22 OLIMPIAA MEXIANA E MATEMÁTIAS SOLUIONES PARA EL EXAMEN FINAL ESTATAL 1 Sen A, B y los vértices del triángulo, con AB = c, B = y A = b Primer form Sen h A, h B y h ls lturs desde los vértices A, B y, respectivmente Tenemos que h A = bh B = ch = 2 pues el áre de AB es 1 Sbemos que en culquier triángulo l sum de ls longitudes de culesquier dos de los ldos es myor que l del otro; en este cso b + c >, + b > c y + c > b Usndo esto obtenemos M = ( + b + c)(h A + h B + h ) = h A + (b + c)h A + bh B + ( + c)h B + ch + ( + b)h > 2h A + 2bh B + 2ch = 12 Segund form Sen r el rdio del círculo inscrito en el triángulo e I el centro de este círculo Al prtir el triángulo en tres triángulos AIB, AI y BI, ls lturs de éstos desde el vértice I son tods igules r y entonces ( + b + c)r = 2 (el doble del áre de AB) Es clro que ls tres lturs de AB son tods myores que 2r y de quí que M = ( + b + c)(h A + h B + h ) > ( + b + c)6r = 12 2 omo A debe tener 4 divisores, A = pq con p < q primos o A = p 3 con p primo onsideremos primero el cso A = p 3 omo A 120 ls posibiliddes pr p son p = 2 y p = 3 (pues 5 3 = 125 > 120) Si p = 2 entonces A = 8 y l sum de sus divisores es 1 + 2 + 4 + 8 = 15, que no es cudrdo Si p = 3 entonces A = 27 y l sum de sus divisores es 1 + 3 + 9 + 27 = 40 que tmpoco es cudrdo Ahor tomemos A = pq con p < q primos Tenemos que p < 120 sí que p 7 Si p = 2, tenemos que 3 q 60 y l sum de los divisores de A es 1 + 2 + q + 2q = 3(1 + q) Pr que est sum se cudrdo, 1 + q = 3x 2 pr lgún x > 1 Los primos entre 3 y 60 son: 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31,37,41,43,47,49,53,59 Sólo tenemos que revisr los que tienen residuo 2 l dividirlos entre 3 (pues son de l form 3x 2 1) Éstos son 11, 17, 23, 29, 41, 47, 53 y 59 Los únicos que cumplen que l sumrles 1 y dividirlos entre 3 son cudrdo son q = 11 y q = 47 Si p = 3 tenemos que 5 q 40 y l sum de los divisores de A es 1 + 3 + q + 3q = 4(1+q) Pr que est sum se cudrdo, 1+q = x 2 pr lgún x > 1 Revismos cuáles de los primos entre 5 y 40 l sumrles 1 obtenemos un cudrdo y ninguno lo cumple Si p = 5 tenemos que 7 q 24 y l sum de los divisores de A es 1 + 5 + q + 5q = 6(1 + q) Pr que est sum se cudrdo, 1 + q = 6x 2 pr lgún x > 1 Revismos cuáles de los primos entre 7 y 24 l sumrles 1 y dividirlos entre 6 obtenemos un cudrdo; en este cso 23 es el único Si p = 7 tenemos que 11 q 17 y l sum de los divisores de A es 1 + 7 + q + 7q = 8(1+q) Pr que est sum se cudrdo, 1+q = 2x 2 pr lgún x > 1 Revismos cuáles de los primos entre 11 y 17 l sumrles 1 y dividirlos entre 2 obtenemos un cudrdo; en este cso 17 es el único Entonces ls posibiliddes pr A son 2 11 = 22, 2 47 = 94, 5 23 = 115 y 7 17 = 119
3 Tenemos que los ángulos AEF y ABF son igules por brcr el mismo rco en el círculo Por otro ldo, AB = A tmbién por brcr el mismo rco en ombinndo tenemos que E = EF, de donde EF y son prlels A G F E B Ahor, l rect que ps por y el centro del círculo es perpendiculr, por lo tnto tmbién EF, y sí est rect es meditriz de EF y entonces ps por el centro del circuncírculo de EF y, como G es cuerd de ese círculo, l cort en el punto medio, es decir, es punto medio 4 () Tomemos un jugdor que hy gndo el myor número de juegos k omo no gnó todos los juegos, tomemos c lgún jugdor que le hy gndo ; observemos que c no pudo hberle gndo todos los que gnó pues, como le gnó, tendrí más de k juegos gndos, sí que hy lgún b que le gnó c y l cul le gnó, como querímos (b) Se n 3 rbitrrio y llmemos x 1, x 2,, x n los jugdores Pr i, j {2,, n} digmos que x i le gnó x j si y sólo si i > j Por otro ldo, digmos que x 1 le gnó todos slvo x n 1 Entonces el único triángulo es el formdo por x n, x n 1, x 1 Ilustrmos bjo est situción pr n = 4 x 4 x 1 x 3 x 2
