2015 - Prueba de Selección Cono Sur - Soluciones

OMEC FUNDAEDUCACIÓN APOL Prueba de Selección para 26ava Olimpiada Matemática del Cono Sur. Temuco, Chile 2015 I Prueba de Selección para 56ava Olimpiada Internacional de Matemática. Chiang Mai, Tailandia 2015 SOLUCIONES PROBLEMA 1 OMEC FC es un equipo de fútbol que participó en un campeonato de 20 equipos. Luego de que OMEC FC jugó exactamente una vez contra cada uno de los otros equipos, obtuvo 43 puntos en total. Si perdió 2 partidos, ¿cuántas veces empató? Aclaración: En un partido de fútbol, el equipo ganador recibe 3 puntos y el perdedor 0 puntos, y en caso de empate cada uno recibe 1 punto. Solución 1: Se plantean ecuaciones con los datos del problema: Sea G el número de partidos ganados, E el número de partidos empatados y P el número de partidos perdidos. Entonces G + E + P = 19 y 3G + 1E + 0P = 43 , pero P = 2 por datos del problema, entonces ⎧G + E = 17
⎨
⎩ 3G + E = 43 y tenemos un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas que al resolverlo nos queda G = 13 y E = 4 . Entonces 𝑂𝑀𝐸𝐶 𝐹𝐶 empató 4 partidos en el campeonato. Solución 2 (Basada en el trabajo realizado por los alumnos en la prueba): Primero veamos que al haber 20 equipos entonces OMEC FC juega un total de 19 partidos de los cuales perdió todos los puntos en 2 partidos (ya que los perdió) entonces quedarían un total de 17 partidos en los que ganó o empató. Si OMEC FC ganara todos esos partidos entonces tendría 17 × 3 = 51 puntos, pero como se dice que obtuvo 43 puntos vemos que la diferencia entre los puntos máximos que alcanzaría y los que en realidad tiene es de 8 puntos, significa que estos 8 puntos se debieron a los puntos que dejó de ganar por los partidos empatados, pero por cada partido empatado OMEC FC deja de ganar 2 puntos, entonces el total de partidos que debió empatar fue de 8 ÷ 2 = 4 . Página web oficial: www.omec-‐mat.org PROBLEMA 2 ¿Cuántos enteros entre 4000 y 7000 tienen 4 dígitos distintos entre sí? Solución: El problema se resolverá usando el principio fundamental del conteo. Primero veamos que el 7000 no tiene los 4 dígitos distintos entre sí, entonces buscaremos de entre los números del 4000 al 6999 cuáles son los que cumplen con el enunciado del problema. • El primer dígito solo puede ser elegido de 3 formas: 4, 5 o 6. • El segundo dígito puede ser elegido de 9 formas: 0, 1, 2, …, 9 pero hay que quitar el dígito ya usado en la primera posición. • El tercer dígito puede ser elegido de 8 formas: 0, 1, 2, …, 9 pero hay que quitar los dos dígitos ya usados en las dos primeras posiciones. • El cuarto dígito puede ser elegido de 7 formas: 0, 1, 2, …, 9 pero hay que quitar los tres dígitos ya usados en las tres primeras posiciones. Como los cuatro puntos anteriores hacen referencia a sucesos independientes entonces es posible usar el principio fundamental del conteo, con lo que hay un total de 3i 9 i 8 i 7 = 1512 números. PROBLEMA 3 Sea ABC un triángulo equilátero con centro O y lado igual a 3. Sea M un punto en el lado AC tal que CM = 1 y sea P un punto en el lado AB tal que AP = 1 . Calcular la medida de los ángulos internos del triángulo MOP . Solución: Se conoce que el centro de un triángulo equilátero es su baricentro, por lo cual O divide en razón 2 :1 a la altura de triángulo que pasa por A , al igual que M divide en razón 2 :1 al segmento AC entonces por el teorema de Tales se obtiene que MO ! BC , análogamente OP ! AC , por lo que !POM = 180º −!BCA = 120º . Por otro lado como !OCM = !PAO , AO = CO y CM = AP , entonces los triángulos OAP y OCM son congruentes (por criterio lado-‐ángulo-‐lado) por lo que MO = OP , con esto se puede concluir que el triángulo MOP es isósceles, con lo cual resulta que los ángulos solicitados son !OMP = 30º , !MPO = 30º , !POM = 120º . Página web oficial: www.omec-‐mat.org PROBLEMA 4 Hallar todos los pares de números reales ( x, y ) que satisfacen: Solución: Caso 1: x = y ⎧⎪ x + y 2 = y 3
