Fase nacional 2010 (Valladolid, 26 y 27 de Marzo) Soluciones oficiales

Transcripción

1 Olimiada Matemática Esañola RSME XLVI Olimiada Matemática Esañola Fase nacional 010 (Valladolid, 6 y 7 de Marzo) Soluciones oficiales Problema 1 Una sucesión ucelana es una sucesión creciente de dieciséis números imares ositivos consecutivos, cuya suma es un cubo erfecto. Cuántas sucesiones ucelanas tienen solamente números de tres cifras? Sea la sucesión n, n +,...,n+ 0. Entonces la suma es 1 16(n + 0) = 8(n + 0). Por tanto, es necesario que n + 0 sea un cubo erfecto. Ahora hay que contar el número de tales n que son imares y verifican 101 n 969. Los cubos ares entre y 1968 son 51, 1000 y 178, que corresonden a valores de n de 41, 485 y 849. Por lo tanto hay exactamente tres sucesiones ucelanas. Problema Sean N 0 y Z el conjunto de todos los enteros no negativos y el conjunto de todos los enteros, resectivamente. Sea f : N 0 Z la función que a cada elemento n de N 0 le asocia como imagen el entero f(n) definido or ( n ) { n } f(n) = f donde x es la arte entera del número real x y {x} = x x su arte decimal. Determina el menor entero n tal que f(n) = 010. NOTA: La arte entera de un número real x, denotada or x es el mayor entero que no suera a x. Así 1,98 =1,,001 =, 7π 8,0 = 1. Se rueba fácilmente or inducción que, si n =(a k a k 1...a 0 ), entonces f(n) = k j=0 En efecto, f(0) = 0, f(1) = 1, f() =. Suongamos que, ara todo n menor que t, f(n) = k j=0 a j k j=0 a j. Entonces, si t = ( b k...b 0 ),t = ( b k...b 0 0 ),t +1 = ( b k...b 0 1 ),t + = ( b k...b 0 ). Por lo tanto, a j k j=0 a j

2 como f(t) = f(t), f(t +1) = f(t) 1, f(t +) = f(t), la roiedad sigue siendo cierta ara todo entero n menor que t +. Luego, ara todo n =(a k a k 1...a 0 ), f(n) = k j=0 a j k j=0 a j. De esta forma, se obtiene el menor n = ( ),talquef(n) = 010. Este número contiene 1005 doses; su valor en base decimal es: Problema Sea ABCD un cuadrilátero convexo. Sea P la intersección de AC y BD. El ángulo AP D =60. Sean E, F, G y H los untos medios de los lados AB, BC, CD y DA resectivamente. Halla el mayor número real ositivo k tal que EG +HF kd +(1 k)s siendo s el semierímetro del cuadrilátero ABCD y d la suma de las longitudes de sus diagonales. Cuándo se alcanza la igualdad? Probaremos que k =1+ y que la igualdad se da si, y sólo si, ABCD es un rectángulo. Z D H A W E P G Y B F X Sean W, X, Y y Z cuatro untos exteriores a ABCD de modo que los triángulos ABW y DCY sean equiláteros, el triángulo BCX sea isósceles en X, el triángulo AZD sea isósceles en Z y BXC = AZD = 10. Los cuadriláteros WAPB, XBPC, YCPD y ZDPA son cíclicos. Luego, or el teorema de Ptolomeo, se obtiene que: WP = PA+ PB, XP =PB+ PC, YP = PC + PD, ZP =PD+ PA C Por otro lado, WPY = WPB+60 + CPY = WAB CDY = 180

3 Luego W, P, Y están alineados y, de forma análoga, Z, P, X están alineados. Luego: WY = WP + PY = PA+ PB+ PC + PD = AC + BD XZ = XP + PZ = 1 (PB+ PC + PD+ PA)= 1 (AC + BD) Por la desigualdad, triangular: WY WE + EG + GY, XZ XF + FH + HZ Luego: AC + BD AB + EG + DC, 1 (AC + BD) BC AD + FH + Por lo tanto, sumando, AC + BD AB + EG + DC (AC + BD) BC +FH + AD ( ) 1+ (AC + BD) EG +FH + s osea, EG +FH ( 1+ ) d s Luego, si k =1+, entonces EG +FH kd +(1 k)s. La igualdad se darási,ysólo si, or un lado, W, E, G, Y están alineados y, or otro lado, X, F, H, Z también están alineados. Como WE es erendicular a AB y GY es erendicular a DC, AB y DC deben ser aralelas y, de forma análoga, BC y AD también deben ser aralelas, luego ABCD debe ser un aralelogramo. Además, la recta EG es erendicular a DC, lo que imlica que ABCD es un rectángulo y se comrueba fácilmente que si ABCD es un rectángulo, entonces se da la igualdad. Luego, la igualdad se da si, y sólo si, ABCD es un rectángulo. Ahora, sea un número real ositivo l tal que EG+HF ld+(1 l)s. Entonces, si ABCD es un rectángulo, kd +(1 k)s ld +(1 l)s osea k(d s) l(d s) Pero la desigualdad triangular imlica que d>s, lo que imlica que k l. Luegoelnúmero real buscado es k =1+ y la igualdad se da si, y sólo si, ABCD es un rectángulo. Problema 4 Sean a, b, c tres números reales ositivos. Demuestra que a + b +c a +b +c + a +b + c a +b +c + a + b + c a +b +c 15 8

