Problemas Y Soluciones Enero 2009

Entrenamiento de Enero 2009 Problemas y Soluciones Jonathan Monta˜ no Mart´ınez Pedro Luis Barrios Miguel Fernando Moreno 3 de febrero de 2009

Cap´ıtulo 1 Introducci´ on Este documento se presenta como recopilaci´on de las pruebas presentadas por los asistentes al entrenamiento del mes de Enero de 2009 realizado por las Olimpiadas Colombianas de Matem´aticas. Este entrenamiento, al que se convocaron los estudiantes m´as destacados en la Competencia Regional de Matem´aticas y la Olimpiada Regional de Matem´aticas, unidos a aquellos que, mediando una invitaci´on especial, mostraron un inter´es especial en este tipo de actividades, situandose entre estos u ´ltimos un grupo de estudiantes provenientes de Venezuela, Ecuador y Panam´a. El grupo total, compuesto por cerca de ochenta estudiantes de secundaria, fue dividido en tres niveles seg´ un el grado de escolaridad, conformandose as´ı el primer nivel por estudiantes de grados sexto y s´eptimo, nivel intermedio por estudiantes de grados octavo y noveno y finalmente el nivel superior compuesto por los estudiantes de grados d´ecimo y und´ecimo, la misma partici´on que se hace en la olimpiada nacional para secundaria. Los estudiantes recibieron un entrenamiento intensivo de tres semanas (entre Enero 13 y Enero 31) con horario en d´ıas habiles de 9 am a 5 pm (incluyendo dos recesos de treinta minutos y dos horas de almuerzo), exepto los d´ıas viernes con un horario de 9 am a 5:30 pm (incluyendo dos recesos de treinta minutos y una hora de almuerzo) y los d´ıas sabados de 9 am a 12:00 pm. Los ex´amenes que se muestran en este compendio se llevaron a cabo los d´ıas mi´ercoles y viernes de cada semana, para as´ı completar un total de seis pruebas. En los problemas de geometr´ıa no se mostrar´an figuras, sin embargo, se ha tenido el suficiente cuidado para que el lector pueda seguir la soluci´on con su propio dibujo. Se ha intentado mostrar para cada problema la mejor soluci´on de la cual se dispon´ıa. En algunos casos las soluciones provienen de los propios estudiantes, en estos casos se dar´a referencia del autor de la soluci´on. Lo anterior no garantiza que las soluciones sean las m´as bonitas o elegantes, invitamos al lector a crear soluciones que superen a las presentadas.

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Cap´ıtulo 2 Pruebas 2.1. 2.1.1.

Primer Nivel Primera Prueba - Enero 14

1. Federico cort´o de una p´agina de calendario un cuadrado de tres d´ıas por tres d´ıas. ´ not´o que la suma de las fechas en el cuadrado era m´ El ultiplo de 13. ¿Cu´al era la fecha escrita en la esquina inferior izquierda? 2. Considere un tablero de 8 × 641 en el que cada casilla tiene escrita un entero positivo. ¿Es posible que para cada fila y para cada columna la suma de los n´ umeros escritos en sus casillas sea un n´ umero primo? 3. En un tri´angulo, una de las l´ıneas que une dos de los puntos medios de sus lados es m´as larga que una de las medianas de dicho tri´angulo. Demostrar que el tri´angulo tiene un a´ngulo obtuso, es decir, mayor a 90◦ .

2.1.2.

Segunda Prueba - Enero 16

1. ¿Cu´antas veces, en 24 horas, el a´ngulo formado por las agujas de un reloj es recto? Justifique su respuesta. 2. Encontrar todos los n´ umeros de tres cifras que son m´ ultiplos de la suma de sus cifras. Justifique su respuesta. 3. En el interior de un c´ırculo de radio 1 se tienen dos tri´angulos de a´rea mayor o igual a 1. Demostrar que los dos tri´angulos tienen al menos un punto en com´ un.

2.1.3.

Tercera Prueba - Enero 21

1. Hallar todos los n´ umeros naturales de cuatro d´ıgitos formados por dos d´ıgitos pares y dos d´ıgitos impares que cumplen que al multiplicarlos por 2 se obtienen

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n´ umeros de cuatro d´ıgitos con todos sus d´ıgitos pares y al dividirlos por 2 se obtienen n´ umeros naturales de cuatro d´ıgitos con todos sus d´ıgitos impares. 2. Hallar un n´ umero natural tal que su cuadrado tenga 202 d´ıgitos, los primeros 100 iguales a 1, los siguientes 100 iguales a 2 y los otros dos desconocidos. Es decir, n2 = 11 . . . 1122 . . . 22 3. Sea C una circunferencia de centro O, AB un di´ametro de ella y R un punto cualquiera en C distinto de A y de B. Sea P el pie de la perpendicular desde O a AR. Sobre la recta OP se ubica Q, de manera que QP es la mitad de P O, Q no pertenece al segmento OP y Q est´a m´as cerca de P que de O. Por Q trazamos la paralela a AB que corta a la recta AR en T . Llamamos H a la intersecci´on de las rectas AQ y OT . Demostrar que H, R y B son colineales.

2.1.4.

Cuarta Prueba - Enero 23

1. En una competencia deportiva participan ni˜ nos de Kenya, Chipre, Colombia y Sri Lanka. En total hay 432 ni˜ nos. El n´ umero de ni˜ nos de Colombia es un tercio del n´ umero de ni˜ nos de Sri Lanka. Si se duplicara el n´ umero de ni˜ nos de Kenya, en total habr´ıa 588 ni˜ nos. Si de Sri Lanka s´olo viniera la mitad de los ni˜ nos, la cantidad de ni˜ nos de Chipre y Sri Lanka ser´ıa 241. ¿Cu´antos ni˜ nos de cada pa´ıs participan en esa competencia? 2. El tri´angulo ABC cumple que 6 ABC = 26 ACB. Sea D es el pie de la bisectriz del 6 BAC sobre el lado BC. Si se cumple que AB = DC. Hallar los ´angulos del tri´angulo ABC. 3. Sean a, b enteros tales que el m´aximo com´ un divisor de ambos es 2, y adem´as (a + b)2 = 25a 18a4 + b4 = 41ab2 Hallar todas las parejas (a, b) que cumplen estas condiciones.