⎨
2
3
y
+
x
=
x
⎩⎪
(
)
⇒ x + x 2 = x 3 ⇒ x x 2 − x − 1 = 0 ⇒ x = 0 o también x 2 − x − 1 = 0 lo cual usando la fórmula general de la ecuación cuadrática se tiene las ⎛1± 5 1± 5 ⎞
1± 5
soluciones x =
, por lo que ( x, y ) = ( 0,0 ) , ⎜
. ,
2
2 ⎟⎠
⎝ 2
Caso 2: x ≠ y Restando la segunda ecuación del sistema con la primera ecuación se obtiene (
)
(
)
y − x + x 2 − y 2 = x 3 − y 3 ⇒ x 2 − y 2 + ( y − x ) = x 3 − y 3 ⇒ ( x − y ) ( x + y ) − ( x − y ) = ( x − y ) x 2 + y 2 + xy (
)
⇒ ( x − y ) ( x + y − 1) = ( x − y ) x 2 + y 2 + xy ⇒ x + y − 1 = x 2 + y 2 + xy ⇒ 2x + 2y − 2 = 2x 2 + 2y 2 + 2xy ⇒ 2x 2 − 2x + 2y 2 − 2y + 2xy + 2 = 0 ⇒ ( x − 1) + ( y − 1) + ( x + y ) = 0 ⇒ x = 1 , y = 1 y además x = −y entonces 1 = −1 lo que es una contradicción. 2
2
2
⎛1± 5 1± 5 ⎞
,
Se puede concluir que las únicas soluciones son ( x, y ) = ( 0,0 ) , ⎜
. 2 ⎟⎠
⎝ 2
PROBLEMA 5 Hallar la suma de todos los enteros positivos n para los cuales n 2 − 19n + 99 es un cuadrado perfecto. Solución 1: Veamos que para ser un cuadrado perfecto debe existir k ∈!+0 tal que n 2 − 19n + 99 = k 2 . 2
⎛ 2
19 ⎞
35
19 2 ⎞
19 2
⎛
2
= k 2 ⇒ ⎜ n − 19n +
+ 99 −
= k ⇒⎜n− ⎟ +
⎟
⎝
2⎠
4
4 ⎠
4
⎝
⇒ ( 2n − 19 ) + 35 = 4k 2 ⇒ 35 = 4k 2 − ( 2n − 19 ) ⇒ 35 = ( 2k + 2n − 19 ) ( 2k − 2n + 19 ) De aquí se obtienen dos casos: Caso 1: con 35 = ( ±5 ) ( ±7 ) Se tienen las siguientes opciones 38 ± 2
( 2k + 2n − 19,2k − 2n + 19 ) = {( 5, 7 ), ( 7,5 ), ( −5,−7 ), ( −7,−5 )} ⇒ 4n − 38 = ±2 ⇒ n =
4 ⇒ n = {9,10}
Caso 2: con 35 = ( ±1) ( ±35 ) Se tienen las siguientes opciones ( 2k + 2n − 19,2k − 2n + 19 ) = {(1, 35 ), ( 35,1), ( −1,−35 ), ( −35,−1)} ⇒ 4n − 38 = ±34 2
2
38 ± 34
⇒ n = {1,18} 4
Con lo que la suma de todas las soluciones es 1+ 9 + 10 + 18 = 38 . Página web oficial: www.omec-‐mat.org ⇒n=
Solución 2: Ya que n es un entero positivo se tiene que n ≥ 1 , es decir n − 1 ≥ 0 . Por otro lado, considere que n2 −19n + 99 = ( n −10) + ( n − 1) , también n2 −19n + 99 = ( n + 8) − 35 ( n − 1). Utilizando el hecho destacado al 2
2
inicio, se concluye fácilmente que ( n −10) ≤ n2 −19n + 99 ≤ ( n + 8) . 2
Se debe tener entonces que n2 −19n + 99 = ( n −10 + k ) , para k = 0,1, 2,...,18 . Verificando cada uno de los 18 2
2
casos, se llega fácilmente a la conclusión que las únicas soluciones son n = 1,9,10,18 , por lo cual la suma de las soluciones será 1 + 9 + 10 + 18 = 38 . Solución 3: Ya que n es un entero positivo se tiene que n ≥ 1 , es decir n − 1 ≥ 0 . Por otro lado, considere que 2
n2 −19n + 99 = ( n −10) + ( n − 1) . Utilizando el hecho destacado al inicio, se concluye fácilmente que n2 − 19n + 99 ≥ ( n − 10) . Se debe tener entonces que n2 −19n + 99 = ( n −10 + k ) , para algún entero k ≥ 0 . k 2 − 20k + 1
Desarrollando se obtiene , por lo tanto n=
1 − 2k | k 2 − 20k + 1 ⇔ 1 − 2k
1 − 2k | 2(k 2 − 20k + 1) + k (1 − 2k ) ⇔ 1 − 2k | −39k + 2 ⇔ 1 − 2k | −2(−39k + 2) + 39(1 − 2k ) ⇔ 1 − 2k | 35 . Como k es un entero no negativo, entonces 1 − 2k es 1 o un divisor negativo de 35 . Se tendría entonces k = 0,1,3, 4,18 . Verificando cada uno de los casos, se llega fácilmente a la conclusión que las únicas soluciones son n = 1,9,10,18 , por lo cual la suma de las soluciones será 1 + 9 + 10 + 18 = 38 . PROBLEMA 6 Para cada entero n + 1, n + 2, …, 2n ( n es un número entero positivo) se considera su máximo divisor 2
2
