EXAMEN Y SOLUCIONES X OLIMPIADA MATEMATICA DE CENTROAMERICA Y EL CARIBE SAN PEDRO SULA, HONDURAS 2008

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1 EXAMEN Y SOLUCIONES X OLIMPIADA MATEMATICA DE CENTROAMERICA Y EL CARIBE SAN PEDRO SULA, HONDURAS 2008 PROBLEMA #1 Hallar el meor etero positivo N tal que la suma de sus cifras sea 100, y la suma de las cifras de 2 N sea 110. Sea S () la suma de las cifras del etero positivo. Observemos que si todos los dígitos de so meores que 5, etoces obviamete dígito de mayor o igual que 5, al sumar lo que hace que S 2 2S. Pero por cada se produce el acarreo de ua uidad, S 2 dismiuya 9 uidades respecto de 2 S. E otras palabras, S 2 2S 9x, dode x es el úmero de uidades llevadas, que es igual al úmero de dígitos de 2S N S 2N que so mayores o iguales que 5. E este problema 90, por lo tato N debe coteer 10 cifras mayores o iguales que 5. Como estamos iteresados e el meor N posible, pogamos estas 10 cifras iguales a ueve, para dismiuir el úmero total de cifras. Para completar S N 100 co cifras meores que 5, se ecesita al meos tres cifras, que podrá ser 4, 4 y 2 ó 4, 3 y 3. Nos coviee la primera opció para poer el 2 e el primer lugar, y así formamos el úmero N (Verificació: S(N) , S 2N S )

2 PROBLEMA #2 Sea ABCD u cuadrilátero iscrito e ua circuferecia de cetro O, tal que AC es diámetro, y al costruir los paralelogramos DAOE y BCOF, los putos E y F tambié perteece a la circuferecia. Demuestre que ABCD es u rectágulo. Solució 1: Como AC es diámetro, AD OE CD ABC 90 CDA. Como AOED es paralelogramo, y dado que O equidista de C y D, OE debe ser mediatriz de CD. Por otra parte, como OA y OE so radios, etoces DAOE es además rombo, por lo que AO y AD so iguales (radios), pero OD tambié es radio, etoces, el triágulo AOD es equilátero. De uevo, por ser DAOE paralelogramo, ODE es tambié equilátero. Aálogamete se demuestra que OCB y OBF tambié so triágulos equiláteros. Como el triágulo OCB es equilátero, etoces BAC 30, mietras que DAO OCB ACB 90 BAC,, porque el triágulo AOD es equilátero. Luego, DAB 90, y BCD 360 3( 90 ) 90, es decir, ABCD es rectágulo. Solució 2: Como AC es diámetro, AD OE CD ABC 90 CDA. Como DAOE es paralelogramo, y dado que O equidista de C y D, OE debe ser mediatriz de CD, y a la vez bisectriz del águlo COD, etoces DOE 2 1 DOC DAC, la última igualdad debido a la relació etre águlo cetral y águlo iscrito. Por otra parte, DAO OED porque DAOE es paralelogramo, mietras que OED EDO porque OE OD (radios). De aquí se cocluye que el triágulo

3 ODE es equilátero, y de uevo, al ser DAOE paralelogramo, AOD tambié es equilátero. Aálogamete se demuestra que OCB y OBF tambié so triágulos equiláteros. Como el triágulo OCB es equilátero, etoces BAC 30, mietras que DAO OCB ACB 90 BAC,, porque el triágulo AOD es equilátero. Luego, DAB 90, y BCD 360 3( 90 ) 90, es decir, ABCD es rectágulo. F B A O C D E