2.1.5.

Quinta Prueba - Enero 28

1. Se tiene un tablero de 8 × 8 dividido en casillas de 1 × 1. Escribir en cada casilla un 1 o un 2 de modo que en cada cuadrado de 3 × 3 la suma de los 9 n´ umeros sea m´ ultiplo de 4, pero la suma de los 64 n´ umeros del tablero no sea m´ ultiplo de 4. 2. Pedro eligi´o un n´ umero natural n de dos d´ıgitos, calcul´o 10n − n y luego sum´o los d´ıgitos del n´ umero calculado. La suma que obtuvo es un m´ ultiplo de 170. Determinar todos los posibles valores del n´ umero n de dos d´ıgitos que eligi´o Pedro. 3

3. En cada v´ertice de un cuadrado hay una manzana. Harold sale de un v´ertice y camina por los lados del cuadrado arrastrando una enorme bolsa de manzanas y s´olo se detiene en los v´ertices. Cuando llega a un v´ertice, si viajaba en el sentido de las agujas del reloj, agrega tantas manzanas como las que hay en el v´ertice del que ven´ıa, y si viajaba en sentido contrario a las agujas del reloj, quita manzanas, agrega manzanas, o no hace nada, de modo que quede la misma cantidad que en el v´ertice del cual ven´ıa. ¿Puede Harold organizar su viaje para tener exactamente 98 manzanas en cada v´ertice? Si la respuesta es no, explicar por qu´e. Si la respuesta es s´ı, indicar el camino de Harold.

2.1.6.

Sexta Prueba - Enero 30

1. Algunas personas, tres de ellas mujeres, fueron a comer a un restaurante. El total de la cuenta fue de 72 , que se reparti´o inicialmente entre todos los asistentes. Despu´es, en un acto de caballerosidad, los hombres decidieron invitar a las mujeres y repartir el costo de la cuenta entre ellos. Al hacer esto, cada hombre tuvo que aportar 4 m´as. Determinar la cantidad de personas que estuvieron en la comida. 2. Miguel elige un n´ umero natural n y hace lo siguiente: Calcula a = n2 + 5 ; Calcula b = (n + 1)2 + 5 ; Halla el m´aximo com´ un divisor entre a y b y anota dicho m´aximo com´ un divisor en el tablero. ¿Cu´al es el n´ umero m´as grande que puede anotar? 3. Sean M y N puntos sobre la extensi´on de los lados AB y BC respectivamente de un tri´angulo ABC, con M m´as cercano a A que a B y N m´as cercano a C que a B. Sea E el punto de intersecci´on de AN y M C. Se traza por A una recta paralela a BC y por C una recta paralela a AB. Sea F el punto de intersecci´on de las dos rectas trazadas. Demostrar que: ´ ´ Area(BAEC) = Area(M F N E)

2.2. 2.2.1.

Nivel Intermedio Primera Prueba - Enero 14

1. Considere un tablero de 8 × 641 en el que cada casilla tiene escrita un entero positivo. ¿Es posible que para cada fila y para cada columna la suma los n´ umeros escritos en sus casillas sea un n´ umero primo? 2. Se escriben los enteros positivos en una fila y se realiza una secuencia de filas como se define a continuaci´on: 4

La fila n + 1 se construye a partir de la fila n sum´andole 1 a los n´ umeros en la fila n que son divisibles entre n. Por ejemplo: Fila Fila Fila Fila

1: 2: 3: 4:

1 2 3 4

2 3 3 4

3 4 5 5

4 5 5 5

5 6 7 7 .. .

6 7 8 9 ... 7 8 9 10 . . . 7 9 9 11 . . . 7 10 10 11 . . . .. .

Determinar todos los enteros positivos n tales que los primeros n − 1 t´erminos de la fila n son iguales a n. (Por ejemplo, en el diagrama presentado, las filas 2 y 3 cumplen con las condiciones, puesto que el primer t´ermino de la fila 2 es 2 y los dos primeros t´erminos de la fila 3 son 3.) 3. Sea ABCD un cuadril´atero convexo tal que 6 BAD < 90◦ , 6 ADB + 6 ACB = 90◦ y 6 DBC + 26 DBA = 180◦ . Demostrar que (DB + BC)2 = AD2 + AC 2 .

2.2.2.

Segunda Prueba - Enero 16

1. Hallar el menor entero positivo n tal que las 73 fracciones 20 21 91 19 , , , ..., n + 21 n + 22 n + 23 n + 93 son irreducibles. 2. En un grupo de n personas, cada dos de ellas son amigos o enemigos y cada una tiene exactamente 10 enemigos. Adem´as se cumple la ley ”Los enemigos de mis amigos son mis enemigos” ¿Qu´e valores puede tener n? 3. Sea n un n´ umero natural. La sucesi´on finita α de enteros positivos tiene, entre sus t´erminos, exactamente n n´ umeros distintos (α puede tener n´ umeros repetidos). Adem´as, si a uno cualquiera de sus t´erminos se le resta 1, se obtiene una sucesi´on que tiene, entre sus t´erminos, al menos n n´ umeros positivos distintos. ¿Cu´al es el valor m´ınimo que puede tener la suma de todos los t´erminos de la sucesi´on α?

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2.2.3.