5 Se el residuo (de l división entre n) del número del hexágono centrl, y sen b y c los residuos de los números en dos hexágonos dycentes l centrl y tmbién dycentes entre sí Entonces los residuos en los 6 hexágonos dycentes l centrl deben de ser b y c lterndmente, pues si + b + d es múltiplo de n, entonces tmbién lo es c d = ( + b + c) ( + b + d), de donde d = c e est mism form tmbién el número en culquier hexágono dycente mbos b y c debe tener residuo Así, los residuos deben ser los indicdos en l figur b c c c b b c c b b b c Observmos que hy 7 s, 6 b s y 6 c s en l configurcíón totl Si n = 2 como + b + c debe ser pr y no es posible que todos sen pres (pues son los números del 1 l 19), dos de ellos son impres y el otro es pr, pero esto es imposible pues del 1 l 19 hy 10 pres Pr n = 3 sí es posible tomndo = 1, b = 0 y c = 2 y comodndo los 7 números 1, 4, 7, 10, 13, 16 y 19 en culesquier de los lugres mrcdos con, los 6 números 3, 6, 9, 12, 15 y 18 en los lugres mrcdos con b, y los 6 números 2, 5, 8, 11, 14 y 17 en los lugres mrcdos con c Si n 4, como sólo precerín 3 residuos, fltrín números, sí que tmpoco es posible que n se 4 6 Se O el punto medio de A Llmemos y b ls áres que se muestrn en l figur, notndo que hy coincidencis en lguns regiones por simetrí y prlelismo, y tmbién tomndo en considerción que en culquier triángulo RST, si U y V son los puntos medios de los ldos RS y RT, respectivmente, entonces el áre de RUV es l curt prte del áre de RST Observmos tmbién que ls áres de ABM y de BN son igules pues son l curt prte del áre del prlelogrmo Entonces 4 + b = 4b +, de donde = b, como querímos probr O A N L 3 3b b B M
7 on 4 rects se formn lo más 6 ángulos menores o igules que o, sí que no es posible logrr los 9 ángulos pedidos Ls siguientes figurs son esquems (los ángulos no están dibujdos en su tmño rel por l convenienci del dibujo) en los que se muestr que con 5 rects sí es posible En l figur de l derech es fácil verificr que en los triángulos formdos l sum de los ángulos es 180 o, y que en los cudriláteros l sum es 360 o 70 40 60 50 20 30 30 80 20 10 10 40 120 60 40 140 60 120 130 50 110 70 80 8 L cntidd de renglones distintos que se pueden formr usndo dos de los números, por ejemplo el 1 y el 2, es 2 5 2 = 30 Análogmente se pueden formr 30 renglones distintos usndo el 1 y el 3, y otros 30 usndo el 2 y el 3 Es clro entonces que se pueden construir renglones (todos distintos) en los que no prezc el 4 y, por tnto, que no se forme el rectángulo pedido Tomemos hor un cudrícul con 91 renglones y vemos que forzosmente hy un rectángulo cuys 4 esquins tienen todos los números del 1 l 4 Primer form omo hy 30 posibles renglones que usn dos de los números y ls posibiliddes de prejs de dos números son 6: (1, 2), (3, 4), (1, 3),(2,4),(1,4),(2, 3), entonces debe hber por lo menos dos renglones en los que los números de ls prejs son todos distintos Sin pérdid de generlidd, supongmos que hy un renglón que us los números 1 y 2 y otro renglón que us los números 3 y 4 Por el principio de ls csills, el que tiene 1 y 2, en l menos 3 posiciones tiene el mismo número, digmos que es el 1, sí que ese renglón podemos suponer, sin pérdid de generlidd que es (1, 1, 1, 2, ); tmbién el que tiene 3 y 4 tiene tres veces l menos el mismo número, digmos que es el 3 y lgún 3 debe coincidir con lgun posición de 1; sin pérdid de generlidd ese renglón es (3,,,, ) Si en l posición de lgún 2 tmbién prece 4 (por ejmeplo, en l curt column), entonces y cbmos (el rectángulo buscdo se form con l primer y l curt columns); si no, entonces 4 debe precer en lgun posición que coincide con l de lgún 1, o se que el renglón con 3 y 4 es, sin pérdid de generlidd, (3, 4,, 3, ), y con l
segund y l curt columns tenemos el rectángulo buscdo Segund form Pr r = 2, 3, 4 se r el número de renglones que usn los números 1 y r y se b r el número de renglones que usn los números distintos de 1 y r (por ejemplo, 3 es el número de renglones que usn los números 1 y 3, y b 3 es el de los que usn 2 y 4) omo 91 = 3 30 + 1, por el Principio de ls sills, lgun de ls prejs r + b r 31, digmos 2 +b 2 31 Tmbién, por el Principio de ls sills, lgun de 2 o b 2 es myor o igul que 16; digmos que 2 16 Tenemos entonces que l menos hy 16 renglones que usn los números 1 y 2; por otro ldo, como 2 + b 2 31 pero 2 30 entonces b 2 1, es decir, por lo menos hy un renglón que us los números 3 y 4; sin pérdid de generlidd digmos que es (3, 4,,, ) Queremos ver que lguno de los 2 renglones que usn 1 y 2 es de l form (1, 2,,, ) o (2, 1,,, ) Los de l form (1, 1,,, ) son lo más 2 3 1 = 7 y nálogmente son lo más 7 los de l form (2, 2,,, ); como 7 + 7 = 14 < 16, tenemos uno de l form buscd En conclusión, el mínimo vlor pr k es 91