4 PROBLEMA #3 Se tiee 2008 bolsas rotuladas del 1 al 2008, co 2008 raas e cada ua. Dos persoas juega alteradamete. Ua jugada cosiste e seleccioar ua bolsa y sacar de ella la catidad de raas que se desee (al meos ua), quedado e esta x raas ( x 0). Después de cada jugada, de cada bolsa co úmero de rótulo mayor al de la bolsa seleccioada y que cotega más de x raas, se escapa alguas hasta que quede x e la bolsa. Pierde el jugador que saque la última raa de la bolsa uo. Pruebe que uo de los jugadores tiee ua estrategia gaadora y explíquela. Gaa el primer jugador si e su primera jugada extrae 2007 raas de la bolsa úmero 2 y cotiúa jugado de la siguiete maera: si el segudo jugador extrae i raas de la bolsa uo, etoces el primero respode extrayedo la raa de la bolsa úmero 2009 i ; y si el segudo extrae la raa de la bolsa j, el primero respode dejado e la bolsa uo sólo j 1 raas. Probémoslo. Después de la primera jugada queda e la bolsa úmero uo 2008 raas y e cada ua de las bolsas de la 2 a la 2008 ua raa. Supogamos si perdida de geeralidad que las raas de la bolsa 1 está umeradas del 1 al 2008 y que al extraer raas de esta bolsa, se toma las de úmeros mayores. Podemos establecer etoces ua correspodecia biuívoca etre las raas de la 2 a la 2008 y las bolsas de igual úmero. Etoces es fácil percatarse de que siempre que el jugador 2 pueda jugar si sacar la última raa de la bolsa uo (raa úmero 1) etoces el primer jugador tambié podrá hacer su jugada si tocar dicha raa.

5 PROBLEMA #4 Cico amigas tiee ua pequeña tieda que abre de lues a vieres. Como cada día so suficietes dos persoas para atederla, decide hacer u pla de trabajo para la semaa, que especifique quiees trabajará cada día, y que cumpla las dos codicioes siguietes: a) Cada persoa trabajará exactamete dos días de la semaa. b) Las 5 parejas asigadas para la semaa debe ser todas diferetes. De cuátas maeras se puede hacer el pla de trabajo? Ejemplo: Si las amigas so A, B, C, D y E u posible pla de trabajo sería: lues A y B, martes A y D, miércoles B y E, jueves C y E, vieres C y D. A debe formar pareja co otras dos, que se puede escoger de 6 maeras (B y C, B y D, B y E, C y D, C y E, D y E). Si por ejemplo trabaja las parejas AB y AC, etoces tambié debe hacerlo DE, pues de lo cotrario para que D y E trabaje dos días debería trabajar DB, DC, EB y EC, y o alcaza los 5 días dispoibles. Etoces si trabaja AB, AC y DE, las dos parejas que falta sólo puede ser BD y CE o BE y CD. Resumiedo, las cico parejas para la semaa se puede escoger de 6x2 = 12 maeras. Como el úmero de maera de ordearlas es 5! = 120, el úmero de plaes de trabajo es

6 PROBLEMA #5 Halle u poliomio p (x) co coeficietes reales tal que ( x 10) p(2x) (8x 32) p( x 6) para todo x real y p (1) 210. Sea x 4 e ( x 10) p(2x) (8x 32) p( x 6) resulta 14 p (8) 0, es decir que p (8) 0. Sea x 10 resulta p ( 4), es decir que p ( 4) 0. Y fialmete sea x 2 resulta 12 p (4) 16 p(8) 0, de dode p (4) 0. Ahora bie, p (x) debe ser de tercer grado, ya que si ax es el térmio de mayor grado de p (x) etoces, comparado los térmios de mayor grado e ambos miembros de la igualdad ( x 10) p(2x) (8x 32) p( x 6) resulta ax(2x) ax(8x ), de dode 2 8 y por tato 3. Y como sabemos que -4,4 y 8 so raíces de p (x), debe ser p ( x) a( x 4)( x 4)( x 8). Fialmete para que p (1) 210 debe ser 210 a(1 4)(1 4)(1 8) 105a, de dode a 2 y p ( x) 2( x 4)( x 4)( x 8).

7 PROBLEMA #6 Sea ABC u triágulo. Se toma P e AB y Q e AC tal que BPQC es cíclico. La circuferecia circuscrita al ABQ corta a BC de uevo e S y la circuferecia circuscrita al APC corta a BC de uevo e R, PR y QS se iterseca e L. Demuestre que la itersecció de AL y BC o depede de la elecció de P y Q. Como BAQS y CAPR so cíclicos LRS = BAC LSR de dode LRS es isósceles de base RS. Sea M y N e las prologacioes de SQ y RP por Q y P respectivamete, como BPQC y BAQS so cíclicos se tiee que PQA AQM QPA APN (2). Veamos que (1) y (2) implica que A es el excetro del lo que AL es bisectriz del (1), aálogamete PLQ respecto a PQ por PLQ y como LRS es isósceles, AL es perpedicular a BC lo que implica que K es el pie de la altura trazada por A y por tato idepediete de la elecció de P y Q. M N A Q P j L B S K R C

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