52 Olimpiada Matemática Española 2016 Fase Local

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1 52 Olimpiada Matemática Española 2016 Fase Local Problema 1: Se sabe que con baldosas cuadradas de lado un número exacto de unidades podemos embaldosar una habitación de superficie unidades cuadradas de la siguiente manera: el primer día ponemos una baldosa, el segundo dos baldosas, el tercero tres, etc. Cuantas baldosas serán necesarias? Problema 2: Ayer entre en clase puntualmente a las 9:00, como comprobé con mi reloj que en ese momento funcionaba correctamente. Cuando salí, a las 13:00, volví a mirar el reloj y vi que las tres agujas se habían desprendido de su eje pero mantenían la misma posición en la que estaban cuando el reloj funcionaba. Curiosamente las agujas de las horas y de los minutos aparecían superpuestas exactamente, una sobre la otra, formando un ángulo (no nulo) menor que 120º con el segundero. A qué hora se me averió el reloj? (Dar la respuesta en horas, minutos y segundos con un error máximo de un segundo; se supone que cuando el reloj funcionaba, las agujas avanzaban de forma continua). Problema 3: Sea ABC un triángulo no isósceles rectángulo en C con catetos b>a. i) Determinar el lado del cuadrado AXYZ que circunscribe al triángulo ABC (los vértices B y C tienen que estar en lados distintos del cuadrado). ii) Explicar paso a paso como construir el cuadrado AXYZ con regla y compás. Problema 4: Las tres raíces del polinomio x 3-14x 2 + B x - 84 son los lados de un triángulo rectángulo. Calcular B. Problema 5: En un triángulo ABC la bisectriz por A, la mediana por B y la altura por C son concurrentes y además la bisectriz por A y la mediana por B son perpendiculares. Si el lado AB mide una unidad, calcular cuanto miden los otros dos lados. Problema 6: De cuantas formas se pueden pintar los vértices de un polígono con n 3 lados usando tres colores de forma que haya exactamente m lados, 2 m n, con los extremos de colores diferentes?

2 52 Olimpiada Matemática Española 2016 Fase Local Problema 1: Se sabe que con baldosas cuadradas de lado un número exacto de unidades podemos embaldosar una habitación de superficie unidades cuadradas de la siguiente manera: el primer día ponemos una baldosa, el segundo dos baldosas, el tercero tres, etc. Cuantas baldosas serán necesarias? El número de baldosas n debe ser igual a dividido por k^2 con k entero. Salta a la vista que = 2016 = = = = 63 k k=1, por lo que 2016 baldosas cuadradas de 3 3 unidades resuelven el problema. Si esto no se ve directamente o debe descartarse la existencia de otras posibilidades, hay que descomponer en factores primos: = Y que n = n(n+1)/2. Por tanto, debemos resolver en enteros la ecuación 2 n(n+1) = /k En k solo puede haber como máximo 3 factores 2 y 2 factores 3. Teniendo en cuenta que entre n 2 y el siguiente o anterior cuadrado hay una diferencia de 2n+1 o 2n 1, k = 1, n 2 + n = = , imposible k = 2, n 2 + n = 9072 = , imposible k = 3, n 2 + n = = SI k = 4, n 2 + n = 2268 = , imposible k = 6, n 2 + n = 1008 = , imposible k = 8, n 2 + n = 3 4 7, imposible debe ser par k = 9, n 2 + n = 448 = , imposible k = 12, n 2 + n = 252 = , imposible k = 18, n 2 + n = 112 = , imposible k = 24, n 2 + n = 3 4 7, imposible debe ser par k = 36, n 2 + n = 28 = , imposible k = 72, n 2 + n = 7, imposible debe ser par

