EXAMEN Y SOLUCIONES X OLIMPIADA MATEMATICA DE CENTROAMERICA Y EL CARIBE SAN PEDRO SULA, HONDURAS 2008 PROBLEMA #1 Hallar el meor etero positivo N tal que la suma de sus cifras sea 100, y la suma de las cifras de 2 N sea 110. Sea S () la suma de las cifras del etero positivo. Observemos que si todos los dígitos de so meores que 5, etoces obviamete dígito de mayor o igual que 5, al sumar lo que hace que S 2 2S. Pero por cada se produce el acarreo de ua uidad, S 2 dismiuya 9 uidades respecto de 2 S. E otras palabras, S 2 2S 9x, dode x es el úmero de uidades llevadas, que es igual al úmero de dígitos de 2S N S 2N 200 110 que so mayores o iguales que 5. E este problema 90, por lo tato N debe coteer 10 cifras mayores o iguales que 5. Como estamos iteresados e el meor N posible, pogamos estas 10 cifras iguales a ueve, para dismiuir el úmero total de cifras. Para completar S N 100 co cifras meores que 5, se ecesita al meos tres cifras, que podrá ser 4, 4 y 2 ó 4, 3 y 3. Nos coviee la primera opció para poer el 2 e el primer lugar, y así formamos el úmero N 2449999999999. (Verificació: S(N) 2 4 4 10 9 100, S 2N S 4899999999998 4 8 10 9 8 110.)
PROBLEMA #2 Sea ABCD u cuadrilátero iscrito e ua circuferecia de cetro O, tal que AC es diámetro, y al costruir los paralelogramos DAOE y BCOF, los putos E y F tambié perteece a la circuferecia. Demuestre que ABCD es u rectágulo. Solució 1: Como AC es diámetro, AD OE CD ABC 90 CDA. Como AOED es paralelogramo, y dado que O equidista de C y D, OE debe ser mediatriz de CD. Por otra parte, como OA y OE so radios, etoces DAOE es además rombo, por lo que AO y AD so iguales (radios), pero OD tambié es radio, etoces, el triágulo AOD es equilátero. De uevo, por ser DAOE paralelogramo, ODE es tambié equilátero. Aálogamete se demuestra que OCB y OBF tambié so triágulos equiláteros. Como el triágulo OCB es equilátero, etoces BAC 30, mietras que DAO 60 60 OCB ACB 90 BAC,, porque el triágulo AOD es equilátero. Luego, DAB 90, y BCD 360 3( 90 ) 90, es decir, ABCD es rectágulo. Solució 2: Como AC es diámetro, AD OE CD ABC 90 CDA. Como DAOE es paralelogramo, y dado que O equidista de C y D, OE debe ser mediatriz de CD, y a la vez bisectriz del águlo COD, etoces DOE 2 1 DOC DAC, la última igualdad debido a la relació etre águlo cetral y águlo iscrito. Por otra parte, DAO OED porque DAOE es paralelogramo, mietras que OED EDO porque OE OD (radios). De aquí se cocluye que el triágulo
ODE es equilátero, y de uevo, al ser DAOE paralelogramo, AOD tambié es equilátero. Aálogamete se demuestra que OCB y OBF tambié so triágulos equiláteros. Como el triágulo OCB es equilátero, etoces BAC 30, mietras que DAO 60 60 OCB ACB 90 BAC,, porque el triágulo AOD es equilátero. Luego, DAB 90, y BCD 360 3( 90 ) 90, es decir, ABCD es rectágulo. F B A O C D E
PROBLEMA #3 Se tiee 2008 bolsas rotuladas del 1 al 2008, co 2008 raas e cada ua. Dos persoas juega alteradamete. Ua jugada cosiste e seleccioar ua bolsa y sacar de ella la catidad de raas que se desee (al meos ua), quedado e esta x raas ( x 0). Después de cada jugada, de cada bolsa co úmero de rótulo mayor al de la bolsa seleccioada y que cotega más de x raas, se escapa alguas hasta que quede x e la bolsa. Pierde el jugador que saque la última raa de la bolsa uo. Pruebe que uo de los jugadores tiee ua estrategia gaadora y explíquela. Gaa el primer jugador si e su primera jugada extrae 2007 raas de la bolsa úmero 2 y cotiúa jugado de la siguiete maera: si el segudo jugador extrae i raas de la bolsa uo, etoces el primero respode extrayedo la raa de la bolsa úmero 2009 i ; y si el segudo extrae la raa de la bolsa j, el primero respode dejado e la bolsa uo sólo j 1 raas. Probémoslo. Después de la primera jugada queda e la bolsa úmero uo 2008 raas y e cada ua de las bolsas de la 2 a la 2008 ua raa. Supogamos si perdida de geeralidad que las raas de la bolsa 1 está umeradas del 1 al 2008 y que al extraer raas de esta bolsa, se toma las de úmeros mayores. Podemos establecer etoces ua correspodecia biuívoca etre las raas de la 2 a la 2008 y las bolsas de igual úmero. Etoces es fácil percatarse de que siempre que el jugador 2 pueda jugar si sacar la última raa de la bolsa uo (raa úmero 1) etoces el primer jugador tambié podrá hacer su jugada si tocar dicha raa.
