7.3. Nivel Capítulo 7. Tercera Fase

Transcripción

1 128 Capítulo 7. Tercera Fase 7.. Nivel 1. Una enfermedad está atacando a los habitantes de un pueblo. Hace un mes, el 20 % de los habitantes tenía la enfermedad y el 80 % restante gozaba de buena salud. En el transcurso de este último mes, el 20 % de los habitantes que estaban enfermos se curaron y el 20 % de los habitantes que gozaban de buena salud se enfermaron. Si actualmente, el n % de los habitantes goza de buena salud, determine el valor de n. Digamos que el número total de habitantes del pueblo es 100k. Entonces, hace un mes, 20k habitantes tenían la enfermedad y 80k gozaban de buena salud. Veamos ahora cuántos habitantes gozan de buena salud: El 20 % de 20k se curaron, es decir, 4k de los que estaban enfermos ahora gozan de buena salud. El 20 % de 80k se enfermaron, es decir, 80k 16k = 64k siguen gozando de buena salud. Luego, 4k + 64k = 68k habitantes gozan de buena salud. Esto equivale al 68 %, porque el total de habitantes es 100k. Respuesta: Los cuatro equipos de fútbol del Torneo Descentralizado Peruano: Ayacucho FC, FBC Melgar, Cantolao y UTC participaron de un cuadrangular, es decir, cualesquiera dos equipos se enfrentaron exactamente una vez. Ayacucho FC y FBC Melgar terminaron el cuadrangular con 4 puntos cada uno, Cantolao terminó con 7 puntos y UTC terminó con x puntos. Cuántos valores puede tomar x? Aclaración: Tenga en cuenta que en el fútbol se otorga puntos al ganador de un partido, 0 puntos al perdedor; y 1 punto a cada equipo en caso de empate. Cada equipo jugó partidos y en cada uno obtuvo 0, 1 o puntos. Si un equipo obtuvo 4 puntos en partidos, entonces tuvo un empate, una derrota y una victoria. Si un equipo obtuvo 7 puntos en partidos, entonces tuvo dos victorias y un empate. Luego, los puntos que obtuvo cada equipo en los partidos, sin importar el orden, fueron los siguientes: Ayacucho FC : 0, 1,. FBC Melgar : 0, 1,. Cantolao :,, 1. UTC :,,. Sabemos que en cada partido se reparte 0 y puntos (si un equipo pierde y el otro gana) o, en caso contrario, se reparte 1 punto a cada equipo.

2 7.. Nivel 129 Por lo tanto, en el cuadro anterior, debe haber la misma cantidad de 0 s que de s y la cantidad de 1 s debe ser par. Con esto concluimos que los puntos que obtuvo UTC son 0, 0 y 1. Luego, UTC obtuvo 1 punto en total. Queda así demostrado que la única posibilidad es x = 1. Respuesta: 1. La siguiente figura está formada por 8 triángulos iguales. Cada triángulo se va a pintar de rojo, verde o azul, de tal forma que cualesquiera dos triángulos que tienen un lado en común deben ser pintados de colores diferentes. De cuántas formas se puede hacer esto? Etiquetamos cuatro triángulos de la siguiente forma: B A C D Consideramos dos casos: Primer caso: los colores de A y C son iguales. Tenemos formas de escoger el color de A y C, luego, tenemos dos formas de escoger el color de B y también dos formas de escoger el color de D. Una vez que ya se han escogido los colores de A, B, C, D, tenemos dos formas de escoger el color de cada uno de los otros 4 triángulos. Por lo tanto, en este caso el número de formas es = 192. Segundo caso: los colores de A y C son diferentes. Tenemos formas de escoger el color de A y 2 formas de escoger el color de C. Luego, tenemos 1 forma de escoger el color de B (debe ser distinto de A y C) y 1 forma de escoger el color de D. Una vez que ya se han escogido los colores de A, B, C, D, tenemos dos formas de escoger el color de cada uno de los otros 4 triángulos. Por lo tanto, en este caso el número de formas es = 96. Finalmente, el número total de formas es = 288. Respuesta: 288

