la gráfica que recorren todas las aristas y cada una de ellas una sola vez, que empiezan en x y que recorren su primer arista en el sentido horario y al resultado multiplicarlo por 2 Se denotará por x 2 al vértice que se encuentra al final de la primera arista y por x 3,...,x n a los demás vértices que se van encontrando al recorrer la circunferencia en el sentido horario. x x 2 x n x 3 x n x j Se dice que x j es un vértice de rebote (o bien, que hay un rebote en x j ) si desde x se avanza hasta x j y luego se regresa a x por la dirección opuesta, es decir que para < j n hay un rebote en x j si el camino da origen a la sucesión de vértices x x 2 x j x j x j x 2 x y si el rebote es en x entonces se tiene una sucesión de vértices x x 2 x n x x n x 2 x. Es inmediato que hay {{ 2 {{ = 2 j j j caminos desde x hasta x determinados por el vértice de rebote x j, pues hay dos aristas por elegir en cada vértice x i con i {,...,j al desplazarse hasta x j, mientras que en el desplazamiento de regreso solamente queda una opción en cada vértice. Si x j es un vértice de rebote entonces, para poder recorrer todo la gráfica pasando una sola vez por cada arista, es necesario que ahora se realice un camino hasta x j en el sentido antihorario y luego un camino de regreso hasta x en el sentido horario, es decir que ahora hay una sucesión de vértices x x n x n x j+ x j x j+ x n x n x, para la cual hay {{ 2 n j+ {{ = 2 n j+ n j+ caminos. Por consiguiente hay n (2 n ) caminos con rebote que comienzan en x y que su primer arista se recorre en el sentido horario.

3 Problemas y Soluciones de la 24 OIM 3 Solamente queda considerar el caso en que no hay rebotes, es decir que hay una sucesión de vértices x x 2 x n x x 2 x n x, para la cual también hay 2 n caminos posibles. Se concluye que existen 2 n (n+) caminos que empiezan en x y cuya primer arista se recorre en el sentido horario, por lo que la respuesta es 2 2 n (n + ) = 2 n+ (n + ). Problema 2 México Para cada entero positivo n se define a n = n + m donde m es el mayor entero tal que 2 2m n2 n. Determinar qué enteros positivos no aparecen en la sucesión a n. Solución. Realizando las cuentas, se ve que los primeros términos de la sucesión son,3, 5, 6, 7, 9, 0,, 2, 3, 4, 5, 7,..., por lo que se demostrará que la respuesta son los naturales que no son potencias de 2. Depende del primer momento en que m cambia el que un número aparezca o no en la sucesión. Ahora bien, en la lista mostrada, se ve que a 2, a y a son los elementos de la sucesión previos a un salto. Si n = 2 k k, entonces n2 n 2 2k y log 2 (n) < k. Luego y n2 n < 2 2k, por lo que log 2 (n) + n < k + 2 k k = 2 k, a 2 k k < 2 k. () Si n = 2 k k+, entonces 2 2k n2 n. Como 2 k > k se tiene que 2 k k+ > 2 k, y así log 2 (n) > k. Se sigue de las identidades previas que n+log 2 (n) > k +2 k k+ = 2 k, luego n2 n > 2 2k, por lo que a 2 k k+ 2 k +. (2) Es fácil ver que si 2 2k > n2 n, entonces 2 2k+ > (n + )2 n+, así que a n+ a n 2. De este argumento y de las identidades () y (2) se obtiene que a 2 k k = 2 k ; a 2 k k+ = 2 k +. (3) Más aún, como a n+ a n, las identidades (3) muestran que a 2 k k+t = 2 k + t para t {,...,2 k. Si no, de otra manera se tendría que a 2 k+ (k+) = a 2 k k+2 k > 2 k+. Se concluye que en la sucesión aparecen todos los enteros positivos excepto los que son potencias de 2. Segunda Solución Los primeros términos de la sucesión son, 3, 5, 6, 7, 9, 0,, 2, 3, 4, 5, 7,..., esto sugiere que la sucesión omite las potencias de 2 (mayores que ).

