XIII OLIMPIADA NACIONAL DE MATEMATICA... Sociedad de Matemática de Chile

Transcripción

1 XIII OLIMPIADA NAIONAL DE MATEMATIA.... Sociedad de Matemática de hile SOLUIONES NIVEL MAYOR PRIMERA PARTE 1. Se consideran todas las fracciones positivas menores que uno, cuyo denominador es 2001 y cuyo numerador es un número que no tiene divisores comunes con alcule la suma de estas fracciones. omo 2001 = , debemos sumar todas las fracciones de la forma k/2001, donde k en un entero positivo menor que 2001, que no es divis ible ni por 3, ni por 23, ni por 29. Ahora bien, la suma de todas las fracciones menores que uno de denominador es igual a = A su vez, la suma de dichas fracciones con numerador divisible por 3 es = 333, la suma de las fracciones con numerador divisible por 23 es = 43, la suma de las fracciones con numerador divisible por 29 es = 34, la suma de las fracciones con numerador divisible por 3 23 es = 14, la suma de las fracciones con numerador divisible por 3 29 es = 11 y, finalmente, la suma de las fracciones con numerador divisible por es = 1. on ello y considerando que cuando se restan las fracciones de numerador divisible por 3 y las de numerador divisible por 23 se restan dos veces las de numerador divisible por 3 23, etc, se tiene que la suma de fracciones pedidas es igual a: 1000 ( ) + ( ) = Dado un triángulo rectángulo AB, se muestra en la figura siguiente las dos formas básicas de inscribir un cuadrado en él.. Demuestre que el cuadrado ADEF tiene mayor área que el cuadrado GHIJ. F E J I H A D B A G B

2 Determinemos, en términos de los catetos AB = c, A = b y la hipotenusa B = a, los lados de los cuadrados ADEF y GHIJ. En la figura de la izquierda, sea AD = DE = x. omo DE es paralela con A, entonces, DE/DB = A/AB, o sea x b = c x c, de donde bc x =. b + c En la figura de la derecha, sea GJ = GH = y. omo los triángulos AGJ y GHB son semejantes al triángulo AB, se tiene: AG/GJ = AB/B, o sea que AG = a yc ; además GB/GH = B/A, o sea GB = y consecuencia c = AB = AG + GB = a yc + b ya. Así: y = abc / (a 2 + bc). a b AG c = y a, de modo, es decir GB = b ya y en omo nuestro problema equivale a demostrar que x > y, debemos demostrar que (a 2 + bc) > a (b + c), lo cual es equivalente con a 2 + b c a b a c > 0, o sea con (a b) (a c) >0, siendo esto último evidente, puesto que a es la medida de la hipotenusa y b, c las medidas de los catetos. 3. Dadas 9 personas, demuestre que existe un valor de n tal que con las personas se puede formar n grupos de a 3, de modo que cada par de personas se encuentra en exactamente uno de dichos grupos y muestre una correspondiente conformación de estos grupos. Si el mismo número de grupos debe formarse, pero de 6 personas cada uno y con la condición de que cada par se encuentre en exactamente k grupos, determine si existe un valor de k que hace posible que el problema tenga solución y, en caso afirmativo, exhiba una conformación correspondiente. omo con 9 personas se puede formar 9 8/2 = 36 parejas distintas, deberá tenerse 3n = 36 (pues en cada grupo de a 3, se incluyen 3 parejas), y luego n = 12. Una de las posibles conformaciones de los 12 grupos correspondientes es: {1, 2, 3}, {1, 4, 5}, {1, 6, 7}, {1, 8, 9}, {2, 4, 7}, {2, 5, 8}, {2, 6, 9}, {3, 4, 9}, {3, 5, 6}, {3, 7, 8}, {4, 6, 8}, {5, 7, 9}. Si ahora los 12 grupos se forman con 6 personas, en cada uno de ellos se incluye 15 de las 36 parejas distintas. Por lo tanto deberá tenerse: = 36 k, de donde k = 5 es el único valor que hace que posible que el problema tenga solución. Para exhibir una posible conformación correspondiente, basta tomar los respectivos complementos de los grupos anteriores: {4, 5, 6, 7, 8, 9}, {2, 3, 6,7, 8, 9}, {2, 3, 4, 5, 8, 9}, {2, 3, 4, 5, 6, 7}, {1, 3, 5, 6, 8,9}, {1, 3, 4, 6, 7, 9}, {1, 3, 4, 5, 7, 8}, {1, 2, 5, 6, 7, 8},

