XLIV Olimpiada Matemática Española Fase nacional 2008 (Valencia) PRIMERA SESIÓN (28 de marzo)

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1 Fase nacional 008 (Valencia) PRIMERA SESIÓN (8 de marzo).- Halla dos enteros positivos a y b conociendo su suma y su mínimo común múltiplo. Aplícalo en el caso de ue la suma sea 97 y el mínimo común múltiplo Sea p un número primo ue divide a la suma [,b ]. a Como [ a b ] a + b y a su mínimo común múltiplo p, al menos divide a uno de los dos enteros a ó b. Si p a, al dividir p a la suma a + b, también p b. (Obviamente el mismo razonamiento vale si hubiéramos supuesto ue p b). Por tanto podemos dividir los dos números a y b por p y también su mínimo común múltiplo [ a,b ], para obtener dos enteros a y b a b tales ue a =, b = y [ ] [ a, b ] a, b =. Sea el máximo común divisor de a y b, p p p d = ( a,b ). Repitiendo el proceso anterior llegaremos a obtener dos enteros A y B tales ue a = da, b = db y ( A, B ) =. Entonces [ A, B ] = AB. Ahora es fácil a + b A + B = d determinar A y B a partir del sistema de ecuaciones [, ]. Es decir A y a b AB = d B son las raíces de la ecuación de segundo grado d t ( a + b) t + [ a, b ] = 0. Observamos ue el discriminante de esta ecuación es no negativo. En efecto: = ( a + b) 4d a, b = ( a + b) 4ab = ( a 0 [ ]. Si a y b son distintos, la ecuación anterior tiene por soluciones los dos enteros a b positivos A = y B =. d d En particular cuando a + b = 97 y [ a, b ] = 98598, tenemos ue d = ( 97, 98598) = 4. Por tanto a = 4A y b = 4B siendo A y B las raíces de la ecuación 4t 97t = 0. Es decir A = 49 y B = 50 y los números buscados son a = 964 (año de la primera OME) y b = 008 (año de la actual edición de la OME).

2 Fase nacional 008 (Valencia) PRIMERA SESIÓN (8 de marzo).- Prueba ue para cualesuiera números reales a, b tales ue 0 < a, b <, se cumple la desigualdad siguiente: ab + a b + ( a)( + ( a) ( <. Se verifica ue x < x para todo x (0,). Teniendo en cuenta ue a + b 0 < <, utilizando la desigualdad anterior y aplicando la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica, se tiene: a + b + a + b ab ab < = y ( a)( < ( a)( a + b a + b + a + b =. Sumando las expresiones anteriores resulta o euivalentemente ab + ( a)( <, ( ab + a b + ( a)( + ( a) ( ) <, de donde se obtiene inmediatamente la desigualdad del enunciado.

3 Fase nacional 008 (Valencia) PRIMERA SESIÓN (8 de marzo).- Sea p un número primo. Se divide cada lado de un triángulo en p partes iguales y se une cada uno de los puntos de división con el vértice opuesto. Calcula el número máximo de regiones, disjuntas dos a dos, en ue ueda dividido el triángulo. En primer lugar veremos ue tres de estos segmentos (cevianas) no pueden ser concurrentes. Sea el triángulo ABC y X, Y, Z puntos de las divisiones interiores de los lados BC, AC, AB respectivamente. Si AX, BY y CZ fueran concurrentes aplicando el teorema de Ceva tendríamos AZ BX CY =. ZB XC YA Por otro lado, por la forma en ue hemos construido los puntos de división, existen enteros positivos k, l, m {,,..., p }, tales ue AZ k BX l CY m =, =, =. ZB p k XC p l YA p m Sustituyendo en la expresión anterior k l m = ( p k)( p l)( p m), o euivalentemente, k l m + p m( p k l) = p ( p k)( p l). De auí resulta ue p divide al producto klm, ue es imposible y nuestra afirmación inicial ueda probada. Dibujando las cevianas desde el vértice A el triángulo ABC ueda dividido en p triángulos. Las cevianas trazadas desde B dividen cada uno de los p triángulos anteriores en p partes disjuntas, teniendo en total p regiones. Cada ceviana trazada desde el vértice C aumenta el número de regiones en un número exactamente igual a su número de intersecciones con las rectas ue encuentra (incluido el lado AB ). Es decir, ( p ) + = p. Por tanto, el número máximo de regiones disjuntas dos a dos, en ue ueda dividido el triángulo ABC es p + ( p )( p ) = p p +.