Tercera Prueba - Enero 21

1. Dos jugadores A y B y otras 2009 personas forman un c´ırculo, de modo que A y B no quedan en posiciones consecutivas. A y B juegan por turnos alternadamente empezando por A. Una jugada consiste en tocar a una de las personas que se encuentra a su lado, la cual debe salir del c´ırculo. Gana el jugador que logre sacar del c´ırculo a su oponente. Demostrar que unos de los dos jugadores tiene una estrategia ganadora y describir dicha estrategia. Nota: Un jugador tiene una estrategia ganadora si puede garantizar su victoria sin importar como juegue su rival. 2. Sea a un entero postivo impar mayor que 17 tal que 3a−2 es un cuadrado perfecto. Demostrar que existen enteros positivos distintos b y c tal que a + b, b + c, c + a, a + b + c son cuatro cuadrado perfectos. 3. Sean Γ1 y Γ2 dos circunferencias, de centros O1 y O2 respectivamente, que se intersectan en M y N . La recta l es la tangente com´ un a Γ1 y Γ2 , m´as cercana a M . Los puntos A y B son los respectivos puntos de contacto de l con Γ1 y Γ2 , C el punto diametralmente opuesto a B y D el punto de intersecci´on de la recta O1 O2 con la recta perpendicular a la recta AM trazada por B. Demostrar que M , D y C est´an alineados.

2.2.4.

Cuarta Prueba - Enero 23

1. El tri´angulo ABC cumple que 6 ABC = 26 ACB. Sea D es el pie de la bisectriz del 6 BAC sobre el lado BC. Si se cumple que AB = DC. Hallar los ´angulos del tri´angulo ABC. 2. Sean f (x) y g(x) dos polinomios m´onicos cuadr´aticos tales que f (g(x)) y g(f (x)) no tienen ra´ıces reales. Demostrar que alguno de los polinomios f (f (x)) o g(g(x)) no tiene ra´ıces reales. 3. Los n´ umeros 2, 8, . . . , 3n − 1 est´an escritos en un tablero. Se permite borrar dos n´ umeros cualesquiera x y y escritos en el tablero y escribir el n´ umero xy+1 . Si x+y se realiza la operaci´on anterior hasta que quede un s´olo n´ umero pq escrito en el tablero, donde p y q son enteros primos relativos; ¿cu´ales son los posibles valores de p + q?

2.2.5.

Quinta Prueba - Enero 28

1. Pedro eligi´o un n´ umero natural n de dos d´ıgitos, calcul´o 10n − n y luego sum´o los d´ıgitos del n´ umero calculado. La suma que obtuvo es un m´ ultiplo de 170. Determinar todos los posibles valores del n´ umero n de dos d´ıgitos que eligi´o Pedro.

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2. Sean P (x) y Q(x) polinomios de coeficientes enteros, tales que los coeficientes de Q(x) se forman a partir de una permutaci´on de los coeficientes de P (x). Demostrar que: a) P (2009) − Q(2009) es par. b) Existe al menos un entero positivo k > 2 tal que P (2009)−Q(2009) es m´ ultiplo de k. 3. En un curso de 100 personas, se quieren formar comit´es para que realicen diferentes actividades. Se quiere que cada comit´e tenga al menos una persona, y m´aximo 50. Se quiere tambi´en que para cualesquiera dos personas, exista por lo menos un comit´e tal que ellos dos se encuentren en dicho comit´e. ¿Cu´al es el m´ınimo n´ umero de comit´es que se deben formar para que se cumplan estas condiciones? Justifique su respuesta.

2.2.6.

Sexta Prueba - Enero 30

1. En la ronda clasificatoria de las Olimpiadas de Matem´aticas se suman 5 puntos por cada respuesta correcta y se restan 2 puntos por cada respuesta incorrecta. Si el estudiante no contesta una pregunta, no se suma ni se resta puntaje. La prueba tiene 30 preguntas. Jonathan, Juan, Ignacio, Sasha y Mar´ıa quedaron empatados, con m´as de 0 puntos, pero adem´as todos tuvieron diferente cantidad de aciertos, errores y preguntas no respondidas. Dar todos los posibles puntajes que obtuvieron los estudiantes. 2. Sea ABC un tri´angulo. La bisectriz interna de 6 B corta a AC en P . Si I es el incentro de ABC, demostrar que si AB + AP = BC, entonces AP I es is´osceles. 3. Sean x y y enteros positivos tales que 3x2 + x = 4y 2 + y. Demostrar que x − y es un cuadrado perfecto.

2.3. 2.3.1.

Nivel Superior Primera Prueba - Enero 14

1. Sea ABCD un cuadril´atero convexo tal que 6 BAD < 90◦ , 6 ADB + 6 ACB = 90◦ y 6 DBC + 26 DBA = 180◦ . Demostrar que (DB + BC)2 = AD2 + AC 2 . 2. Sea Γ una circunferencia y sean ABC y XY Z tri´angulos rect´angulos tales que Γ es tangente a los segmentos AB, BC y CA y X, Y y Z est´an sobre Γ. Si (P QR) denota el a´rea del tri´angulo P QR, demostrar que √ (ABC) ≥ 3 + 2 2. (XY Z) 7

3. 15 amigos tratan de llevar a cabo llevar a cabo la siguiente tarea. En un tablero de 15 × 15 hay 15 torres de ajedrez de manera tal que ninguna est´a atacando a ninguna otra. Cuando suena un pito, cada uno de ellos debe mover una torre (todos al mismo tiempo) como si fueran caballos de ajedrez (en L, es decir, dos casillas en una direcci´on y una casilla en la direcci´on perpendicular) de manera tal que ninguna torre resulte atacando otra. ¿Es posible que los 15 amigos realicen la tarea? De ser posible, mostrar las configuraciones de las torres indicando qu´e movimientos realizaron. En caso contrario, justificar por qu´e no se puede.

2.3.2.

Segunda Prueba - Enero 16

1. Hallar el menor n´ umero formado exclusivamente por d´ıgitos 3 y 7, con al menos un d´ıgito de cada clase, tal que tanto el n´ umero como la suma de sus d´ıgitos sea divisible por 3 y por 7. 2. Sean x, y n´ umeros reales. Demostrar que 3(x + y + 1)2 + 1 ≥ 3xy 3. Para un conjunto S de enteros positivos finito y no vac´ıo definimos σ(S) como la suma de los elementos de S. Sea A = {a1 , a2 , ..., a11 } un conjunto de enteros positivos tal que a1 < a2 < ... < a11 y para todo n ≤ 1500 existe un subconjuto S de A tal que σ(S) = n. Hallar el menor valor posible de a10 .

