Soluciones Fase Local Viernes 13 y sábado 14 de enero de m 7 = n 2

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Ana Belén Parra Ávila
hace 6 años
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1 LIII Olimpiada Matemática Española Soluciones Fase Local Viernes 3 y sábado 4 de enero de 07 Olimpiada Matemática Española RSME. Describir todas las soluciones enteras positivas (m, n) de la ecuación 8m 7 = n y dar el primer valor de m (si existe) mayor que 959. omo 8m es un número par, entonces 8m 7 es impar. Es decir n es un número impar y, por lo tanto n = k +, k 0. Llevando esta expresión a la ecuación obtenemos que 8m 7 = (k + ) m = k(k + ) que es un número entero, ya que k(k +), al ser el producto de números consecutivos, es siempre par. De este modo las soluciones de la ecuación anterior son n = k +, m = k(k + ) +, +, k 0. Un pequeño cálculo nos lleva a ver que el primer m mayor que 959 es 07, que se obtiene para k = 63. on k = 6 se obtiene m = alcular el número máximo de raíces reales distintas que puede tener un polinomio P que verifique la siguiente propiedad: el producto de dos raíces distintas de P sigue siendo una raíz de P. La solución es 4. Sea a 0 tal que a =, entonces basta tomar como raíces 0,, a y /a. Para completar el problema hay que comprobar que no puede haber polinomios que cumplan la propiedad con mayor número de raíces. Supongamos que el polinomio tiene cinco raíces. Entonces hay dos, llamémoslas a y b, tales que a 0,,, b 0, y a b. Pero, por la condición del enunciado, a b es una raíz, lo mismo que a b, a b, a 3 b,..., lo que contradice que el polinomio tenga cinco raíces. sí, pues, el mínimo es cuatro.

2 3. Se colorean los números,,..., n de dos colores, azul y rojo. Probar que si n = 07 existe una coloración tal que la ecuación 8(x + y) = z no tiene soluciones monocromáticas. Determinar el menor n para el que nunca es posible colorear los números de forma tal que no haya soluciones monocromáticas. Vamos a proceder de manera constructiva, buscando una coloración de los números que nos asegure que la ecuación no pueda tener soluciones en las que x, y y z sean los tres del mismo color. Supongamos que hemos asignado el color rojo al. Entonces, si x =, y =, tenemos que z = 8( + ) = 6. Por tanto, si queremos que no haya soluciones del mismo color, el 6 tendrá que ser azul. hora, sabiendo que el 6 es azul, tomando x = y = 6, resulta que z = 8(6 + 6) = 56 tiene que ser rojo. De momento, tenemos que el y el 56 son rojos, mientras que el 6 es azul. Tomado x =, y = 56, resulta que z = 8( + 56) = 056, tendrá que ser azul. on esto, podemos pintar de rojo todos los números entre y 5, de azul los comprendidos entre 6 y 55 y de azul, de nuevo, aquellos entre 56 y 07. on esta coloración es fácil comprobar que, si tomamos x e y del mismo color, entonces z necesariamente tiene otro color (teniendo en cuenta que x e y son tales que 8(x + y) 07). En efecto, si x, y están entre y 5, entonces 6 8(x + y) 40 z es rojo. Por otra parte, si x, y están entre 6 y 55, resulta que 56 8(x + y) 4080, pero como el máximo producto que podemos tomar es 07, el número obtenido será de color rojo. Por tanto hemos probado que, con n = 07, hay una forma de colorear los números de manera que no hay soluciones monocromáticas. Para resolver la segunda pregunta, vemos que el mínimo n que cumple la propiedad es 055, ya que si n = 056, hay soluciones monocromáticas. En efecto, si z = 056 (azul) una de las posibles soluciones de la ecuación 8(x + y) = 056 es x = 00, y = 57, donde tanto x como y son azules.