impar. Demostrar que la suma de todos esos divisores es igual a n 2 . Solución: Se procederá usando inducción. Primero veamos el caso base n = 1 , en este caso tenemos que simplemente buscar el máximo divisor impar de 2 que es 1 que evidentemente es 12 . Se cumple el caso base. Supongamos que la afirmación es cierta para n = k , es decir que la suma de los máximos divisores impares de k + 1, k + 2,…,2k es k 2 . Ahora se demostrará para n = k + 1 . Los números serán k + 2, k + 3,…,2k,2k + 1,2k + 2 . Entre los términos que se sumaron en el caso n = k ahora hay que quitar el máximo divisor impar de k + 1 , pero hay que agregar los máximos divisores impares de 2k + 1 y de 2k + 2 , pero el máximo divisor impar de 2k + 1 es sí mismo, y el máximo divisor impar de 2k + 2 es el mismo que el máximo divisor impar de k + 1 puesto que 2k + 2 = 2 ( k + 1) , entonces la suma del caso para n = k termina siendo aumentada en 2k + 1 es decir que la nueva suma es k 2 + 2k + 1 = ( k + 1) , con lo que se concluye la demostración. Página web oficial: www.omec-‐mat.org 2
PROBLEMA 7 ¿Cuántas secuencias de n dígitos se pueden formar con los dígitos del conjunto {0,1, 2,3, 4} si dos dígitos consecutivos difieren exactamente en una unidad? Solución: Sea Cn la cantidad buscada. Sean an , bn , cn el número de las secuencias tales que el último dígito es 0 , 1 y 2, respectivamente. Obviamente Cn = 2an + 2bn + cn . Es fácil ver las siguientes recursiones: ⎫
⎪
bn+1 = an + cn ⎬ ⇒ bn+2 = 3bn ⎪
cn+1 = 2bn
⎭
an+1 = bn
De los casos iniciales n = 2 y n = 3 se tiene que para todo n mayor o igual a 1: b2n = 2 ⋅3n−1 ⎫
⎪
n−1 ⎪
b2n+1 = 3⋅3
⎪
n−1
⎪
C2n = 8⋅3n−1
a2n = 3
⎪
⎬⇒
c2n = 2 ⋅3n−1 ⎪
C2n+1 = 14 ⋅3n−1
⎪
a2n+1 = 2 ⋅3n−1 ⎪
⎪
c2n+1 = 4 ⋅3n−1 ⎪⎭
Esta solución no incluye la solución C1 = 5 . PROBLEMA 8 Sea ABC un triángulo acutángulo y H su ortocentro. Sean D y E los pies de las alturas desde B y C sobre AC y AB respectivamente. La circunferencia circunscrita de ADE corta a la circunferencia circunscrita de ABC en F ≠ A . Demostrar que las bisectrices internas de !BFC y !BHC se cortan en un punto sobre el segmento BC . Solución: Es fácil demostrar que el ortocentro H de ABC también pertenece a la circunferencia circunscrita de ADE . Se tiene entonces que !HFA = !HEA = 90º . Prolónguese FH hasta que corte a la circunferencia circunscrita de ABC en A ' . Como !A' FA = !HFA = 90º , se concluye que AA ' es diámetro de la circunferencia circunscrita de ABC . Sea J el pie de la altura desde A sobre BC y sea H ' la intersección de AH con la circunferencia circunscrita de ABC . Es inmediato que los triángulos rectángulos JAB y CA ' A son semejantes (por criterio ángulo-‐
ángulo-‐ángulo), por lo tanto !BAH = !A' AC ⇔ !BFH ' = !A' FC . Página web oficial: www.omec-‐mat.org Sea K el punto de intersección de la bisectriz de !BFC y el lado BC , entonces FK también será bisectriz del ángulo !H ' FH . Es un hecho conocido que HJ = JH ' , lo cual se deduce a partir de la semejanza entre los triángulos rectángulos CBD y JAC por lo que !JBH = !JAC = !H ' BC , estableciendo la congruencia entre los triángulos rectángulos BHJ y BJH ' (por criterio ángulo-‐lado-‐ángulo). Por lo tanto la recta BJ es la mediatriz del segmento HH ' , así la recta BJ intersecta a la circunferencia circunscrita de FHH ' en el punto medio del arco HH ' , así como también la bisectriz de !H ' FH cortaría a esta circunferencia en ese mismo punto. Como se estableció anteriormente, ese punto es K , por lo que K pertenece a la circunferencia circunscrita de FHH ' . FB BK
Por el teorema de la bisectriz se tiene que , se tiene que para los puntos B y C , la circunferencia =
FC KC
BK
que pasa por F , H , K y H ' corresponde a la circunferencia de Apolonio con razón , entonces KC
HB BK
debe satisfacerse, y por el teorema de la bisectriz implica que K es la intersección de la =
HC KC
bisectriz de !BHC con BC con lo que se concluye la demostración. Página web oficial: www.omec-‐mat.org

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