2.3.3.

Tercera Prueba - Enero 21

1. Se escriben en sucesi´on los n´ umeros naturales, formando una secuencia de d´ıgitos 12345678910111213141516171819202122232425262728293031 . . . . Determinar cu´antos d´ıgitos tiene el n´ umero natural que contribuye a esta secuen2009 cia con el d´ıgito de la posici´on 10 . Nota: El n´ umero natural que contribuye a la secuencia con el d´ıgito de la posici´on 10 tiene 2 cifras, porque es el 10; el n´ umero natural que contribuye a la secuencia con el d´ıgito de la posici´on 102 tiene 2 cifras, porque es el 55. 2. En el tri´angulo ABC, D es el punto medio de BC y M es el punto sobre el lado BC tal que 6 BAM = 6 CAD. Sean K el segundo punto de intersecci´on del circunc´ırculo de 4ABM con el lado AC y L el segundo punto de intersecci´on del circunc´ırculo de 4ACM con el lado AB. Demostrar que LK k BC. 3. Encontrar un n´ umero entero n con 100 ≤ n ≤ 2009 tal que 2n + 2 n es un n´ umero entero. 8

2.3.4.

Cuarta Prueba - Enero 23

1. Sean f (x) y g(x) dos polinomios m´onicos cuadr´aticos tales que f (g(x)) y g(f (x)) no tienen ra´ıces reales. Demostrar que alguno de los polinomios f (f (x)) o g(g(x)) no tiene ra´ıces reales. 2. Sea n un entero positivo tal que la suma de todos sus divisores positivos es 2n + 1. Demostrar que n es el cuadrado de un entero positivo impar. 3. Sea ABC un tri´angulo y sea Γ su circunc´ırculo. Sea P un punto en Γ sobre el arco BC que no contiene a A. Demostrar que el circunc´ırculo del tri´angulo que pasa por P y los incentros de los tri´angulos P AB y P AC pasa por un punto fijo al variar P .

2.3.5.

Quinta Prueba - Enero 28

1. En un curso de 100 personas, se quieren formar comit´es para que realicen diferentes actividades. Se quiere que cada comit´e tenga al menos una persona, y m´aximo 50. Se quiere tambi´en que para cualesquiera dos personas, exista por lo menos un comit´e tal que ellos dos se encuentren en dicho comit´e. ¿Cu´al es el m´ınimo n´ umero de comit´es que se deben formar para que se cumplan estas condiciones? Justifique su respuesta. 2. Sea m un entero positivo. Demostrar que existe al menos un entero positivo n que √ √ n 3 = b n2 c + b nc + 1. satisface la ecuaci´on m 3. Definimos la altura de un n´ umero natural a como la fracci´on σ(a) , a donde σ(a) es la suma de todos los divisores positivos de a. Demostrar que para cualquier par de n´ umeros naturales N y k existe un b natural tal que la altura de cada uno de los n´ umeros b, b + 1, . . . , b + k es mayor que N .

2.3.6.

Sexta Prueba - Enero 30

1. Sea ABC un tri´angulo. La bisectriz interna de 6 B corta a AC en P . Si I es el incentro de ABC, demostrar que si AB + AP = BC, entonces AP I es is´osceles. 2. Sea p un primo impar. Sea A = {0, 1, 2 . . . , p − 1} y σ una permutaci´on de los elementos de A. Demostrar que existen i y j tal que iσ(i) − jσ(j) es divisible por p. 9

3. Sean a, b, c, d n´ umeros reales tal que (1+a2 )(1+b2 )(1+c2 )(1+c2 ) = 16. Demostrar que −3 ≤ ab + bc + cd + da + ac + bd − abcd ≤ 5.

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Cap´ıtulo 3 Soluciones 3.1. 3.1.1.

Primer Nivel Primera Prueba - Enero 14

1. Federico cort´o de una p´agina de calendario un cuadrado de tres d´ıas por tres d´ıas. ´ not´o que la suma de las fechas en el cuadrado era m´ El ultiplo de 13. ¿Cu´al era la fecha escrita en la esquina inferior izquierda? Soluci´ on. (Soluci´on presentada por Miguel Bravo) Sea f el elemento central del cuadradro. Entonces como una semana tiene 7 d´ıas, las dem´as fechas del tablero son: f-8 f-7 f-6 f-1 f f+1 f+6 f+7 f+8 Se nota que la suma de los elementos es 9f y es m´ ultiplo de 13, entonces f deber ser m´ ultiplo de 13. Si f es mayor que 13, debe ser 26. Pero de esta manera f + 8 = 34 que no es un elemento del mes. As´ı, f = 13 y la fecha en la esquina inferior izquierda es 19. 2. Considere un tablero de 8 × 641 en el que cada casilla tiene escrita un entero positivo. ¿Es posible que para cada fila y para cada columna la suma de los n´ umeros escritos en sus casillas sea un n´ umero primo? marcaa Soluci´ on. Como los n´ umeros en el tablero son positivos, entonces no es posible que la suma de los elementos de una fila o una columna sea 2. Por lo tanto todas las sumas deben ser n´ umeros impares. Ahora, cada una de las 8 filas debe tener una cantidad impar de n´ umeros impares y as´ı, el total de n´ umeros impares en el tablero es un n´ umero par. Analogamente, cada una de las 641 columnas debe tener una cantidad 11

impar de n´ umeros impares, de lo cual resulta que el total de n´ umeros impares en el tablero es impar, contradiciendo el an´alisis por filas. De esta contradicci´on se puede concluir que esta distribuci´on de n´ umeros es imposible. 3. En un tri´angulo, una de las l´ıneas que une dos de los puntos medios de sus lados es m´as larga que una de las medianas de dicho tri´angulo. Demostrar que el tri´angulo tiene un a´ngulo obtuso, es decir, mayor a 90◦ . Soluci´ on. Sea ABC el tri´angulo y los puntos medio de los lados A0 , B 0 , C 0 . Es conocido que la mediana de mayor longitud corresponde al lado de menor longitud(¿Por qu´e?), as´ı podemos suponer que la l´ınea y la mediana corresponden al mismo v´ertice. Sup´ongase sin perder generalidad que B 0 C 0 es la l´ınea del enunciado. Sea D el punto tal que ABDC es un paralelogramo. La condici´on del problema es equivalente a BC > AD, de esta manera el a´ngulo en A debe ser mayor que el a´ngulo del paralelogramo en el v´ertice B. Se concluye que el ´angulo A es obtuso como se quer´ıa.