4 4 Problemas y Soluciones de la 24 OIM Sea b n la sucesión formada por los enteros positivos que no son de la forma 2 k con k ordenados de manera creciente. Se mostrará que b n = a n para todo n. Para n = tenemos que b = = a. Ahora se considera n 2. Sea k el entero positivo tal que 2 k n < 2 k+. Como n 2 y k es positivo, 2 k < n + k < n + k + < 2 k+ + k + < 2 k+2. Esto muestra que n + k está entre las potencias 2 k y 2 k+2. Hay dos casos:. 2 k < n + k < 2 k+ Esto implica que n + k + 2 k+. De los n + k enteros del conjunto {, 2,..., n + k exactamente k de ellos son potencias de 2: 2, 2 2,...,2 k (pues 2 k+ > n + k), por lo que los restantes n enteros son los primeros n términos de la sucesión b j. Esto dice que b n es el último entero del conjunto {, 2,..., n + k que no es potencia de 2. Pero en este caso que se analiza, n + k no es potencia de 2, por lo que b n = n + k. Por otra parte, de las desigualdades que satisfacen n y k, tenemos que 2 2k < 2 n+k = 2 k 2 n n2 n < 2 k+ 2 n = 2 n+k+ 2 2k+. Entonces k es el mayor entero tal que 2 2k n2 n, por lo que a n = n + k y entonces a n = b n k+ n + k < 2 k+2 En este caso sucede que 2 k+ n+k < n+k + < 2 k+2. Aquí de los n+k + enteros positivos del conjunto {, 2,..., n + k + exactamente k + de ellos son potencias de 2, por lo que los restantes n son los primeros n términos de la sucesión b j. Luego b n es el último entero del conjunto {, 2,..., n + k + que no es potencia de 2. Pero n + k + no es potencia de 2, por lo que b n = n + k +. Por otra parte, de las desigualdades que satisfacen n y k, tenemos que 2 2k + 2 n+k = 2 k 2 n n2 n < 2 k+ 2 n = 2 n+k+ < 2 2k+2. Entonces k + es el mayor entero tal que 2 2k+ n2 n, por lo que a n = n + k + = b n. Problema 3 El Salvador Sean C y C 2 dos circunferencias de centros O y O 2 con el mismo radio, que se cortan en A y en B. Sea P un punto sobre el arco AB de C 2 que está dentro de C. La recta AP corta a C en C, la recta CB corta a C 2 en D y la bisectriz de CAD intersecta a C en E y a C 2 en L. Sea F el punto simétrico a D con respecto al punto medio de PE. Demostrar que existe un punto X que satisface XFL = XDC = 30 y CX = O O 2. Solución. Observemos primero que, puesto que F es el simétrico de D con respecto al punto medio de PE, se tiene que las diagonales del cuadrilátero FPDE se intersectan en su punto medio. Por tanto, F P DE es un paralelogramo. Así que F P = ED. Ahora bien, como las circunferencias son iguales y AB es la cuerda común, AB abre el mismo arco en ambas circunferencias. De aquí que ACB = ADB. Entonces el triángulo ACD es isósceles. Como AL es bisectriz del CAD, se tiene que AL es la mediatriz de

5 Problemas y Soluciones de la 24 OIM 5 CD. Además, puesto que CAE = LAD, las cuerdas CE y LD son iguales. Observemos que BCA = BAE = BDL por abrir arcos iguales. Concluimos que CE es igual y paralela a DL. Así que ECLD es un paralelogramo. De aquí que CL es igual y paralela a DE. Por tanto, CL es igual y paralela a FP. Hemos demostrado que FPCL también es un paralelogramo. Como CD es perpendicular a EL, EDCL es un rombo. Así que ED = DL = LC = CE. Observemos que PL = LD pues PAL = LAD. Concluimos que FC = PL = LD = LC = FP. Puesto que LD = CE y las circunferencias son iguales, los triángulos O CE y O 2 LD son congruentes. Como LD es paralela a CE concluimos que O C es paralela O 2 L. Esto muestra que O O 2 LC es un paralelogramo. De aquí que O O 2 = CL = LD = FC. Ahora bien, sea X un punto tal que el triángulo LCX es equilátero. Como CF = CL = CX, C es el circuncentro de FLX. De aquí que LFX = LCX = = 30. Hemos mostrado que X cumple lo que se pide. Problema 4 México Sea ABC un triángulo con AB AC. Sean I el incentro de ABC y P el otro punto de intersección de la bisectriz exterior del ángulo A con el circuncírculo de ABC. La recta PI intersecta por segunda vez al circuncírculo de ABC en el punto J. Demostrar que los circuncírculos de los triángulos JIB y JIC son tangentes a IC y a IB, respectivamente. Solución. Sea M el punto de intestección de AI con el circuncírculo de ABC. Como AM y AP son la bisectriz interior y exterior del ángulo A, entonces forman un ángulo recto en A. Por tanto, PMA = 90 APM. Pero APM = ACM = ACB + BCM = C + BAM = C + A. Concluimos que PMA = 2 90 C A = ( B C). 