A1.- Dado un entero positivo n, hallar la suma de todos los enteros positivos inferiores a 10n que no son múltiplos de 2 ni de 5.

Transcripción

1 A1.- Dado un entero positivo n, hallar la suma de todos los enteros positivos inferiores a 10n que no son múltiplos de ni de 5. Sean los conjuntos A = {1,,...,10n}, B = {, 4,...,(5n)}, C = {5, 10,...,5(n)}, B C = {10, 0,...,10n}. Nos piden la suma de los elementos de A que no son de B ni de C. Las sumas de los elementos de cada uno de los conjuntos es ΣA = 10n(10n +1), ΣB = 5n(5n +1), ΣC =5 n(n +1), y La suma pedida es Σ(B C) = 10n(10n +1). ΣA ΣB ΣC +Σ(B C) =0n.

2 A.- Sea ABC un triángulo acutángulo con  =45,yseaP elpiedelaalturaporb. Trazamos la circunferencia de centro P que pasa por C y que vuelve a cortar a AC en el punto X yalaalturapb en el punto Y. Sean r y s las rectas perpendiculares a la recta AY por P y X, respectivamente, y L, K las intersecciones de r, s con AB. Demostrar que L es el punto medio de KB. Por construcción es PX = PY = PC.Lostriángulos PAY y PCB, rectángulos en P, son iguales ya que AP = PB (el triángulo rectángulo AP B es isósceles) y PY = PC. Por tanto los ángulos α y β son iguales. El triángulo rectángulo PYQ es semejante a los anteriores, de manera que el ángulo γ = LP B es igual a α. Resulta que los segmentos PL y CB son paralelos, y por el teorema de Thales queda KL=LB ya que PX=PC. C P X γ Q Y α β A K L B

3 A3.- Los puntos A 1, A,..., A n+1 son los vértices de un polígono regular de n +1 lados. Hallar el número de ternas A i,a j,a k tales que el triángulo A i A j A k es obtusángulo. Al ser n+1 impar, no es posible construir triángulos rectángulos. Observemos que cualquier triángulo obtusángulo dejará el centro O (su circuncentro) fuera de él. Si lo giramos en sentido directo o inverso alrededor de O podemos conseguir que uno de sus vértices agudos esté ena 1. Los otros dos están,bienenelconjunto {A,...,A n+1 }, bien en {A n+,...,a n+1 }. El número buscado será ( n ). Como esto lo podemos hacer con cada uno de los n + 1 vértices, quedarán (n +1) ( n ) triángulos. Pero cada triángulo lo hemos contado dos veces, una para cada vértice Luego la solución bus- agudo. cada es (n +1) ( n ). A n+1 A n+ A 1 A O A n+1 Solución alternativa. Fijemos el vértice obtuso en un vértice, por ejemplo, el A 1. Los tres lados del triángulo abarcarán respectivamente x, y y z lados del polígono de n + 1 lados. Será x + y + z = n +1. Elladoopuestoalángulo obtuso, digamos z, deberá cumplir z n +1. Calculemos el número de soluciones enteras positivas de la ecuación x + y + z =n +1 con la condición fijada para la z. Si z = n+1, queda x+y = n que tiene n 1 soluciones. Si z = n+, queda x+y = n 1 que tiene n soluciones.... Si z =n 1, queda x + y = 1 que tiene 1 solución. En total hay (n 1) + (n ) + ++1= n(n 1) = ( ) n soluciones con el ángulo obtuso en A 1. Si consideramos las otras posibles posiciones para dicho ángulo queda en total ( ) n (n +1).

4 B1.- Sean a, b, c tres números reales positivos cuyo producto es 1. Demostrar que si la suma de estos números es mayor que la suma de sus recíprocos, entonces exactamente uno de ellos es mayor que 1. Dado que abc =1ya + b + c> 1 a + 1 b + 1, debe ser c (a 1)(b 1)(c 1) = abc ab bc ca + a + b + c 1 ( 1 = a + b + c a + 1 b + 1 ) > 0 c La desigualdad anterior se cumple cuando uno de los factores del número (a 1)(b 1)(c 1) es positivo o los tres factores son positivos. Si fuesen los tres positivos, entonces tendríamos a>1,b > 1yc>1locualnoesposibleporqueabc = 1. Por tanto, solo uno de ellos es positivo y esto completa la demostración.

5 B.- En un triángulo rectángulo de hipotenusa unidad y ángulos respectivos de 30,60 y 90, se eligen 5 puntos cualesquiera. Demostrar que siempre habrá 9entreellosque podrán cubrirse con un semicírculo de radio 3/10. Este triángulo tiene la propiedad que puede descomponerse en tres triángulos congruentes entre si y semejantes al triángulo inicial. Como tenemos tres triágulos y 5 puntos, en alguno de ellos habrá al menos 9 puntos. La hipotenusa de cada uno de estos triángulos semejantes al inicial mide 3/3, y como son rectángulos, éstos están cubiertos por la mitad de su círculo circunscrito. Ahora el enunciado queda demostrado porque r = < 3 10.

6 B3.- Sea P un punto interior a un triángulo ABC yseanh A, H B, H C los ortocentros de los triángulos PBC, PAC y PAB, respectivamente. Demostrar que los triángulos H A H B H C y ABC tiene igual área. Primero calcularemos la distancia de un vértice al ortocentro del triángulo. En la siguiente figura se observa que los triángulos BCC y AHC son semejantes, con lo que resulta AH CB = AC CC AH a = AC CC Además,eneltriángulo ACC se tiene que AC = b cos A y CC = b sin A. A b H c C a Sustituyendo en la expresión anterior resulta B AH a = b cos A b sin A = cot A de donde se obtiene que AH = a cot A. H A A B H B γ α Sean α = BPC,β = AP B, γ = AP C. Nótese que α + β + γ = 360. Entonces PH A = a cot α y PH C = c cot γ. Como que BH A PH C es un cuadrilátero y tiene β P H C C

7 dos ángulos rectos, resulta H A PH C = 180 B yelárea del triángulo PH A H C es A(PH A H C )= ac cot α cot γ sin B = A(ABC)cotα cot γ. Sumando las áreas de los tres triángulos PH A H B, PH B H C y PH C H A se obtiene A(H A H B H C )=A(ABC) cot α cot β. ciclico Dado que α + β = 360 γ resulta cot(α + β) =cotγ o equivalentemente, cot α cot β 1 cot α +cotβ = cot γ ciclico cot α cot β =1 Por tanto, A(H A H B H C )=A(ABC) y el enunciado queda probado.