3 10 Capítulo 7. Tercera Fase 4. Un tetraedro ABCD tiene seis aristas cuyas longitudes, en algún orden, son 4, 6, 9, 1, 18 y 21. Si la arista AB mide 21, cuánto mide la arista CD? 1 Denotemos con a, b, c, d, e a las longitudes indicadas en la siguiente figura. Es claro que {a, b, c, d, e} = {4, 6, 9, 1, 18}. D A a 21 b c B e d C Supongamos que b = 18, entonces {a, c, d, e} = {4, 6, 9, 1} lo cual implica que a+c+d+e = 2. Aplicando la desigualdad triangular en la cara ADB obtenemos a+c > 21; análogamente, en la cara ABC obtenemos d+e > 21. Sumando resulta a + c + d + e > 42, que es una contradicción. Por lo tanto, b 18 y esto implica que la arista de longitud 18 comparte un extremo con la arista AB. Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que a = 18. Notemos que {d, e} {4, 6, 9, 1} y como d + e > 21, entonces {d, e} = {9, 1}. Luego, b {4, 6}. Aplicando la desigualdad triangular en la cara ADC, tenemos b+d > a = 18. Si d = 9, resulta b > 9 que no es posible. Por lo tanto, d = 1 y obtenemos b > 5, con lo cual concluimos que b = 6. Es decir, la arista CD mide b = 6. 2 Siguiendo la notación de la solución anterior, vamos a demostrar por contradicción que CD = b = 6 es la única posibilidad. Si b 6, la arista de longitud 6 comparte un extremo con la arista AB. Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que a = 6. Aplicando la desigualdad triangular en el triángulo ADB, tenemos 21 < 6 + c y como c {4, 9, 1, 18}, concluimos que c = 18. D 18 A 6 b 21 B e d C

4 7.. Nivel 11 Tenemos que {b, d, e} = {4, 9, 1}. Por la desigualdad triangular en la cara ABC, d + e > 21 lo cual implica que {d, e} = {9, 1} y b = 4. En la cara DBC, tenemos 18 < 4 + e y esto sería una contradicción porque e {9, 1}. La contradicción viene de suponer que b 6, luego, queda demostrado que b = 6. Respuesta: 6 5. Para cada entero positivo n, sea a n el menor entero positivo tal que la suma de los cuadrados de sus dígitos es n. Por ejemplo, a 1 = 1, a 2 = 11, a = 111, a 4 = 2 y a 5 = 12. Sea k un entero positivo y d un dígito tal que a k = 1d6, determine el valor de k. Sabemos que a k = 1d6, vamos a demostrar en primer lugar que d 6. Tenemos que k = d , entonces si d < el número 1d6 sería menor que 1d6 y también cumpliría que la suma de los cuadrados de sus dígitos es k. Esto contradice el hecho de que 1d6 es el menor número tal que la suma de los cuadrados de sus dígitos es k. Por lo tanto, d y de forma similar se puede demostrar que d 6. Consideramos los siguientes casos: Si d =, tendríamos k = = 55 y a 55 = 16, pero esto no es cierto porque 1127 es menor que 16 y la suma de los cuadrados de sus dígitos también es 55. Si d = 4, tendríamos k = = 62 y a 62 = 146, pero esto no es cierto porque 156 es menor que 146 y la suma de los cuadrados de sus dígitos también es 62. Si d = 6, tendríamos k = = 82 y a 82 = 166, pero esto no es cierto porque 19 es menor que 166 y la suma de los cuadrados de sus dígitos también es 82. Luego, d = 5 sería la única posibilidad. Como = 71, vamos a comprobar que efectivamente a 71 = 156. Primero demostraremos que 71 no se puede expresar como suma de tres (o menos) cuadrados perfectos. Sabemos que un cuadrado perfecto deja resto 0, 1 o 4 al ser dividido entre 8, entonces al sumar tres cuadrados perfectos no podemos obtener 71 porque este número deja resto 7 al ser dividido entre 8. Por lo anterior, un número tal que la suma de los cuadrados de sus dígitos es 71, debe tener al menos 4 dígitos. Como queremos el menor, podemos suponer que tiene 4 dígitos y que empieza con 1, es decir, es de la forma 1abc. Es claro que a = 0 no es posible, si a = 1 obtenemos b 2 + c 2 = 69 que no tiene solución, si a = 2 obtenemos b 2 + c 2 = 66 que tampoco tiene solución y si a = obtenemos b 2 + c 2 = 61 cuya solución es {b, c} = {5, 6}. Con esto aseguramos que a 71 = 156. Es decir, concluimos que d = 5 y k = 71 es la única solución. Respuesta: 71

5 12 Capítulo 7. Tercera Fase Observación. Demostrar que a 71 = 156 es para dar una solución matemáticamente completa (ya que descartar los otros valores de d, no aseguran que d = 5 cumpla la condición del problema). Si queremos encontrar la respuesta solo es necesario el análisis por casos que se mostró en la solución. 6. En un triángulo acutángulo ABC se traza la altura BD. Sea H el ortocentro del triángulo ABC (punto de intersección de las alturas). Si AD = 9, DC = 50 y DHC = 2 DHA, calcule el área del triángulo ABC. Trazamos las otras alturas AE y CF. Sea DHA = α y DHC = 2α, entonces tenemos la siguiente figura: B E A F H α 2α 9 D 50 C Como DHA = α, entonces HAD = 90 α. En el triángulo rectángulo AEC, tenemos que ACE = α. Por lo tanto, ACB = α y de forma análoga, tenemos que CAB = 2α. En el segmento DC ubicamos el punto P tal que DP = AD = 9, entonces P C = 41. Como DP = AD, entonces DP B = DAB = 2α. B A 2α 2α 9 D 9 P 41 α C

