Solucionario Ronda final Nivel superior

Transcripción

1 Solucionario Ronda final Nivel superior XXIII OCM y V OBM 1 de junio de Primera solución. a) Si a es amigo de b y b es amigo de c, entonces los números ab y bc son cuadrados perfectos, así que se puede decir que ab = m y bc = n, para m y n enteros positivos. Con esto se puede concluir que ac = (ab)(bc) ( mn ) b = b es un cuadrado perfecto. b) Sea d el máximo común divisor de a y b. Se tiene entonces que a/d no tiene factores comunes con b/d. Como a y b son amigos, ab = (a/d)(b/d)d es un cuadrado perfecto, y por lo tanto (a/d)(b/d) debe ser un cuadrado perfecto. Como el producto de dos números sin factores comunes es cuadrado perfecto, cada uno de ellos debe ser cuadrado perfecto, y con esto se tiene que ad = (a/d)d es un cuadrado perfecto, por ser producto de cuadrados perfectos. c) Supóngase que x es el menor número que es amigo de a, pero x no divide a todos los amigos de a. Si b es un amigo de a que no es divisible por x, el máximo comun divisor de b y x será un número c menor que x, que por la parte (b) es amigo de b. Por la parte (a) del problema se sabe que c debe ser un amigo de a menor que x, y esto es una contradicción, pues x es el menor número amigo de a. Esta resultó de suponer que x no divide a b, y por lo tanto se puede concluir que x divide a todos los amigos de a. Segunda solución. a) Si a es amigo de b y b es amigo de c, entonces los números primos que dividen a a y que tienen un exponente impar serán los 1

2 mismos que dividen a b y que tienen un exponente impar en la factorización de b, pero por esta razón serán a su vez los mismos primos que dividen a c con un exponente impar. Así, como los números primos que dividen a a y a c con exponente impar son los mismos, al hacer la multiplicación estos exponentes se suman y se llega a que todos los exponentes de los primos en el producto ac son pares, por lo que ac es un cuadrado perfecto. b) Sea d el máximo común divisor de a y b. Como a es amigo de b, los números primos que dividen a cada uno de estos números con exponente impar son los mismos, por lo que al calcular d se tendrá un exponente impar para estos primos también en d. Al hacer la multiplicación de a y d se tendrá entonces que los números primos con exponente impar son los mismos en los dos factores, por lo que sus exponentes se suman y el resultado de la multiplicación tiene exponente par en cada uno de sus primos, por lo que es un cuadrado perfecto. c) El menor número amigo de a, que se denominará x, será aquel que tenga en su factorización prima solamente los primos que tienen exponente impar en a, cada uno de ellos con exponente 1, para que al hacer la multiplicación se tenga exponente par en cada factor primo y el número sea un cuadrado perfecto. Ahora, los números que son amigos de a se caracterizan por tener un exponente impar en los primos que dividen a a con exponente impar y solamente en ellos. Así, todos los amigos de a son divisibles por cada uno de los primos que dividen a a con exponente impar y por lo tanto también divisibles por su producto, que es justamente el número x descrito anteriormente.. Solución. Sea P el punto de intersección de AB y CD. Por la potencia del punto P con los círculos Γ 1 y Γ, se tiene que PC = PA PB = PD, por lo que PC = PD. Por el teorema de Ceva en el triángulo DBC, se verifica que DJ JB BI IC CP PD de donde IJ es paralelo a CD. = 1, entonces BI IC = BJ JD,

3 Sabiendo que en una circunferencia los ángulos inscritos son iguales a los ángulos excritos, se tiene que GEC = GCD. Además, los arcos EC y CA son iguales, por la simetría de E y A con respecto a C y Γ 1, de donde se puede concluir que EGC = CGA y por tanto los triángulos GEC y GCD son semejantes, pues tienen dos ángulos iguales, y se tiene que GE GC = GC GD. Como GEB = GCB por estar inscritos en el mismo arco, los triángulos GEK y GCI también son semejantes. De esta semejanza se puede concluir GE GC = GK GI. Ahora, se tiene GE GC = GC GD y GE GC = GK GI de donde GC GD = GK GI lo que implica KI paralelo a CD. Análogamente se obtiene que JL es paralelo a CD. Dado que sólo existe una paralela a CD que pasa por I se puede concluir que KI e IJ están sobre la misma recta. Igualmente, sólo hay una paralela a CD que pasa por J luego IJ y JL están sobre la misma recta. Entonces los tres segmentos KI, IJ y JL están sobre la misma recta paralela a CD de donde los puntos KIJL son colineales y están sobre una recta paralela a CD. 3. Solución. Sea a i el número de estudiantes del país i. Cada uno de estos a i estudiantes puede saludarse con los t a i estudiantes restantes. Por tanto, habría no más de a i (t a i ) saludos en los que participarían miembros de este país. Si se evalúa esto para cada uno de los estudiantes en la fiesta, y se suman los resultados, se obtiene que 3