3.1.2.

Segunda Prueba - Enero 16

1. ¿Cu´antas veces, en 24 horas, el a´ngulo formado por las agujas de un reloj es recto? Justifique su respuesta. Soluci´ on. Nota: Solo se consideran los momentos en que ambas manecillas se encuentren sobre alguna de las 60 marcas del reloj y no entre ellas. El reloj tiene 60 marcas, una por cada minuto. Entre cada par de marcas consecutivas el a´ngulo es de 6◦ . Por cada 12 marcas del minutero, el horario se mueve una, es decir, el grado entre las manecillas cambia en 66◦ . As´ı, para que el a´ngulo sea recto, se debe tener que 90 divida a 66K, donde K es el n´ umero de intervalos de 12 minutos trasncurridos desde el inicio del d´ıa. De esta manera se obtiene que K es multiplo de 15, es decir, deben pasar 12 × 15 = 180 minutos. Finalmente, analizando en intervalos de 3 horas, las u ´nicas que cumplen con la condici´on son 03 : 00, 09 : 00, 15 : 00, 21 : 00 2. Encontrar todos los n´ umeros de tres cifras que son m´ ultiplos de la suma de sus cifras. Justifique su respuesta. Soluci´ on. Consid´erese el n´ umero de tres cifras escrito como n = 100a + 10b + c con a > 0 y b, c ≥ 0, asi que el problema es equivalente a considerar en que casos a+b+c divide a 100a + 10b + c lo cual equivale a que a + b + c divide a 99a + 9b = 9(11a + b). Con estas dos condiciones el problema se reduce a considerar cada uno de los casos de forma sistem´atica para los 24 valores posibles de a + b + c (desde 3 hasta 27). Como ejemplo se realizan los siguientes casos. Cuando a + b + c = 7, por la 12

segunda condici´on y dado que 7 y 9 son primos relativos, 7 divide a 11a + b; si a = 1 entonces b = 3 y c = 3; si a = 2 entonces b = 6 lo cual contradice que a + b + c = 7; si a = 3 entonces b = 2 y c = 2; si a = 4 entonces b = 5 lo cual no es posible bajo la hip´otesis que a + b + c = 7; si a = 5 entonces b = 1 y c = 1; si a = 6 entonces b = 4 y no es posible; si a = 7 entoncess b = 0 y c = 0. As´ı, las soluciones para a + b + c = 7 son 133, 322, 511, 700. El caso a + b + c = 10 se analiza con la condici´on inicial (a + b + c | 100a + 10b + c), de la que se deduce que 10 divide a c, es decir, c = 0. As´ı, las soluciones en este caso son 190, 280, 370, 460, 550, 640, 730, 820, 910. Siguiendo esta estrategia se encuentran los siguientes n´ umeros, organizados seg´ un la suma de sus d´ıgitos, aunque para algunas sumas de d´ıgitos no hay soluciones. a + b + c = 1 : 100. a + b + c = 2 : 110, 200. a + b + c = 3 : 102, 111, 120, 201, 210, 300. a + b + c = 4 : 112, 220, 400. a + b + c = 5 : 140, 230, 320, 410, 500. a + b + c = 6 : 114, 132, 150, 204, 222, 240, 312, 330, 402, 420, 510, 600. a + b + c = 7 : 133, 322, 511, 700. a + b + c = 8 : 152, 224, 440, 512, 800. a + b + c = 9 : 108, 117, 126, 135, 144, 153, 162, 171, 180, 207, 216, 225, 234, 243, 252, 261, 270, 306, 315, 324, 333, 342, 351, 360, 405, 414, 423, 432, 441, 450, 504, 513, 522, 531, 540, 603, 612, 621, 630, 702, 711, 720, 801, 810, 900. a + b + c = 10 : 190, 280, 370, 460, 550, 640, 730, 820, 910. a + b + c = 11 : 209, 308, 407, 506, 605, 704, 803, 902. a + b + c = 12 : 156, 192, 228, 264, 336, 372, 408, 444, 480, 516, 552, 624, 660, 732, 804, 840, 912. a + b + c = 13 : 247, 364, 481, 715, 832. a + b + c = 14 : 266, 392, 518, 644, 770. a + b + c = 15 : 195, 285, 375, 465, 555, 645, 690, 735, 780, 825, 870, 915, 960. a + b + c = 16 : 448, 592, 736, 880. a + b + c = 17 : 476, 629, 782, 935. a + b + c = 18 : 198, 288, 378, 396, 468, 486, 558, 576, 594, 648, 666, 684, 738, 756, 774, 792, 828, 846, 864, 882, 918, 936, 954, 972, 990. a + b + c = 19 : 874. 13

a + b + c = 21 : 399, 588, 777, 966. a + b + c = 24 : 888. a + b + c = 27 : 999 3. En el interior de un c´ırculo de radio 1 se tienen dos tri´angulos de a´rea mayor o igual a 1. Demostrar que los dos tri´angulos tienen al menos un punto en com´ un. Soluci´ on. Se demostrar´a que los dos tri´angulos contienen al centro. Se proceder´a por contradicci´on. Sup´ongase que uno de los tri´angulos no contiene al centro. Para llegar a la contradicci´on, se demostrar´a que existe una di´ametro paralelo a alguno de los lados que no intersecta al tri´angulo. Tr´acese un di´ametro l. Este ser´a paralelo a alguno de los lados e intersecta a alguno de los lados el cual se llamar´a AB. Sup´ongase sin perder generalidad que el lado paralelo a l es BC, adem´as que B y el centro est´an en distintos lados con respecto a AC. Ahora, C debe estar sobre la paralela por B al di´ametro l y debe estar al mismo lado de B con respecto a la l´ınea que une a A y el centro, en caso contrario ABC contendr´ıa al centro. Finalmente, es f´acil convencerse de que la paralela a AC por el centro del c´ırculo no intersecta al tri´angulo. Ahora, claramente AC es de longitud menor que el di´ametro y la altura desde B es de longitud menor que el radio que pasa por B. = 1, lo que es un contradicci´on. De esta manera el a´rea de ABC es menor que 2×1 2 As´ı, los dos c´ırculos deben contener al centro y esto culmina la demostraci´on.