6 7.. Nivel 1 En el triángulo BP C, notamos que P BC = α, entonces P B = P C = 41. Por el teorema de Pitágoras en el triángulo BDP, obtenemos que BD = = 50 2 = = 40. Por lo tanto, el área del triángulo ABC es: AC BD 2 = = Respuesta: Halle el menor valor posible de la expresión (x + 1x ) ( + 1 x + 81 ) x + 9, donde x es un número real positivo. Sea f(x) la expresión del enunciado, desarrollando y agrupando convenientemente, obtenemos: f(x) = x x x x + x + 81 x + 9, ( f(x) = x ) ( + 10 x + 9 ) x 2 x Por la desigualdad de la media aritmética - media geométrica: x x 2 x 2 81 = 18, (1) 2 x2 y la igualdad ocurre si y solo si x 2 = 81, es decir, para x =. Análogamente, x 2 tenemos: x + 9 x 2 x 9 = 6, (2) x y la igualdad ocurre si y solo si x = 9, es decir, también para x =. De (1) y (2), x obtenemos: f(x) = 169, y la igualdad ocurre si y solo si x =. Por lo tanto, el mínimo de f(x) es 169. Respuesta: 169 Observación 1. En la solución fue importante que las igualdades en (1) y (2) se consigan para el mismo valor de x, en caso contrario no hubiésemos podido

7 14 Capítulo 7. Tercera Fase asegurar que el mínimo es la suma de los mínimos. Por ejemplo, digamos que f(x) = g(x) + h(x), donde el mínimo de g(x) es a y se consigue únicamente para x =, mientras que el mínimo de h(x) es b y se consigue únicamente para x = 4. A pesar de que es correcto afirmar que f(x) a + b, es incorrecto decir que el mínimo de f(x) es a + b, ya que para que esto suceda debería existir un valor de x tal que f(x) = a y g(x) = b (ambos a la vez), lo cual no es cierto. Observación 2. Usando la siguiente desigualdad también podemos demostrar que f(x) 169. (Desigualdad de Cauchy-Schwartz para n = ) Para cualesquiera números reales x 1, x 2, x, y 1, y 2, y se cumple: ( ) ( ) x x x 2 y y2 2 + y 2 (x1 y 1 + x 2 y 2 + x y ) 2. Como x > 0, si hacemos x 1 = x, x 2 = 1 x, x = 1, y 1 = 9 x, y 2 = x y y =, obtenemos: f(x) = (x + 1x ) + 1 ( ) ( 81 x x + x x + 1 x ) = 1 2. x 8. Halle el menor entero positivo N para el cual existen al menos dos ternas ordenadas (x, y, z) de números enteros que satisfacen la condición 1 < x y z, y además (x 2 1)(y 2 1)(z 2 1) = N. Para N = 1080 tenemos las ternas (2, 2, 11) y (2, 4, 5): (2 2 1)(2 2 1)(11 2 1) = (2 2 1)(4 2 1)(5 2 1) = A partir de ahora vamos a suponer que N < Definimos f(x) = x2 1 y M = N 27. Notemos que M no necesariamente es entero y, además, M = N 27 < 40. La ecuación (x 2 1)(y 2 1)(z 2 1) = N es equivalente a f(x)f(y)f(z) = M. Como f(x) 1 y f(y) 1, entonces f(z) f(x)f(y)f(z) = M < 40, y como f(11) = 40, entonces z < 11. Luego, 1 < x y z 10. A continuación mostramos los valores de f(t), para 2 t 10: t f(t)

