Soluciones oficiales de los problemas de la Final de la XXI Olimpiada Nacional de Matemática 009 Comisión Académica 1 Nivel Maor Problema 1. Considere 9 puntos en el interior de un cuadrado de lado 1. Pruebe que ha tres de ellos que forman un triángulo de área menor o igual a 1. 8 Subdividiendo el cuadrado original en cuatro cuadrados de lado 1 cada uno, podemos usar el principio de las casillas para encontrar un cuadrado de lado 1 con tres puntos en su interior. Mostraremos que estos tres puntos forman un triángulo de area menor a 1. 8 En el triángulo una de las rectas horizontales que pasan por los vértices, corta el lado opuesto (posiblemente en un vértice), sin pérdida de generalidad diremos que es la que pasa por el vértice A como se muestra en la figura. C A P D Q B os triángulos ADC ABD que se forman tienen base común AD de largo menor a 1. a suma de sus alturas PC+QB es menor a 1. Por lo tanto su área es menor a 1 como se pedía. 8 1
Problema. Encuentre la diferencia entre las longitudes de la maor la menor diagonal de un polígono regular de 9 lados cuo lado mide 1. Considere la diagonal menor AB las diagonales maores AD BC como en la figura. Se prueba que los ángulos DAB, ABC, BCD ADC miden 60 grados, esto es debido a que substienden arcos centrales de 10 grados, dado que 360 9 = 40. uego los triángulos ABE CDE son equiláteros. CB AB = CB BE = CE = CD = 1. Problema 3. Sea S = 1 + +... + 100 a 1 a a 100 donde a 1, a,..., a 100 son números enteros positivos. Cuáles son todos los posibles valores enteros que puede tomar S? Si elegimos a k = 100k, tenemos S = 1 este es el menor valor entero que se puede obtener. Si elegimos a k = 1, tenemos S = 1 + + + 100 = 5050 este es el maor valor entero que se puede obtener. Afirmamos que se pueden alcanzar todos los valores enteros intermedios. Consideremos primero un valor n 100. Podemos elegir a k = 99k si k n a n =1. a
suma resultante es S = n + 1. Fijemos ahora a 100 = 1 veamos las sumas que podemos obtener con los primeros 99 sumandos. El problema es similar al anterior supondremos que lo hemos resuelto (inducción). Tenemos entonces todos los valores entre 1 4950 para las sumas parciales. Si a estos valores le sumamos 100 a 100 obtenemos los valores de S entre 101 5050 que nos faltaban. Problema 4. Encuentre un entero positivo > 1 tal que todos los números de la sucesión + 1, + 1, + 1,... sean divisibles por 009. Recordemos la factorización que se tiene para todo n N impar. a n + b n = (a + b)(a n 1 a n b + a n 3 b + b n 1 ) Si es impar, el número... es impar, luego... + 1... = ( + 1)(... 1 + 1) entonces todos los números de esta sucesión son divisibles por +1. uego, basta encontrar un impar tal que + 1 sea divisible por 009. Esto se consigue con = 4017 o bien con cualquier número de la forma = k 009 1. Problema 5. Sean A B dos cubos. Se asignan los números 1,,..., 14, en cualquier orden, a las caras a los vértices del cubo A. uego se asigna a cada arista del cubo A el promedio de los números asignados a las dos caras que la contienen. Finalmente se asigna a cada cara del cubo B la suma de los números asociados a los vértices, la cara las aristas en la cara correspondiente del cubo A. Si S es la suma de los números asignados a las caras de B, encuentre el máimo mínimo valor que puede tomar S. Notemos que un número puesto en una cara del cubo A, aporta a su cara de B de la siguiente manera: como el valor de una cara, 4( ) como el valor de las aristas. uego aporta 3 para su cara correspondiente, para las otras caras adacentes aporta a cada una, es decir, 4( ). Por lo anterior el número aporta 5 a la suma de B. Un número puesto en un vértice aporta a tres de las caras de B con su propio valor, luego 3 a la suma de B. Concluimos que la suma de B es S = 5(c 1 +c +...+c 6 )+3(v 1 +v +...+v 8 ) 3
Donde C i son los valores asignados a las caras v i a los vértices. Notemos que S = 3(c 1 +... + c 6 + v 1 +... + v 8 ) + (c 1 +... + c 6 ) = 3(1 + +... + 14) + (c 1 +... + c 6 ) = 315 + (c 1 +... + c 6 ). El menor valor se obtiene con {C 1, C,..., C 6 } = {1,,..., 6} vale 315 + (1 + +... + 6) = 315 + 4 = 357 El maor valor se obtiene con {C 1, C,..., C 6 } = {14, 13,..., 9} vale 315 + (14 + 13 + 1 + 11 + 10 + 9) = 315 + 138 = 453 Problema 6. Se tienen n 6 puntos verdes en el plano, tal que no ha 3 de ellos colineales. Suponga además que 6 de estos puntos son los vértices de un heágono conveo. Demuestre que eisten 5 puntos verdes que forman un pentágono que no contiene ningún otro punto verde en su interior. Sin perdidad de generalidad podemos suponer que el heágono es el que contiene el menor número posible de puntos verdes en su interior. Sea I el conjunto de puntos verdes al interior del heágono. Si I = 0 entonces basta unir dos puntos del heágono para encontrar el pentágono. Si I = 1 podemos dibujar la diagonal que separa el heágono en dos cuadrilateros. Si el punto en I esta en esta línea, habrán 3 puntos colineales, lo que no es posible. Por lo tanto el punto esta en uno de los cuadrilateros. Uniendolo al otro cuadrilatero formamos el pentágono. 4
Si I podemos tomar los dos puntos que esten más a la izquierda (o a la derecha), digamos, trazar la recta que los une. Notemos que a la izquierda de no ha puntos de I. Sea H el conjunto de puntos del heágono a la izquierda de. I Si H 3, escogemos 3 puntos de H con, forman un pentágono. Si H = los 4 vértices del heágono a la derecha de con los puntos, forman un heágono lo que es una contradicción con la minimalidad de I. Si H = 1 los 5 vértices del heágono a la derecha de con el punto, o con el punto forman un heágono lo que es una contradicción con la minimalidad de I. 5