2 2 Por otro lado, BJP = BCP = BCA + ACP = BCA + AMP = C + ( B 2 C) = ( B + C) = IBC + ICB. Es decir, BJP es igual al ángulo externo en I del 2 triángulo IBC. Esto muestra que CI es tangente al circuncírculo del JIB. Análogamente, se tiene que BI es tangente al circuncírculo de JIC. Segunda Solución Como AP es bisectriz exterior del ángulo en A, se tiene que P es el punto medio del arco BC que contiene a A. Sean C la circunferencia tangente a CI en I que pasa por B y C 2 la circunferencia tangente a BI en I que pasa por C. Sea K el segundo punto de intersección, distinto de I, de C con C 2. Veamos que K = J. Como C es tangente a CI, BKI es igual al ángulo exterior en I del triángulo BIC. Es decir, BKI = IBC + ICB = ( B + C). Análogamente, CKI = ( B + C). Por 2 2 tanto, BKC = BKI + CKI = 2( ( B + C)) = B + C = 2 80 A. De aquí que el cuadrilátero ABKC es cíclico. Entonces K pertenece al arco BC, del circuncírculo del triángulo ABC, que no contiene a A. Además, puesto que BKI = ( B + C) = CKI, 2 KI es bisectriz del ángulo BKC. Por lo tanto, KI pasa por el punto medio del arco BC opuesto a K. Es decir, K, I y P son colineales. Así que K = J. Tercera Solución Observemos que, como AP es bisectriz exterior del ángulo en A, entonces P es el punto medio del arco BC que contiene a A. De aquí que BJP = PJC. Pero

6 6 Problemas y Soluciones de la 24 OIM BJP + PJC = BJC = 80 A = B + C. Por lo que BJP = PJC = ( B + C). Además, el ángulo exterior del BIC mide IBC + ICB = ( B + C) = 2 2 BJP = PJC. El resultado se sigue por el teorema del ángulo semi-inscrito. Problema 5 Argentina La sucesión a n está definida por a =, a 2k = + a k y a 2k+ = a 2k, para todo entero k. Demostrar que todo número racional positivo aparece exactamente una vez en esta sucesión. Solución. Es claro que a 2k > y a 2k+ (0, ) si k > 0. Ahora a =, a 2 = 2, a 3 = /2. Sea u/v un número racional positivo con u y v coprimos. Se probará por inducción sobre s = u + v que a k = u/v para algún k. Como se ha visto, esto se cumple para s = 2 y s = 3. Si u/v > se considera al número u/v = (u v)/v. Observe que u v y v son coprimos y que la suma de ellos es (u v) + v = u < s, por hipótesis de inducción se tiene que a k = (u v)/v para algún k. Por lo tanto, a 2k = + a k = u/v. Si u/v <, entonces v/u >. Por un argumento como el anterior, existe k tal que a k = v/u = (v u)/u. Por lo tanto, a 2k = + a k = v/u, y entonces a 2k+ = /a 2k = u/v. Para ver que dado un racional positivo u/v hay sólo un k tal que a k = u/v, supongase que no es así y sea u/v un racional tal que a i = a j = u/v, i < j, con i mínimo con esta propiedad. Entonces, los dos indices i y j tienen la misma paridad (y los dos son pares si u/v >, y los dos son impares si u/v < ). Si son los dos pares, con i = 2i 0, j = 2j 0, tenemos que a i = a 2i0 = + a i0 y a j = a 2j0 = + a j0, por lo tanto a i0 = a j0, contradiciendo la manera de escoger i. Si son los dos impares con i =, entonces a j =, y esto puede pasar si y sólo si j =. Si i >, entonces i = 2i 0 +, j = 2j 0 +, a i = /a 2i0, a j = /a 2j0, y se obtiene que a 2i0 = a 2j0, una vez más se contradice la minimalidad de i. Segunda Solución Si se escribe la representación binaria de n como n = 2 α α 0+α α 0+ +α s donde s 0, α 0 0 y α,...,α s positivos, se puede mostrar fácilmente por inducción que a n = [α 0, α,...,α s, α s + ], (4) donde se utiliza la notación [b 0, b, b 2..., b t ] para la fracción continua b 0 + b + b b t + b t. (5)

7 Problemas y Soluciones de la 24 OIM 7 En efecto, si s = 0 se tiene a 2 α 0 = + a 2 α 0 = 2 + a 2 α 0 2 = = α 0 + a = α 0 + = [α 0 + ], lo que prueba la fórmula (4) para s = 0. Suponiendo que s > 0 y escribiendo m = 2 α + 2 α +α α + +α s, se tiene que n = 2 α 0 ( + m). Como m es par, obtenemos a n = + a 2 α 0 (+m) = = α 0 + a +m = α 0 + a m. Ahora la fórmula (4) se sigue fácilmente por inducción sobre m, ya que el número de sumandos binarios de m es < s. Ahora la conclusión del problema se sigue del hecho conocido que cada número racional admite una representación en fracción continua como aquella que aparece en el lado derecho de (4) que además es única ya que para s 0 se tiene que α s + > (sin esta condición, cualquier número racional admite de hecho dos representaciones como una fracción continua que son para b s > ). [b 0,...,b s, b s ] = [b 0,...,b s, b s, ] Problema 6 Argentina Alrededor de una circunferencia se marcan 6000 puntos y cada uno se colorea con uno de 0 colores dados, de manera