4 a 1 (t a 1 ) = a 1 t a 1 a (t a ) = a t a... a m (t a m ) = a m t a m R = t(a 1 + a + + a m ) (a 1 + a + + a m). Como cada saludo se ha contado dos veces, R es un número par y es igual a C. Ahora bien, como a 1 + a + + a m = t, pues son todos los estudiantes en la fiesta, entonces C = t (a 1 + a + + a m ). Finalmente, por la desigualdad media aritmética - media geométrica, a i + a j a ia j de donde se tiene que m(a 1 + a + + a m ) = (a 1 + a + + a m ) + (a 1 + a ) + (a 1 + a 3 ) + (a m 1 + a m ) (a 1 + a + + a m) + (a 1 a + a 1 a a m 1 a m ) = t. Por lo tanto, C = t (a 1 + a + + a m) t t m = t ( m 1 m ). Despejando C se obtiene el resultado pedido. 4. Solución. B P C R A D Q Sean AP = x y BP = y. El área del cuadrilátero BPRC es entonces (x + y) x xy + y = = y(x + y ). Se busca entonces construir con regla y compás un cuadrado con lado igual a y(x + y ). Reconstruyendo la demostración de la desigualdad media aritmética - media geométrica, la construcción es la siguiente: 4

5 Sobre una recta constrúyanse de forma consecutiva las distancias y y x + y. Tomando el punto medio de la distancia x + 3y así construida, se dibuja una semisircunferencia con ese centro de forma que pasa por los dos extremos en los que las distancias y y x + y no coinciden. Se traza una perpendicular a la recta inicial por el extremo común a los segmentos de longitudes y y x + y hasta cortar con la semicircunferencia. La longitud de este segmento de la perpendicular es exactamente y(x + y ). Se construye con esta distancia el cuadrado correspondiente, lo que concluye el problema. 5. Solución. Para cada par de objetos A y B, los puntos del plano que podrían tener ambigüedad con respecto a la distancia con estos objetos son los que están sobre la mediatriz de A y B. Al trazar esta mediatriz, los puntos que se encuentran del lado de A deben tener a A antes que a B en la lista, y viceversa. De esta forma, si se trazan todas las mediatrices que se forman por cada pareja de objetos, el plano queda dividido en regiones de tal forma que todos los puntos que se encuentren en la misma región deben tener la misma lista asignada, pues en una de estas regiones todos los puntos se encuentran del mismo lado de cada una de las mediatrices, y ningún par de objetos puede cambiar de orden relativo, generando el mismo orden asignado. Además, dos regiones distintas siempre van a tener distinta lista asignada, pues estas regiones deben estar separadas por alguna mediatriz, los objetos relacionados con esta mediatriz quedarán en orden inverso. Por esto el máximo número de listas diferentes que se pueden encontrar es igual al máximo número de regiones que pueden aparecer. Si hay n objetos, el número de mediatrices que se deben trazar es n(n 1). Si se trazan m rectas en el plano, de forma que no hayan rectas paralelas ni tres concurrentes, se generan en total m(m+1) + 1 regiones (esto se puede demostrar fácilmente por inducción), y este es el máximo número de regiones que se pueden formar con este número de rectas. Si los objetos se ubican de tal forma que no hayan 3 colineales, no habrán rectas paralelas. Pero tres mediatrices que correspondan a un mismo triángulo siempre serán concurrentes. Si los objetos se colocan de forma que no hayan más rectas concurrentes, se tendrán en total 5