PROBLEMA #4 Cico amigas tiee ua pequeña tieda que abre de lues a vieres. Como cada día so suficietes dos persoas para atederla, decide hacer u pla de trabajo para la semaa, que especifique quiees trabajará cada día, y que cumpla las dos codicioes siguietes: a) Cada persoa trabajará exactamete dos días de la semaa. b) Las 5 parejas asigadas para la semaa debe ser todas diferetes. De cuátas maeras se puede hacer el pla de trabajo? Ejemplo: Si las amigas so A, B, C, D y E u posible pla de trabajo sería: lues A y B, martes A y D, miércoles B y E, jueves C y E, vieres C y D. A debe formar pareja co otras dos, que se puede escoger de 6 maeras (B y C, B y D, B y E, C y D, C y E, D y E). Si por ejemplo trabaja las parejas AB y AC, etoces tambié debe hacerlo DE, pues de lo cotrario para que D y E trabaje dos días debería trabajar DB, DC, EB y EC, y o alcaza los 5 días dispoibles. Etoces si trabaja AB, AC y DE, las dos parejas que falta sólo puede ser BD y CE o BE y CD. Resumiedo, las cico parejas para la semaa se puede escoger de 6x2 = 12 maeras. Como el úmero de maera de ordearlas es 5! = 120, el úmero de plaes de trabajo es 12 120 1440.
PROBLEMA #5 Halle u poliomio p (x) co coeficietes reales tal que ( x 10) p(2x) (8x 32) p( x 6) para todo x real y p (1) 210. Sea x 4 e ( x 10) p(2x) (8x 32) p( x 6) resulta 14 p (8) 0, es decir que p (8) 0. Sea x 10 resulta 0 112 p ( 4), es decir que p ( 4) 0. Y fialmete sea x 2 resulta 12 p (4) 16 p(8) 0, de dode p (4) 0. Ahora bie, p (x) debe ser de tercer grado, ya que si ax es el térmio de mayor grado de p (x) etoces, comparado los térmios de mayor grado e ambos miembros de la igualdad ( x 10) p(2x) (8x 32) p( x 6) resulta ax(2x) ax(8x ), de dode 2 8 y por tato 3. Y como sabemos que -4,4 y 8 so raíces de p (x), debe ser p ( x) a( x 4)( x 4)( x 8). Fialmete para que p (1) 210 debe ser 210 a(1 4)(1 4)(1 8) 105a, de dode a 2 y p ( x) 2( x 4)( x 4)( x 8).
PROBLEMA #6 Sea ABC u triágulo. Se toma P e AB y Q e AC tal que BPQC es cíclico. La circuferecia circuscrita al ABQ corta a BC de uevo e S y la circuferecia circuscrita al APC corta a BC de uevo e R, PR y QS se iterseca e L. Demuestre que la itersecció de AL y BC o depede de la elecció de P y Q. Como BAQS y CAPR so cíclicos LRS = BAC LSR de dode LRS es isósceles de base RS. Sea M y N e las prologacioes de SQ y RP por Q y P respectivamete, como BPQC y BAQS so cíclicos se tiee que PQA AQM QPA APN (2). Veamos que (1) y (2) implica que A es el excetro del lo que AL es bisectriz del (1), aálogamete PLQ respecto a PQ por PLQ y como LRS es isósceles, AL es perpedicular a BC lo que implica que K es el pie de la altura trazada por A y por tato idepediete de la elecció de P y Q. M N A Q P j L B S K R C
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