tal que entre cualesquiera 00 puntos consecutivos siempre figuran los 0 colores. Hallar el menor valor k con la siguiente propiedad: Para toda coloración de este tipo existen k puntos consecutivos entre los cuales figuran los 0 colores. Solución. El menor valor es k = 89. Veamos primero que, en toda coloración con las caracteristicas del enunciado, los 0 colores están presentes en algún arco de longitud 89. Aquí, y en lo que sigue, un arco de longitud l significa l puntos consecutivos alrededor de la circunferencia. Siempre supondremos que la dirección del movimiento alrededor de la circunferencia es en el sentido del reloj. Supongamos por el contrario que para alguna coloración, ningún arco de longitud 89 contiene todos los 0 colores. Entonces sucederá lo siguiente: (i) en cada arco de longitud hay un color que no figura entre los 89 puntos subsiguientes; (ii) cada arco de longitud 2 contiene precisamente 2 colores. Veamos porqué. Si (i) es falso para algún arco de longitud, en los 89 puntos subsiguientes tienen que estar presentes los 0 colores (pues en cada arco de longitud 00 figuran todos los colores), lo que es contrario a lo supuesto. Para ver (ii), dividimos cualquier arco de longitud 00 en 9 arcos A,...,A 9, los primeros 8 de longitud cada uno y A 9 de longitud 2. Por (i), para cada i =,...,8 existe un color i en A i que no figura en A i+,...,a 9.

8 8 Problemas y Soluciones de la 24 OIM Claramente, los colores,..., 8 son distintos, luego hay a lo más 0 8 = 2 colores en A 9. En este argumento A 9 puede ser cualquier arco de longitud 2 de la circunferencia. Entonces cada arco de longitud 2 contiene a lo más 2 colores. En realidad contiene exactamente 2 colores. En efecto, si algún arco de longitud 2 tienen todos sus puntos del mismo color, consideremos A junto con el arco B de longitud 88 que sigue a A. En el arco A B figuran los 0 colores de modo que B y el último punto de A forman un arco de longitud 89 en el que figuran los 0 colores, en contradicción con nuestro supuesto. Entonces (ii) es verdadero. Ahora tomemos un punto p 0 del color 0 que no figura en los siguientes 89 puntos. Tal punto existe, en virtud de (i). Los puntos subsiguientes a p 0 forman un arco A. En el arco {p 0 A de longitud 2, hay exactamente 2 colores, por (ii). Uno de ellos es el color 0; llamemos al otro color. Además, por la elección de p 0, en A no figura el color 0. Luego todo el arco A es de color. Ahora, (i) garantiza que el color no aparece en los subsiguientes 89 puntos siguientes al último punto p de A. Exactamente el mismo argumento se aplica a p y al subsiguiente arco A 2 de longitud. Entonces el arco A 2 contiene un único color, que además no figura entre los subsiguientes 89 puntos. Aplicando repetidas veces el mismo razonamiento se ve que la circunferencia se divide en arcos de longitud con todos los puntos del mismo color en cada arco. Sin embargo esto es imposible, pues el número total de puntos, 6000, no es un múltiplo de. Por lo tanto, hay un arco de longitud 89 en el que figuran los 0 colores. El siguiente ejemplo muestra que la longitud 88 no es suficiente para garantizar esto en general. Dados 0 colores denotados por 0,...,9, tomamos los siguientes 0 arcos A 0,...,A 9, cada uno de longitud 2: A 0 = , A = 2222,..., A 8 = , A 9 = El arco A i+ se obtiene del arco A i por desplazamiento cíclico i i + de los colores. Repetimos el patrón A 0,...,A 9, 50 veces para obtener una coloración con 0 colores de los 6000 puntos alrededor de la circunferencia. Esto es posible, pues 6000 = Sea A cualquier arco de longitud 00 de esta coloración. Por la periodicidad podemos suponer que A comienza con un punto de un arco A 0, entonces contiene con certeza el color 0. Luego A contiene los arcos completos A,...,A 7 que siguen a A 0, y al menos cuatro puntos del arco A 8. Como el cuarto punto de A 8 tiene color 9, y como los colores,...,8 figuran en A,..., A 7, concluimos que A contiene los 0 colores. Ahora tomemos cualquier arco B de longitud 88 y supongamos de nuevo que comienza en un punto de un arco A 0. Consideremos los siguientes arcos A,...,A 8. El último punto de B está, o bien entre los 9 últimos puntos de A 7, o bien entre los primeros tres puntos de A 8, que tienen color 8. Como A 0,...,A 7 no contienen el color 9, se infiere que tampoco lo contiene el arco B. La demostración está completa.