4 Fase nacional 008 (Valencia) SEGUNDA SESIÓN (9 de marzo) 4.- Sean p y dos números primos positivos diferentes. Prueba ue existen enteros positivos a y b, tales ue la media aritmética de todos los b divisores positivos del número n = p a es un número entero. La suma de todos los divisores de n viene dada por la fórmula a b ( + p + p p )( ), como se puede comprobar desarrollando los paréntesis. El número n tiene ( a + )( b + ) divisores positivos y la media aritmética de todos ellos es ( + p + p m = a p )( + + ( a + )( b + ) Si p y son ambos impares, tomando a = p y b =, es fácil ver ue m es un entero. p Efectivamente: cada factor + p + p + p p y tiene un número par de sumandos y por ejemplo, el primero se puede escribir como sigue p p + p + p + p p = ( + p) + p ( + p) p ( + p) = p ( + p)( + p p ). Análogamente el segundo factor = ( + )( ). Entonces 4 p 4 m = ( + p + p p )( ), ue es un entero positivo. 4 Si p = y es impar, se eligen b = y a + = Entonces m ( )( ) = = entero. ( b ). )( + ) a, ue es Para = y p impar, análogamente al caso anterior se eligen a = p y 4 p b = p + p p y m es entero. Alternativamente y de una manera casi directa, se obtiene una solución completa observando ue si p y son primos impares se toman a = b = y si p = y primo impar, entonces se consideran a = y b =.

5 Fase nacional 008 (Valencia) SEGUNDA SESIÓN (9 de marzo) 5.- Dada una circunferencia y en ella dos puntos fijos A, B, otro variable P y una recta r ; se trazan las rectas PA y PB ue cortan a r en C y D respectivamente. Determina dos puntos fijos de r, M y N, tales ue el producto CM DN sea constante al variar P. Trazamos las paralelas a r por A y B ue cortan a la circunferencia en A y B respectivamente de modo ue AA BB es un trapecio isósceles. Las intersecciones de AB y BA con r determinan los puntos M y N buscados. En efecto, los triángulos AMC y DNB (sombreados en la figura) son semejantes ya ue tienen dos ángulos iguales: A' A D r M C N B B' P MAC = B BP = NDB, donde la primera igualdad es cierta por ser ángulos inscritos en el mismo arco y la segunda por ser BB paralela a r. AMC = AB B = DNB, con argumentos análogos a los anteriores. Estableciendo la proporcionalidad de los lados resulta AM MC cantidad ue no depende de P. = ND BN MC ND = AM BN,

6 Se observa ue si la recta r pasa por el punto A, M = A = C, no se forma el triángulo AMC. En este caso CM = 0 y el producto CM DN = 0, es constante. Análogamente este producto es cero si la recta r pasa por B o por los puntos A y B en cuyo caso CM = DN = 0. XLIV Olimpiada Matemática Española Fase nacional 008 (Valencia) SEGUNDA SESIÓN (9 de marzo) 6.- A cada punto del plano se le asigna un solo color entre siete colores distintos. Existirá un trapecio inscriptible en una circunferencia cuyos vértices tengan todos el mismo color? La idea inicial es considerar una circunferencia C de radio r y sobre ella bloues de 8 puntos A, A,..., A8 igualmente espaciados; es decir ue los arcos A i A i+ i =,..., 7 tengan igual longitud λ > 0 (ue se elegirá convenientemente) para cada uno de los bloues. Se elige un sentido dado (por ejemplo, el antihorario). Se disponen entonces, en este sentido antihorario, = 50 bloues de 7 + = 8 puntos cada uno en la semicircunferencia superior de C, tales ue dos bloues distintos no se interseuen o solapen, para lo cual se toma λ suficientemente peueño, por π r ejemplo 0 < λ <. 400 Se observa ue al menos hay dos puntos del mismo color en cada bloue. Se eligen dos de esos puntos y su color se le asocia al bloue. Y la distancia entre estos dos puntos ue es uno de los siete números d n = nλ, n {,,,4,5,6,7 }, se le asigna también al bloue. De este modo a cada uno de los 50 bloues se le hace corresponder el par (color, distancia), indicado anteriormente. Como el número total de posibles pares es 49, por el principio el palomar, existirán dos bloues R y Q a los ue se les asocia el mismo par (color, distancia). Por tanto los cuatro puntos determinados por estos dos bloues tienen el mismo color. Y como los dos puntos del bloue R distan igual ue los dos puntos del bloue Q, estando los cuatro puntos sobre la circunferencia C, necesariamente, estos cuatro puntos son los vértices de un trapecio inscriptible. NOTA: Este mismo razonamiento se podría hacer considerando un arco de circunferencia de radio r de l longitud l, 0 < l π r. En este caso se tomaría λ, 0 < λ <. 400 Y también se podría generalizar a un número de colores c ( c ) cualesuiera, considerando c + puntos en vez de 7 + y c + bloues disjuntos de c + puntos cada uno, en vez de 7 + bloues de 7 + puntos cada uno. Y ahora λ debe cumplir ue 0 l < λ <. ( c + )( c + )

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