3 Problema 2: Ayer entre en clase puntualmente a las 9:00, como comprobé con mi reloj que en ese momento funcionaba correctamente. Cuando salí, a las 13:00, volví a mirar el reloj y vi que las tres agujas se habían desprendido de su eje pero mantenían la misma posición en la que estaban cuando el reloj funcionaba. Curiosamente las agujas de las horas y de los minutos aparecían superpuestas exactamente, una sobre la otra, formando un ángulo (no nulo) menor que 120º con el segundero. A qué hora se me averió el reloj? (Dar la respuesta en horas, minutos y segundos con un error máximo de un segundo; se supone que cuando el reloj funcionaba, las agujas avanzaban de forma continua). Hay tres posibilidades: i) poco antes de las 9:50; ii) poco antes de las 10:55; a las 12:00. Esta última debe descartarse pues el segundero formaría un ángulo de 0 con las otras agujas. i) Sean m los minutos que pasan de las 9:00. El ángulo que forma la aguja horaria con las 12, contado en el sentido de avance de las agujas del reloj es m 30 /60, mientras que el minutero formará un ángulo de m 6, ya que la primera recorre 30 en una hora, mientras que la segundo recorre 360 /60 = 6 en un minuito. Por tanto, m/2 = 6m 270 = 11m/2 m = 540/11 = /11 1/11 min = 60/11 seg = seg El ángulo formado por las agujas es entonces de poco más de 90. ii) Sean m los minutos que pasan de las 10:00. Tendremos ahora: m/2 = 6m 300 = 11m/2 m = 600/1b1 = /11 6/11 min = 360/11 seg = seg, mayor que 120, que son los que hay entre las menos veinticinco y las menos diez. Por tanto el reloj se averió a las 9:49:05.

4 Problema 3: Sea ABC un triángulo no isósceles rectángulo en C con catetos b>a. i) Determinar el lado del cuadrado AXYZ que circunscribe al triángulo ABC (los vértices B y C tienen que estar en lados distintos del cuadrado). ii) Explicar paso a paso como construir el cuadrado AXYZ con regla y compás. i) Supongamos B situado en el lado XY del cuadrado y C en el YZ, y llamemos d a la longitud del lado del cuadrado. Como el ángulo en C es de 90, los ángulos <BCY y <ZCA son complementarios, de lo que se deduce que los triángulos rectángulos BYZ y CZA son proporcionales. Entonces, AZ AC = YC BC d b = d b2 d 2 a d = b d b b a 2 d 2 b b 2 d 2 = d(b a) b 2 (b 2 d 2 ) = d 2 (b a) 2 b 4 b 2 d = b 2 + (b a) < b 2 ii) La circunferencia circunscrita al triángulo ABC también pasa por X, por ser <ACB = <AXB, dado que ambos son rectos. La circunferencia que tiene al lado AC como diámetro también pasa por Z, por ser el <AZC recto. Por tanto basta girar una de estas circunferencias 90 hacia la otra para determinar un vértice del cuadrado como su otro punto de intersección. Conocido este punto, la construcción del cuadrado ya es trivial. En detalle: a. Se determina el punto medio M C de la hipotenusa AB. b. Se traza la perpendicular r por A a AB. c. Se traza la circunferencia de centro A que pasa por M C, que cortara a r en dos puntos. Llamamos M C al más próximo a C. d. Se traza la circunferencia de centro M C que pasa por A e. Se halla el punto medio M B del cateto AC. f. Se traza la circunferencia de centro M B que pasa por A. El otro punto de intersección de estas dos circunferencias, distinto de A, será el vértice C del cuadrado pedido. g. Se trazan las perpendiculares por A y Z al segmento AZ. h. Se traza la paralela por B al segmento AZ, que cortará a las anteriores rectas en los puntos X e Y respectivamente, quedando construido el cuadrado AXYZ. (applet de GeoGebra)