3 {1, 2, 4, 7, 8, 9}, {1, 2, 4, 5, 6, 9}, {1, 2, 3, 5, 7, 9}, {1, 2, 3, 4, 6,8}, teniéndose 12 grupos de a 6, y en donde k = Sea ABD un paralelogramo. El lado AB se prolonga en BE = B y el lado AD se prolonga en DF = D. i) Demuestre que los puntos E, y F son colineales. ii) Demuestre que la perpendicular a la recta AE en el punto E, la perpendicular a la recta AF en el punto F, la bisectriz del ángulo EAF y la perpendicular a la diagonal BD por el vértice son todas concurrentes en un punto G. i) Si BAD = α, entonces BD = α, EB = α, DF = α, EB = 90º - α/2, DF = 90º - α/2. on ello FE = 180º, de modo que los puntos E, y F son colineales. D I ii) Sea G el punto de concurrencia de la perpendicular a la recta AE en el punto E con la perpendicular a la recta H AF en el punto F. omo por construcción AE = AF y los A B ángulos AEG y AFG son rectos, los triángulos de lado común AG, AGE y AGF, son congruentes, de modo que los ángulos EAG y GAF son iguales y luego AG es la bisectriz del ángulo EAF. Sea I el punto donde AG corta al lado D. Así IG = DIA = IAB = α/2, FG = AFG - DF = 90º - (90º - α/2) = α/2, de modo que los puntos, G, F e I son concíclicos, y por lo tanto FG = FIG. A su vez el triángulo ADI es isósceles y AD = DI y como AB = DF, BAD = IDF, entonces los triángulos ADB y DFI son congruentes. Así, los ángulos DFI y ABD son iguales. Sea ABD = β. Entonces FI = α + β, de modo que FIG = α/2 + β y por lo tanto FG = α/2 + β. Por otra parte, si H es perpendicular a la diagonal BD, considerando el cuadrilátero HBE, se tiene HE = 360º - (90º + (180º - β) + (90º - α/2)) = β +α/2. Así, los ángulos FG y HE son iguales y los puntos G, y H son colineales, de modo que la recta H pasa por el punto G. F G E

4 XIII OLIMPIADA NAIONAL DE MATEMATIA.... Sociedad de Matemática de hile SOLUIONES NIVEL MAYOR SEGUNDA PARTE 5. onsidere dos números enteros positivos x e y que satisfacen la relación: 3 x 2 + x = 4 y 2 +y Pruebe que los números (x y), (3 x +3 y +1), (4 x + 4 y +1) son tres cuadrados perfectos. Observemos que 3 x 2 + x = 4 y 2 +y (x y) (3 x +3 y +1) = y 2, y también 3 x 2 + x = 4 y 2 +y (x y) (4 x + 4 y +1) = x 2, de donde: x 2 (3 x +3 y +1) = y 2 (4 x + 4 y +1) (*). Ahora bien, como 4 (3 x +3 y +1) 3 (4 x + 4 y +1) = 1, se tiene entonces que los números 3 x +3 y +1, 4 x + 4 y +1 son primos relativos, de modo que la igualdad (*) es posible sólo si tanto 3 x +3 y +1 como 4 x + 4 y +1 son cuadrados perfectos y así, por las relaciones anteriores, también lo debe ser x y. Observación: La ecuación propuesta tiene infinitas soluciones siendo la menor de ellas x= 30, y = 26 (con 3 x 2 + x = 4 y 2 +y = 2730). En consecuencia: x y = 4 = 2 2, 3 x +3 y +1 = 169 = 13 2, 4 x + 4 y +1 = 225 = Sea ABD un cuadrilátero inscrito en una circunferencia de radio r y sea E el punto donde se cortan sus diagonales. i) Demuestre que si las diagonales son perpendiculares entre sí, entonces se cumple que: AE 2 + BE 2 + E 2 + DE 2 = 4r 2 ii) Si la relación anterior se cumple, son las diagonales del cuadrilátero necesariamente perpendiculares entre sí?. i) Sea O el centro de la circunferencia y sea DF el diámetro por D. Entonces DBF = 90º. Así los trazos A y BF son paralelos, de modo que el cuadrilátero AFB es un trapecio inscrito y por lo tanto es isósceles, de modo que B = AF. Así: AE 2 + BE 2 + E 2 + DE 2 = AE 2 + DE 2 + E 2 + BE 2 = AD 2 + B 2 = D O E A B F