3.1.3.

Tercera Prueba - Enero 21

1. Hallar todos los n´ umeros naturales de cuatro d´ıgitos formados por dos d´ıgitos pares y dos d´ıgitos impares que cumplen que al multiplicarlos por 2 se obtienen n´ umeros de cuatro d´ıgitos con todos sus d´ıgitos pares y al dividirlos por 2 se obtienen n´ umeros naturales de cuatro d´ıgitos con todos sus d´ıgitos impares. Soluci´ on. umero que cumple las condiciones. Todos los d´ıgitos de n deben Sea n = abcd un n´ ser menores que 5, porque sino el d´ıgito 1 de las decenas de la multiplicaci´on por ese d´ıgito producir´ıa un d´ıgito impar. Como n es divisible por 2, entonces d es par. Ahora, a debe ser 2 ´o 3, para que cumpla las condiciones. Si a = 2, entonces b y c deben ser impares. La u ´nicas posibilidades son 2310 y 2314. Si a = 3, entonces entre b y c debe haber un par y un impar. Si b es par, las u ´nicas posiblidades son 3030, 3034, 3430, 3434. Si b es impar, las u ´nicas posibilidades son 3142, 3102. Se han obtenido todas las soluciones posibles. 14

2. Hallar un n´ umero natural tal que su cuadrado tenga 202 d´ıgitos, los primeros 100 iguales a 1, los siguientes 100 iguales a 2 y los otros dos desconocidos. Es decir, n2 = 11 . . . 1122 . . . 22 Soluci´ on. Realizando casos particulares, es posible darse cuenta que 352 = 1225, 3352 = 112225. Esto permite inferir que n debe estar compuesto por 100 d´ıgitos 3 y un 5. N´otese que

2

(33 . . . 335)

2 10100 − 1 10 + 5 3 10200 − 2 × 10100 + 1 10100 − 1 100 + 100 + 25 3  2009  10 + 10100 − 2 100 + 25 9  100  10100 − 1 10 − 1 100 10 + 2 100 + 25 9 9 11 . . . 1122 . . . 2225 

= = = = =

y esto es lo que se quer´ıa demostrar. 3. Sea C una circunferencia de centro O, AB un di´ametro de ella y R un punto cualquiera en C distinto de A y de B. Sea P el pie de la perpendicular desde O a AR. Sobre la recta OP se ubica Q, de manera que QP es la mitad de P O, Q no pertenece al segmento OP y Q est´a m´as cerca de P que de O. Por Q trazamos la paralela a AB que corta a la recta AR en T . Llamamos H a la intersecci´on de las rectas AQ y OT . Demostrar que H, R y B son colineales. Soluci´ on. QP 1 QT = = , Como QT es paralelo a AO, entonces QT P ∼ OAP . Por lo tanto AO PO 2 HQ QT 1 adem´as HQT ∼ HAO, entonces = = . Como O es el centro del c´ırculo, HA AO 2 entonces OP es la mediatriz de AT , se sigue que HR es paralelo a QP . Finalmente, como O es el punto medio de AB entonces HB es paralelo a QP y se concluye que H, R, B est´an sobre la misma recta.

3.1.4.

Cuarta Prueba - Enero 23

1. En una competencia deportiva participan ni˜ nos de Kenya, Chipre, Colombia y Sri Lanka. En total hay 432 ni˜ nos. El n´ umero de ni˜ nos de Colombia es un tercio 15

del n´ umero de ni˜ nos de Sri Lanka. Si se duplicara el n´ umero de ni˜ nos de Kenya, en total habr´ıa 588 ni˜ nos. Si de Sri Lanka s´olo viniera la mitad de los ni˜ nos, la cantidad de ni˜ nos de Chipre y Sri Lanka ser´ıa 241. ¿Cu´antos ni˜ nos de cada pa´ıs participan en esa competencia? Soluci´ on. Sean K, C, P y S la cantidad de ni˜ nos presentes en la competencia de Kenya, Colombia, Chipre y Sri Lanka respectivamente. Por las condiciones del problema se tienen las siguientes ecuaciones K +C +P +S 2K + C + P + S S +P 2 3C

= 432 = 588

(3.1) (3.2)

= 241

(3.3)

= S

(3.4)