5 Problema 4: Las tres raíces del polinomio x 3-14x 2 + B x - 84 son los lados de un triángulo rectángulo. Calcular B. Sean a, b y c las tres raíces y lados del triángulo, siendo c 2 = a 2 + b 2. Por las relaciones de Cardano-Vietra: a + b + c = 14 (#1) a b + b c + a c = B (#2) a b c = 84 (#3) (pueden deducirse rápidamente desarrollando (x a)(x b)(x c) e igualando los coeficientes de los términos de igual grado) Elevando #1 al cuadrado: a 2 + b 2 + c a b + 2 b c + 2 a c = 196 2c 2 + 2B = 196 B = 98 c 2 Sacando ahora c factor común en #2 a b + (a + b)c = B 84 c + (14 c)c = 98 c c 2 c 3 = 98c c 3 14c 2 98c + 84 = 0 c 2 7c + 6 = 0 c = 7± = La solución c = 1 debe descartarse, pue debe ser c > a, b y la suma de las tres es 14. Por tanto c = 6 y B = = 62. No se pide, pero hallar a y b ahora es sencillo, dividiendo la cúbica por (x 6) o planteando la ecuación de 2º grado cuya suma de raíces es a + b = 14 6 = 8 y cuyo producto es a b = 84/6 = 14. De cualquiera de las dos formas, debe resolverse x 2 8x + 14 = 0, a, b = 8 ± = 4 ± 2

6 Problema 5: En un triángulo ABC la bisectriz por A, la mediana por B y la altura por C son concurrentes y además la bisectriz por A y la mediana por B son perpendiculares. Si el lado AB mide una unidad, calcular cuanto miden los otros dos lados. Sea M el punto medio del lado AC, N el punto de intersección de la bisectriz con el lado BC y P el pie de la altura por C. Se tiene que el triángulo ABM es isósceles, puesto que la bisectriz por A coincide con la altura. Por tanto AM = 1 y b = AC = 2. Por el T. de la bisectriz BN AB = NC CA NC BN = 2 Como las tres rectas son concurrentes, por el T. de Ceva: AP PB BN NC CM MA = 1 AP PB = 2 AP = 2 3, PB = 1 3 Aplicando el T. de Pitágoras a los triángulos BPC y APC, a 2 = h 2 C = a = = = 11 3 (Applet de GeoGebra)

7 Problema 6: De cuantas formas se pueden pintar los vértices de un polígono con n 3 lados usando tres colores de forma que haya exactamente m lados, 2 m n, con los extremos de colores diferentes? Sea s(m) el número de coloraciones admisibles de los vértices de un polígono de m lados con exactamente m lados con extremos de colores diferentes. Si se tiene una coloración admisible como esta, se puede obtener una con n >m segmentos y el mismo m expandiendo n m puntos a uno o más segmentos en los que no hay variación. Por tanto el número de coloraciones pedido será: c(n, m) = n s(m) m Las poligonales abiertas de m+1 vértices y m segmentos, todos los cuales tienen sus extremos de colores diferentes son 3 2 m, pues el primero vértice se puede colorear de cualquiera de los tres colores, mientras que cada uno de los siguientes debe tener un color distinto del que le precede. Pero las hay de dos tipos: i) Las que acaban con el color inicial. Son s(m), pues podemos cerrar el polígono haciendo coincidir el último vértice con el primero ii) Las que acaban en un color distinto. Son s(m+1), pues podemos cerrar el polígono con un segmente de extremos coloreados de diferente color. Por tanto, s(m) + s(m+1) = 3 2 m ó s(m+1) = 3 2 m s(m) Tenemos la condición inicial s(3) = 6, pues podemos usar cualquier permutación de los tres colores. Entonces, s(4) = = 18, s(5) = = 30, s(6) = = 66, Parece entonces que s(m) = 2 m inducción: s(m+1) = 3 2 m s(m) = 3 2 m ( 2 m + (-1) m 2. Esto se prueba de inmediato por + (-1) m 2) = 2 2 m - (-1) m 2 = 2 m+1 + (-1) m+1 2 Por c(n, m) = n m (2m + ( 1) m 2) tanto, Expresión válida igualmente para m = 1, 2. (Elaborado a partir de la solución proporcionada por José H. Nieto)