Soluciones oficiales Clasificación Olimpiada Nacional Nivel Mayor

Transcripción

1 Soluciones oficiales Clasificación Olimpiada Nacional 009 Comisión Académica Nivel Maor Problema 1. Calcule todas las soluciones m, n de números enteros que satisfacen la ecuación m n = 009 (n + 1) Solución. Caso 1. n > 1.Claramente m > 0. De la igualdad m n = 009 (n + 1) se obtiene que n divide a 009 (n + 1). Puesto que n (n + 1) son coprimos se tiene que n debe dividir a 009 = Luego, n debe dividir a 7 ó n divide a 41. Por lo tanto, n = 7 ó n = 1. De esta manera, Caso. n = 1. Claramente m = 0 n = 1 = m = 009 = n = 7 = 7 m = = m = 41 8 = 38. Caso 3. n < 1. Claramente se tiene que m < 0. Tomando p = (n + 1) < 0 se obtiene que la ecuación se transforma en m(p 1) = 009 p = ( m)( p + 1) = 009 ( p) Como ( p) ( m) son positivos se obtiene, similar al caso 1, que ( p + 1) = 1 ó ( p + 1) = 7, lo cual da como solución la pareja n = 7, m = 6 41 = 46. En resumen, ha eactamente cuatro pares que son solución. 1

2 Problema. Se corta un cubo de lado a por un plano que pasa por los puntos medios de tres aristas que están en diferentes caras. Determine la figura plana que aparece en el corte (la sección) calcule su área. Solución 1 B F B E c A c A Considere el heágono formado por los puntos medios de las aristas que se ven en la figura anterior. Este eágono contiene a los puntos A, B C es plano, luego es la sección pedida. Además podemos afirmar que el polígono de corte es un heágono regular. En efecto dado que sus lados unen puntos medios de cada cara del cubo cada uno mide a. Por lo anterior todos los lados son congruentes. Si consideramos dos ángulos cualquiera por ejemplo CF B DAE notar que los triángulos respectivos son congruentes por el criterio LLL luego estos ángulos miden lo mismo son congruentes. Finalmente el área del heágono regular es Solución D ( 6 a ) = 4 4 a. Utilizar coordenadas geometría analítica con un sistema coordenado 3D ubicado en una de las esquinas del cubo.

3 Problema 3. Demuestre que para cualquier elección de números reales e. Solución < 1 Primero ha que notar que es suficiente probar la propiedad para números positivos e, dado que estos suman más que si consideramos valores negativos o cero en algunas de las variables. La idea de esta solución es notar que si a > 0 la epresión a como función de es menor + o igual a 1 a, hecho que se deduce directamente de la identidad + a a. Utilizando lo anterior Ahora Solución claramente < 1 luego < 1. La idea de esta solución geométrica es cambiar los valores de las variables por ángulos. Primero ha que notar que es suficiente probar la propiedad para números positivos e, dado que estos suman más que si consideramos valores negativos o cero en algunas de las variables. 1+ b a A = = 1 ( ) ( Luego poniéndolo en términos de identidades trigonométricas: ) A = cot(α) sin (α) + cos(α) cot(β) sin (β) = cos(α) sin(α) + cos(α) cos(β) sin(β) luego A = 1 sin(α) + 1 sin(β) cos(α) < = 1 Es estricta pues cos(α) < 1. 3