de (3.2)-(3.1) se tiene que K = 156, de (3.3) y (3.4) se tiene que P = 241 −

3C S = 241 − 2 2

y reemplazando en (3.1), se encuentra que C = 14, de donde P = 220 y S = 42. 2. El tri´angulo ABC cumple que 6 ABC = 26 ACB. Sea D el pie de la bisectriz del 6 BAC sobre el lado BC. Si se cumple que AB = DC. Hallar los ´ angulos del tri´angulo ABC. Soluci´ on. Primera soluci´on. Sea E un punto sobre la prolongaci´on del lado CB de tal forma que B se encuentra entre E y C, y EB = AB. Entonces, el tri´angulo ABE es is´osceles con 6 6 6 6 BAE = 6 BEA. N´ otese que 6 ACE = ABC = BAE+2 BEA = 6 BEA, por lo tan2 to los tri´angulos AED y ACB son congruentes, con 6 EAD = 6 CAB. De donde, 6 EAB = 6 BAD = 6 DAC, por lo tanto la suma de los a ´ngulos del tri´angulo ABC o es 180 = 6 ABC + 6 BCA + 6 CAB = 56 BCA y de aqu´ı 6 BCA = 36o , 6 CAB = 6 ABC = 72o . Segunda soluci´on. Sea E el pie de la bisectriz de 6 ABC sobre el lado AC, el tri´angulo BEC es is´osceles puesto que 6 EBC = 6 ECB, por lo cual BE = CE. As´ı, los tri´angulos ABE y DCE son congruentes y por lo tanto AE = ED, 6 EDC = 6 EAB. Ahora, 6 DAC = 6 ADE pues el tri´ angulo AED es is´osceles. De lo anterior se obtiene 6 6 la ecuaci´on 4 DAC + ACB = 36 ACB + 26 DAC, de donde 6 DAC = 6 ACB. Finalmente, los ´angulos del tri´angulo son 6 AB = 72 y 6 ACB = 36.

16

3. Sean a, b enteros tales que el m´aximo com´ un divisor de ambos es 2, y adem´as (a + b)2 = 25a 18a4 + b4 = 41ab2 Hallar todas las parejas (a, b) que cumplen estas condiciones. Soluci´ on. Sean a = 2m y b = 2n, con m y n enteros primos relativos. Reemplazando en la primera ecuaci´on se tiene que 2n2 + 2m2 + 4mn = 25m y de aqu´ı m divide a 2n2 , como m y n son primos relativos, m divide a 2. Si m fuera igual a 1 o -1 la ecuaci´on 2n2 + 2m2 + 4mn = 25m no tendr´ıa soluciones enteras. Entonces m es igual a 2 o a -2, pero de (a + b)2 = 25a y se v´e que m no puede ser negativo, por lo tanto m = 2 y a = 4. Reemplazando en la ecuaci´on anterior se tiene que n es igual a 3 o a -7, pero si n = −7, de 18a4 + b4 = 41ab2 se tendr´ıa que 7 divide a 18a4 y esto no ocurre. As´ı, la u ´nica pareja posible es (a, b) = (4, 6).

3.1.5.

Quinta Prueba - Enero 28

1. Se tiene un tablero de 8 × 8 dividido en casillas de 1 × 1. Escribir en cada casilla un 1 o un 2 de modo que en cada cuadrado de 3 × 3 la suma de los 9 n´ umeros sea m´ ultiplo de 4, pero la suma de los 64 n´ umeros del tablero no sea m´ ultiplo de 4. Soluci´ on. Si K es el n´ umero de unos en un cuadrado de 3 × 3, entonces la suma de los elementos es 2 × (9 − K) + K = 18 − K, por lo tanto se necesitan una cantidad par, pero no m´ ultiplo de 4 de unos en cada cuadrado de 3 × 3. No es dif´ıcil conseguir una configuraci´on con dos unos por cada cuadrado de 3 × 3. 2 2 1 2 2 1 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 1 2 2 1 2 2

2 2 1 2 2 1 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 1 2 2 1 2 2

2 2 1 2 2 1 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

La suma de los elementos de este cuadrado es 2 × 54 + 10 = 118 que no es divisible por 64. Esta configuraci´on cumple las condiciones del problema. 2. Pedro eligi´o un n´ umero natural n de dos d´ıgitos, calcul´o 10n − n y luego sum´o los d´ıgitos del n´ umero calculado. La suma que obtuvo es un m´ ultiplo de 170. Determinar todos los posibles valores del n´ umero n de dos d´ıgitos que eligi´o Pedro. 17

Soluci´ on. Sea n = 10a + b. Si b > 0 n´otese que 10n − n consta de n − 2 d´ıgitos 9 y luego los d´ıgitos 9−a y 10−b. Entonces la suma de los d´ıgitos 9(10a+b−2)+9−a+10−b = 89a + 8b + 1. Si a es par entonces 89a + 8b + 1 es impar y por tanto no es divisible por 170. Si a = 1, entonces 90 + 8b < 170 y no hay soluci´on. Si a = 3, se tiene que la suma de los d´ıgitos es 268 + 8b, se nota que 170 < 268 + 8b ≤ 340 y con b = 9 se tiene la condici´on. Si a = 5, la suma es 340 < 446 + 8b ≤ 518 y con b = 8 se tiene la condici´on. Si a = 7, la suma es 510 < 624 + 8b ≤ 696 y con b = 7 se tiene la condici´on. Si a = 9, la suma es 680 < 802 + 8b < 850 y con b = 6 se tiene la condici´on. Ahora, si b = 0 la u ´nica soluci´on se tiene con a = 2. De esta manera los n´ umeros que cumplen la condici´on son 20, 39, 58, 77, 96. 3. En cada v´ertice de un cuadrado hay una manzana. Harold sale de un v´ertice y camina por los lados del cuadrado arrastrando una enorme bolsa de manzanas y s´olo se detiene en los v´ertices. Cuando llega a un v´ertice, si viajaba en el sentido de las agujas del reloj, agrega tantas manzanas como las que hay en el v´ertice del que ven´ıa, y si viajaba en sentido contrario a las agujas del reloj, quita manzanas, agrega manzanas, o no hace nada, de modo que quede la misma cantidad que en el v´ertice del cual ven´ıa. ¿Puede Harold organizar su viaje para tener exactamente 98 manzanas en cada v´ertice? Si la respuesta es no, explicar por qu´e. Si la respuesta es s´ı, indicar el camino de Harold. Soluci´ on. (Soluci´on presentada por Leonardo Fl´orez) Se dir´a que un movimiento es en sentido de las manecillas del reloj y para atras en caso contrario. N´otese que al hacer movimientos para adelante y para atr´as sobre un mismo lado, lo que se logra es duplicar en cada paso el n´ umero de manzanas 5 en alguno de los v´ertices. Ahora, 98 = 3 × 2 + 2. Si al inicio se realizan dos movimientos hacia adelante en el tercer v´ertice habr´a 3 manzanas. Luego se realizan cinco parejas de movimientos para atr´as y para adelante, comenzando para atr´as, entonces se conseguir´a en el tercer v´ertice 3 × 25 manzanas. Finalmente, se realizan dos movimientos adelante y se consigue en el primer v´ertice 98 manzanas.