5 = AD 2 + AF 2 = DF 2 (ya que DAF = 90º) = (2r) 2 = 4r 2. Observación: Una demostración diferente puede ser vista en el conjunto de las soluciones del nivel menor. ii) Si el punto E coincide con el centro O, es obvio que, cualquiera sea el ángulo con que se cortan las diagonales: AE 2 + BE 2 + E 2 + DE 2 = 4r 2, ya que en tal caso se tiene AE = BE = E = DE = r. Si el punto E no coincide con el centro O, la respuesta es igualmente negativa. omo un contraejemplo, puede considerarse la circunferencia de centro el punto O (39, 25) D y de radio r = 65. Los puntos A (-9408/1073, /1073), B (0, -27), (44352/1073, 96525/1073), D (0, 77) son los vértices de un cuadrilátero inscrito en ella, que se cortan el punto E (0, 0), E O no formando un ángulo recto, y tales que: A AE 2 + BE 2 + E 2 + DE 2 = 4r 2 B (como es muy fácil de verificar). 7. En un tablero rectangular de m filas y n columnas, se coloca en cada una de las m n casillas un 1 ó un 0, de modo que los números de cada fila sumen la misma cantidad f y los de cada columna, la misma cantidad c. Demuestre que una condición necesaria y suficiente para que esta asignación sea posible es que: m f = n c. En primer lugar, como cada fila debe tener f unos y hay un total de m filas, el tablero tendrá en total m f unos. Por otra parte, como cada columna debe tener c unos y hay un total de n columnas, el tablero tendrá n c unos, debiendo tenerse entonces, necesariamente, que m f = n c. (con, obviamente, f < n, c < m). Recíprocamente, si la igualdad se satisface, entonces una de las formas posibles de hacer la asignación es la siguiente: colocamos un bloque de f unos seguidos en la primera fila, a partir de la primera columna. Luego colocamos otro bloque de f unos en la segunda fila, a partir de la columna (f +1) y así, sucesivamente, con la siguiente regla: si sólo hay d (< f) columnas disponibles para colocar los f unos, llenamos entonces con unos las primeras (f d) columnas de la fila. Veámoslo por ejemplo, con m =15, n = 10, f = 4, c= 6 (habiéndose omitido los ceros):

6 (observemos que en la tercera fila, d = 2). Para demostrar que esta manera de asignar soluciona correctamente el problema, se tiene que después de asignar k bloques de f unos: i) las primeras k filas del tablero tienen f unos y las otras m - k filas, tienen 0 unos; ii) las columnas del tablero pueden tener [k f/n] ó 1 + [k f/n] unos; iii) la cantidad de columnas con [k f/n] unos es n t, donde t es el resto que resulta al dividir k f por n, siendo estas tres afirmaciones fáciles de verificar por inducción (y donde [x] denota la parte entera de x). De lo anterior se desprende que al concluir la asignación de los m bloques de unos necesarios, se tendrá exactamente n 0 = n (pues, como por hipótesis n divide a m f, entonces t = 0 para k = m) columnas con [m f/n] = [c] = c unos, y cada fila tendrá exactamente f unos, con lo cual la asignación efectuada cumplirá las condiciones exigidas.