6 ( n 3) = n(n 1)(n ) 6 puntos en los cuales se intersectan 3 rectas. Esta configuración de las rectas se puede cambiar mínimamente para que en cada intersección triple se dañe, y se genere un pequeño triángulo por cada una de ellas, sin formar ni perder ninguna de las regiones que se tenían anteriormente. Al hacer esto, se tendrá el caso en el cual no hay dos líneas paralelas ni tres concurrentes, y se tendrán en total n(n 1) ( n(n 1) + 1) + 1 regiones, de las cuales ( n 3) se formaron con la modificación, mientras que las otras ya existian. Así que inicialmente el número de regionesque se tenían es n(n 1) ( n(n 1) + 1) + 1 n(n 1)(n ), 6 y este es el máximo número de listas que se podrían encontrar. 6. Solución a) Existen muchos números 7-separables, como por ejemplo los números 413, o (por ejemplo, 413 es 7-separable pues + 3 = 4 + 1, + 4 = y + = 4 + 0). Para ver que hay infinitos números 7-separables, basta agregar otros dos dígitos uno al comienzo de alguno de estos números, y se obtienen infinitos números 7-separables, como en la secuencia 413, 11413, ,... b) Para que un número sea separable, es necesario que la suma de sus dígitos sea par. Si al sumarle o restarle 7 a este número tan solo cambian las unidades, las unidades cambiarán de paridad, y el número no podría ser 7-separable. Así que para que un número sea 7-separable, debe cambiar de dígito en las decenas al sumarle o restarle 7, y por lo tanto su último dígito es 3, 4, 5 o 6. Además, vease que al sumar o restar 7, cada uno de los dígitos del número inicial quedan igual o cambian de paridad (aumentan 7 o disminuyen 3 en las unidades, o aumentan 1 o pasan de 9 a 0 en las otras posiciones), así que es necesario que al sumar o restar 7 cambie una cantidad par de dígitos. Considerese primero el caso en el cual sólo cambian los dos últimos dígitos. Si a y b son los últimos dígitos de n (con b en las unidades), se tendrá que 6

7 los últimos dígitos de n 7 son (a 1) y (b + 3), y los últimos dígitos de n + 7 serán (a + 1) y (b 3). Los otros dígitos de n permanecerán iguales en n 7 y n + 7. Si n sea separable, al repartir los dígitos en dos grupos pueden presentarse dos casos: que a y b queden en el mismo grupo, o que queden en distinto grupo. En todo caso, la diferencia que se forme debe ser balanceada con los otros dígitos. Por ejemplo, si n sólo tuviera 3 cifras, la tercera cifra tendría que ser a + b o a b. Mediante un razonamiento análogo en n 7, se tiene que esta misma cifra es a + b + o a b 4, y por el lado de n + 7, esta cifra sería a + b o a b + 4. Como las sumas son todas distintas, es necesario que hayan dos restas que se repitan, y se generan 3 casos: a. Si a b 4 = a b, entonces a b 4 = a+b, a b =, y se tendrá que a b+4 = 6, y a+b = (b+)+b 6 (recordando que b 3). b. Si a b 4 = a b + 4, entonces a b = 0, a b 4 = 4 y se tendrá que a b = 0, y a + b = b 6 4. c. Si a b = a b+4, entonces a b = a+b 4, a b =, y se tendrá que a b 4 = 6, y a+b+ = (b )+b+ 6. De aquí se concluye que no existe ningún número 7-separable de 3 dígitos. Para formar un número 7-separable de 4 dígitos, la suma o la diferencia de los últimos dígitos debe nivelarse con los dos primeros dígitos, ya sea con la suma o con la diferencia y sólo tienen dos posibles resultados. Por lo tanto dos de los términos en (1), () o (3) deben ser iguales. Como no hay dos sumas iguales, podrían haber dos restas iguales, o una suma igual a una resta. Si hay dos restas iguales, de los casos anteriores se tiene que podrían haber términos iguales a y el otro es mínimo 6 (casos a, c), de donde el menor 7- separable de estos casos comenzaría por 4 (pues su suma es 6 y su diferencia es 4), como por ejemplo 413 o 464, o (caso b) dos 7

8 términos iguales a 4, y el otro es 0 (y genera el número 33), o mayor que 6, donde el menor número posible es Si se tiene una suma igual a una resta, aparecen 6 casos, que se pueden verificar directamente: Si a b 4 = a+b, b = (que no es posible) o a =, que genera el número 143. Si a b 4 = a + b, b = 1 (que no es posible) o a = 3, que genera el número Si a b = a + b +, b = 1 o a = 1, que no es posible. Si a b = a + b, b = 1 (que no es posible) o a = 1, que genera el número 413. Si a b + 4 = a + b +, b = 1 o a = 3, que no es posible. Si a b + 4 = a + b, b = o a =, que no es posible. En el caso en que cambien más de dos dígitos al sumar o restar 7, se ve que se deben modificar al menos 4 dígitos, y no se generan soluciones menores a 143, pues la única posibilidad es pasar de novecientos a mil, pero no hay separables entre 993 y 999. Con todo esto, se puede concluir que el menor número 7-separable es