8 7.. Nivel 15 Para demostrar que ningún N < 1080 tiene dos representaciones distintas, es suficiente demostrar que cualquier número racional M < 40 no se puede expresar de dos formas distintas como el producto de tres elementos de C, donde C es el conjunto de los números de la segunda fila de la tabla anterior. Supongamos que abc = def = M < 40, son dos representaciones distintas, donde a, b, c, d, e, f C, a b c y d e f. Como no es posible que a 5, entonces a {1, 8}. Análogamente, tenemos que d {1, 8 }. Por lo tanto, considerando a d, tenemos tres casos: Primer caso: a = d = 8. Como no es posible que b = e, entonces b > 8 o e > 8. Digamos que b > 8, entonces b 5. Luego, abc > 40 lo cual es una contradicción. Segundo caso: a = 1 y d = 8. Si e 5 llegamos a una contradicción como en el caso anterior. Luego, e = 8 y, en consecuencia, f { 8, 5}. Si f = 8, def tendría denominador 27 mientras que abc = bc no podría tener esa propiedad. Concluimos que f = 5 y tendríamos que bc = Pero es fácil demostrar que no hay dos elementos de C cuyo producto es Por lo tanto, este caso tampoco es posible. Tercer caso: a = d = 1. Tendríamos que bc = ef = M < 40. Como las parejas de elementos de C cuyo producto es menor que 40 son: (1, 1), (1, 8 ), (1, 5), (1, 8), (1, 5), (1, 16), (1, 21), (1, 80), (1, ), ( 8, 8), ( 8, 5), ( 8, 8), ( 8, 5 ), (5, 5) y al multiplicar los elementos de cada pareja obtenemos resultados distintos, entonces la igualdad bc = ef no podría darse para parejas distintas (b, c) y (e, f). Por lo tanto, este caso tampoco es posible. Con esto queda demostrado que ningún N < 1080 tiene dos representaciones distintas. Con el ejemplo que dimos al inicio, aseguramos que el menor valor posible de N es Respuesta: Lanzamos un dado varias veces y sumamos los resultados. Nos detenemos justo después de obtener un número mayor que Los posibles números en los que nos podemos detener son 2018, 2019, 2020, 2021, 2022 o 202. Cuál de esos seis números tiene mayor probabilidad de ser el número en el que nos detenemos? Aclaración: Un dado tiene en sus caras los números del 1 al 6, y al lanzarlo cada número tiene igual probabilidad de salir. Si fijamos n, cada secuencia de longitud n, donde cada elemento pertenece al conjunto {1, 2,, 4, 5, 6}, tiene probabilidad ( 1 n 6) de salir. Luego, todas las secuencias de longitud n tienen igual probabilidad de salir. Por ejemplo, la secuencia 1,1,5 tiene igual probabilidad de salir que 2,6,5.

9 16 Capítulo 7. Tercera Fase Sea p i la probabilidad de detenernos en el número i (2018 i 202). Vamos a demostrar que p 2019 < p Para eso vamos a demostrar primero que a cada secuencia que se detiene en 2019 podemos asociarle una secuencia que se detiene en 2018 que tiene la misma longitud (y en consecuencia, la misma probabilidad), y que todas estas secuencias que se detienen en 2018 son diferentes. Sea a 1, a 2,..., a k, a k+1 cualquier secuencia que se detiene en 2019, entonces a a k+1 = 2019 y como dicha secuencia no se detuvo antes, entonces a a k Luego, 2019 a k , de donde obtenemos a k+1 2. Por lo tanto, a la secuencia a 1, a 2,..., a k, a k+1 que se detiene en 2019 le podemos asociar la secuencia a 1, a 2,..., a k, (a k+1 1) que se detiene en 2018 y tiene la misma longitud, debido a que a k Además, es claro que todas las secuencias que obtenemos son distintas porque solo hemos restado 1 al último término de cada secuencia que se detiene en Con lo anterior, queda demostrado que p 2019 p Pero hay secuencias que se detienen en 2018 que no están siendo consideradas, es decir, secuencias que no están asociadas a ninguna secuencia que se detiene en Por ejemplo, la secuencia 2, 6, 6,..., 6, 6 }{{} 6 veces se detiene en 2018 y no se puede obtener mediante el proceso descrito anteriormente. Por lo tanto, p 2019 < p De forma análoga se puede demostrar que p 2020 < p 2018, p 2021 < p 2018, p 2022 < p 2018, p 202 < p 2018, restando 2,, 4, 5 al último término, respectivamente, en vez de restar 1 (como hicimos anteriormente) y hallando el contraejemplo en cada caso. Por lo tanto, p 2018 es el mayor. 10. Encuentre el número entero m para el cual se cumple lo siguiente: m < m + 1. Respuesta: 2018 Definimos: a = b = c = (1) (2) () Notemos que a tiene una fracción más que b, y b tiene una fracción más que c (esto justifica por qué hemos ubicado las fracciones de esa forma).

10 7.. Nivel 17 Vamos a demostrar que cada fracción de a, a excepción de la última, es mayor que la fracción que está ubicada debajo de ella. Para esto, demostraremos que: 8n + 5 8n + 1 > 8n + 9, para n =, 4, 5,..., 8n + 5 lo cual equivale a 64n n + 25 > 64n n + 9, que claramente es cierto. Como 2021 > 1, obtenemos: 2017 a > > = b. Es decir, tenemos que a > b. Por otro lado, multiplicando (1) y (2): ( ab = ) = Como < 81, entonces ab < 81 y como a > b, obtenemos que b2 < ab < 81. En consecuencia, b < 9. Trabajando de forma análoga con b y c, obtenemos que b > c y bc = Como > 64, obtenemos que b2 > bc > 64. En consecuencia, b > 8. Juntando lo anterior, concluimos que 8 < b < 9. Por lo tanto, el único entero m que cumple la condición m b < m + 1 es m = 8. Respuesta: 8