4 Haciendo a = x 1, b = x, c = x y llamando s = x 1 + x + x, resulta que el lado izquierdo de la desigualdad se escribe como Por otro lado, con lo que S +6= S +6= S = s +x 1 s x 1 + s +x s x + s +x s x s x 1 + ( ) s +xk + = s x k s x + s x = s x k Dado que (s x k)=8s, entonces s = 1 8 (s x k), y de donde resulta que S +6= 7 8 (s x k ) 1 6 s x k 8 1 s x k S = s +x 1 + s +x + s +x 6 s x 1 s x s x 8 6=15 8 La igualdad tiene lugar cuando x 1 = x = x, es decir, cuando a = b = c. Problema 5 Sea P un unto cualquiera de la bisectriz del ángulo A en el triángulo ABC, yseana, B, C untos resectivos de las rectas BC, CA, AB, talesquepa es erendicular a BC, PB es erendicular a CA y PC es erendicular a AB. DemuestraquePA y B C se cortan sobre la mediana AM, siendo M el unto medio de BC. Sea E el unto de intersección de PA y B C.SiP se mueve sobre la bisectriz AI (I es el incentro), la figura PB C E es homotética de sí misma con resecto al unto A. LuegoE describe una recta que asa or A. La bisectriz AI corta a la circunferencia circunscrita a ABC en F, que se royecta en el unto medio A m de BC; sip = F, la recta B C es la recta de Simson de F, luego el lugar geométrico de E es la mediana AA m. Problema 6 Sea un número rimo y A un subconjunto infinito de los números naturales. Sea f A (n) el número de soluciones distintas de la ecuación x 1 + x + + x = n, conx 1,x,...,x A. Existe algún número natural N tal que f A (n) sea constante ara todo n>n?

5 Para demostrar el enunciado rocederemos or contradicción. Suongamos que existe un número N ara el que se cumla la roiedad anterior. Como el conjunto A es infinito, tomemos a A mayor que N. Vamos a estudiar el valor de f A (a) yf A (a +1). Por hiótesis, se cumle que f A (a) =f A (a +1). Sea S =(s 1,s,...,s )solución de la ecuación x 1 + x + + x = n, s 1,s,...,s A Entonces, cualquier ermutación de los índices da lugar a una nueva solución de la ecuación (osiblemente reetida si se ermutan valores iguales). Diremos que una solución S = (s 1,s,...,s ) es asociada a una solución S = ( s 1,s ),...,s si la rimera se obtiene a artir de la segunda mediante ermutación de índices. Sea S =(s 1,s,...,s ) una solución del roblema y sea Q =(q 1,q,...,q ) una solución asociada a S con la roiedad que q 1 = q = = q r1 q r1 +1 = q r1 + = q r1 +r,yasídemanera sucesiva hasta llegar a = q. En otras alabras, Q se obtiene a artir de S agruando los valores s i q r1 +r + +r k que son iguales. En articular, r 1 + r + + r k =. Con esta notación, el número de! soluciones asociadas a S (contando también S) es igual a r 1!r! r k!. Obsérvese que si todos los r i son estrictamente menores que, entonces dicha exresión es congruente con 0 módulo, uesto que el cociente de factoriales es un número natural y en el denominador no hay ningún término múltilo de. Ya tenemos todas las herramientas que necesitábamos. Volviendo al roblema original, observar que (a,a,...,a) es solución de x 1 + x + + x = a. }{{} Por lo tanto f A (a) 1(mód ): la solución (a,a,...,a) no se asocia a ninguna otra, }{{} mientras que cualquier otra solución de la ecuación x 1 + x + + x = a tiene un número múltilo de de asociadas. Por otro lado no existen soluciones de x 1 +x + +x = a+1 con todas las x i iguales (su valor tendría que ser a + 1 ), con lo que según lo anterior f A (a +1) 0(mód ) y llegamos a una contradicción.