4 Problema 4. Solución 1. Sea k la cantidad de ángulos interiores que son maores o iguales que 180 grados. La suma total de los ángulos interiores del poligono es (n )180, luego debe tenerse que (n )180 > k180, de donde n k >. Concluímos que la cantidad de ángulos interiores menores que 180 grados es maor que. Pauta de correción: Este argumento vale 10 puntos solo si se presenta una demostración sobre la fórmula para la suma de ángulos interiores de un polígono de n lados. Además se requiere que tal demostración no use el hecho de que eisten ángulos interiores menores que 180 grados. Por ejemplo, la demostración clásica por inducción sobre el número de lados que usa un recorte triangular no es válida. Frente a la falta de una tal demostración solo se asignarán 7 puntos. Una demostración de la fórmula para suma de ángulos interiores que sí es válida es la siguiente: Lema 0.1. La suma de los ángulos eteriores (con signo) de un polígono de n lados es 360 grados. Demostración: Los ángulos eteriores con signo representan los cambios de dirección que sufren los lados al llegar a cada vértice. Como se trata de una figura cerrada, el cambio total es el correspondiente a una vuelta, es decir, 360 grados. En cada vértice la suma del ángulo interior mas el ángulo eterior con signo es 180 grados. Luego, α int + α et = 180n = α int = 180n vertices vertices Solución. Escojamos una cierta inclinación que no es paralela a ningún lado del polígono,, trasladando paralelamente, acerquemos al polígono una línea con esta inclinación desde el infinito, digamos desde la derecha hacia la izquierda. Esta línea toca por primera vez al polígono en un cierto punto P 1. Como esta línea no es paralela a ningún lado, este punto P 1 es un vértice del polígono. El polígono está ubicado completamente en el semiplano izquierdo determinado por esta línea, luego el ángulo interior en P 1 es menor que 180 grados. Con la misma inclinación, acerquemos esta vez una línea desde la izquierda hacia la derecha hasta tocar por primera vez al polígono en un cierto punto P. Este punto debe ser un vértice el polígono está completamente contenido en el semiplano derecho determinado por la línea. Esto implica que los puntos P 1 P son diferentes (en caso contrario el polígono estaría contenido en una línea). El ángulo interior en P es menor que 180 grados. Los puntos P 1, P determinan una inclinación. Con esta inclinación, traslademos desde el infinito (digamos desde abajo hacia arriba) una línea hasta tocar por primera vez al polígono en un vértice P 3. Ahora hacemos lo mismo, pero desde arriba hacia abajo hasta tocar por primera vez un vértice P 4. Por un argumento analogo al caso de P 1, P, los puntos P 3 P 4 son diferentes, como la inclinación de las dos últimas líneas es la misma que la del segmento P 1 P, el conjunto {P 1, P, P 3, P 4 } tiene al menos 3 puntos diferentes. Hemos hallado así un tercer vértice cuo ángulo interior es menor que 180 grados. Pauta de correción: Si usa la idea de aproimarse desde el infinito con algun objeto (línea, círculo, etc.) muestra que el primer contacto se realiza en un vértice cuo angulo es bueno, a tiene 3 puntos. Si con éste método consigue un segundo vértice bueno obtiene 3 puntos más. El total del puntaje se asignará al hallar el tercer vértice. 4

5 Problema 5. Es posible dividir los números de 1 a 100 en cincuenta pares ordenados de modo que en la lista (a 1, b 1 ),..., (a 50, b 50 ), a 1 b 1, a b,..., a 50 b 50, a 1 a, a a 3,..., a 49 a 50, se encuentren todos los números enteros del 1 al 99? Solución. Notemos que la única forma de obtener 99 es hacer Con los números restantes no se puede formar el 98 por lo que debemos usar el 100 o el 1. Tomemos entonces a 1 = 100 b 1 = 1. El caso a 1 = 1 b 1 = 100 es análogo. Esto obliga a escoger a = para formar 98. Usando el mismo argumento se obtiene que una solución es escoger para todo i {1,,..., 50}: { 101 i si i es impar a i = i si i es par { 101 i si i es par b i = i si i es impar De donde se obtiene que para todo i, a i b i = 101 i. Luego se tienen todos los números impares. Por otro lado, para todo i {1,,..., 49}, a i a i+1 = 100 i, es decir todos los pares. 5

6 Problema 6. Considere m, n enteros positivos con m > n. Determine si la parte entera del número es par o impar. m 1 Solución. Por el algoritmo de la división eisten naturales q r, con 0 r < n tales que m = qn + r. Luego tenemos que m 1 = qn+r 1 = qn+r r + r 1 ( = r qn ) 1 n + r 1 1. Usando la igualdad ( s 1) = ( 1)( s 1 + s ) deducimos que el primer término de arriba es un entero. Como r < n, el segundo término de arriba es menor que 1, luego la parte entera buscada es ( r qn ) 1 n = r ( q(n 1) + q(n ) ). 1 Este número es par cuando r = 0 e impar en caso contrario. Deducimos entonces que la parte entera buscada es impar sí sólamente sí m es un múltilpo de n. 6