3 4. Encontrar todas las soluciones enteras positivas de a + b + b + c + c + a + a + b + c = Observemos que si todos los denominadores son mayores o iguales que cuatro, la suma será menor o igual que uno, dándose la igualdad solo si los cuatro denominadores son 4. Es decir si a, b, c la única solución posible es que a = b = c =, cuando los cuatro denominadores son iguales a 4. nalicemos ahora el caso en que no se cumpla a, b, c. Eso quiere decir que al menos uno de ellos es igual a. Supongamos, sin pérdida de generalidad, que es a =. Es fácil ver que si, tanto b y c son mayores o iguales que 3, no hay soluciones, ya que todos los denominadores son mayores o iguales que 4, siendo dos de ellos mayores estrictos que 4, por lo que la suma es siempre menor que. Por tanto, si existe alguna otra solución con a =, debe ser que bien b o bien c son menores que 3. Supongamos, sin pérdida de generalidad, que es b < 3. Entonces b = o b =. Si b = entonces tenemos a + b + b + c + c + a + a + b + c = + c + + c =, pero esta ecuación no tiene solución en números enteros. nalogamente, si b = entonces a + b + b + c + c + a + a + b + c = + c + + c + =, que tampoco tiene solución en enteros. Por tanto, la única solución es a = b = c =. 5. Hallar todas las soluciones enteras positivas de la ecuación 8x x 6xy + y = 08. La idea es la de factorización y para ello, nos damos cuenta de que en el primer miembro de la ecuación podemos intentar completar cuadrados. sí, como tenemos y 6xy, completamos el cuadrado de y 3x. De este modo tenemos que 8x x 6xy + y = (y 3x) x x. hora completamos el cuadrado de la parte que ha quedado. De este modo, si restamos en cada lado de la igualdad resulta (y 3x) x x = 08 (y 3x) (x + ) = 07. omo el primer miembro es la diferencia de dos cuadrados, podemos factorizarlo, quedando (y 4x )(y x + ) = 07. 3

4 Pero como 07 es primo, entonces los factores del primer miembro son y 07 o y 07. Esto da lugar a cuatro posibles soluciones { { y 4x = y 4x = (x = 007, y = 4030) (x = 009, y = 4036) y x + = 07 y x + = 07 { y 4x = 07 y x + = (x = 009, y = 08) { y 4x = 07 y x + = (x = 007, y = 0) De las cuatro, solo dos son en enteros positivos. sí, pues, las soluciones son x = 007, y = 4030 y x = 007, y = En un triángulo acutángulo consideramos su ortocentro, H. Sean, y los simétricos de H con respecto a los lados, y, respectivamente. Probar que si los triángulos y tienen un ángulo igual, entonces también tienen un lado igual. Es cierto el recíproco? Vamos a ver que los seis puntos,,,, y están sobre la circunferencia circunscrita al triángulo. Para verlo, trazamos la circunferencia circunscrita al triángulo y, por, una perpendicular al lado que corta a la circunferencia en un punto y al lado en P, como se muestra en la siguiente figura. P Los ángulos marcados por son iguales, pues son ángulos inscritos que abarcan el mismo arco. Notar que P es la altura del triángulo trazada desde el vértice. Trazamos, ahora, la altura del triángulo desde el vértice. Las dos alturas se cortan en el ortocentro H. La figura que obtenemos es la siguiente Q H P 4

5 Los triángulos QH y P H son semejantes, pues son rectángulos y el ángulo en el vérice H es el mismo, ya que se trata de ángulos opuestos por el vértce. Por tanto el ángulo en el vérice y en el vértice son iguales. De aquí se deduce que los triángulos rectángulos HP y H son iguales, por lo que es el simétrico de H respecto al lado. on un razonamiento similar, vemos entonces que,,,, y están sobre la misma circunferencia. Si completamos el dibujo, podemos seguir haciendo observaciones sobre el mismo, como vamos a ver en la siguiente figura ' ' H β β Llamemos a los ángulos de los triángulos,, y,, respectivamente (siendo el ángulo en el vértice y así sucesivamente). La cuerda divide a la circunferencia en dos partes, una de ellas es la que corresponde al ángulo y la otra parte al ángulo. omo se trata de ángulos inscritos, tenemos la relación: = 80. nálogamente = 80, = 80. on estas observaciones podemos resolver fácilmente el problema. Si los dos triángulos tienen un ángulo igual, necesariamente tienen que tener un lado igual, pues ángulos iguales abarcan cuerdas iguales. El recíproco no es cierto, pues ángulos suplementarios abarcan la misma cuerda. Para construir un contraejemplo, basta con elegir los ángulos, y de manera que uno de los, o sea suplementario de alguno de los primeros y obtuso. Por ejemplo, tomando = 35, = 70 y = 75, resulta = 80 = 0, = 80 = 40, = 80 = 30. Vemos que y son suplementarios, por lo que los triángulos tendrán un lado igual, pero los ángulos no. 5

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