3.1.6.

Sexta Prueba - Enero 30

1. Algunas personas, tres de ellas mujeres, fueron a comer a un restaurante. El total de la cuenta fue de 72 , que se reparti´o inicialmente entre todos los asistentes. Despu´es, en un acto de caballerosidad, los hombres decidieron invitar a las mujeres y repartir el costo de la cuenta entre ellos. Al hacer esto, cada hombre tuvo que aportar 4 m´as. Determinar la cantidad de personas que estuvieron en la comida. Soluci´ on. Sean n el n´ umero de personas que estuvieron en la fiesta y k la cantidad de dinero que cada una pag´o inicialmente. Entonces, cuando todos aportaron dinero 18

la cuenta fue 72 = kn, y cuando s´olo los hombres aportaron dinero la cuenta fu´e 72 = (k + 4)(n − 3). Al resolver este sistema de ecuaciones se obtiene que n = 9 y k = 8. Por lo tanto a la comida asistieron 9 personas. 2. Miguel elige un n´ umero natural n y hace lo siguiente: Calcula a = n2 + 5 ; Calcula b = (n + 1)2 + 5 ; Halla el m´aximo com´ un divisor entre a y b y anota dicho m´aximo com´ un divisor en el tablero. ¿Cu´al es el n´ umero m´as grande que puede anotar? Soluci´ on. Se escribir´a (p, q) para denotar el m´aximo com´ un divisor de los enteros p y q. Una propiedad bastante conocida acerca de (p, q) es que (a, b) = (a, b − ka) para cada entero k. Ahora, (a, b) = (n2 +5, (n+1)2 +5) = (n2 +5, 2n+1) = (2n2 +10, 2n+1) = (10 − n, 2n + 1) = (20 − 2n, 2n + 1) = (21, 2n + 1) por lo tanto (a, b) es a lo m´as 21, pero tomando n = 10 se encuentra que (a, b) = (105, 126) = 21. As´ı, el n´ umero m´as grande que Miguel puede anotar es 21. 3. Sean M y N puntos sobre la extensi´on de los lados AB y BC respectivamente de un tri´angulo ABC, con M m´as cercano a A que a B y N m´as cercano a C que a B. Sea E el punto de intersecci´on de AN y M C. Se traza por A una recta paralela a BC y por C una recta paralela a AB. Sea F el punto de intersecci´on de las dos rectas trazadas. Demostrar que: ´ ´ Area(BAEC) = Area(M F N E) Soluci´ on. Sean G el punto de intersecci´on de M C con AF y h la altura del tri´angulo ABN ´ × h. Observe tambi´en trazada desde el v´ertice A, entonces Area(ABN ) = BN 2 que el cuadril´atero AF CB es un paralelogramo y el cuadril´atero AF N C es un ) ) ´ trapecio de a´rea (AF +CN × h = (BC+CN × h = Area(ABN ). Entonces, 2 2 ´ ´ ´ ´ ´ Area(BAEC) = Area(ABN ) − Area(ECN ) = Area(AF N C) − Area(ECN ) ´ ´ = Area(AGC) + Area(GF N E). Ahora, como BM y CF son paralelas, los tri´angulos AGC y M GF tienen la misma ´ ´ ´ a´rea (¿Por qu´e?), de donde Area(ABEC) = Area(M GF ) + Area(GF N E) = ´ Area(M F N E) como se quer´ıa probar.

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3.2. 3.2.1.

Nivel Intermedio Primera Prueba - Enero 14

1. Considere un tablero de 8 × 641 en el que cada casilla tiene escrita un entero positivo. ¿Es posible que para cada fila y para cada columna la suma de los n´ umeros escritos en sus casillas sea un n´ umero primo? Soluci´ on. Ver soluci´on del segundo problema de la primera prueba de primer nivel. 2. Se escriben los enteros positivos en una fila y se realiza una secuencia de filas como se define a continuaci´on: La fila n + 1 se construye a partir de la fila n sum´andole 1 a los n´ umeros en la fila n que son divisibles entre n. Por ejemplo: Fila Fila Fila Fila

1: 2: 3: 4:

1 2 3 4

2 3 3 4

3 4 5 5

4 5 5 5

5 6 7 7 .. .

6 7 8 9 ... 7 8 9 10 . . . 7 9 9 11 . . . 7 10 10 11 . . . .. .

Determinar todos los enteros positivos n tales que los primeros n − 1 t´erminos de la fila n son iguales a n. (Por ejemplo, en el diagrama presentado, las filas 2 y 3 cumplen con las condiciones, puesto que el primer t´ermino de la fila 2 es 2 y los dos primeros t´erminos de la fila 3 son 3.) Soluci´ on. Los n que cumplen la condici´on del problema son los n´ umeros primos. N´otese que si n es primo, entonces la columna n − 1 incialmente contiene el n´ umero n − 1, para la segunda fila este cambia a n y as´ı se mantiene hasta la fila n. Adem´as, los n´ umeros en la columna 1 siempre aumentan una unidad y en la fila n el n´ umero escrito es el n. Adem´as, los elementos en cada fila est´an en orden creciente, por lo tanto se cumple la condici´on. Si n es compuesto, el n´ umero escrito en la columna n − 1 aumenta por lo menos dos unidades antes de llegar a la fila n, entonces la condici´on no se tiene. 3. Sea ABCD un cuadril´atero convexo tal que 6 BAD < 90◦ , 6 ADB + 6 ACB = 90◦ y 6 DBC + 26 DBA = 180◦ . Demostrar que (DB + BC)2 = AD2 + AC 2 . Soluci´ on.

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Sea F en el exterior de ABCD de tal manera que F y D se encuetran en lados distintos con respecto a AB y adem´as AF B ∼ = ADB. Como 6 DBC + 26 DBA = ◦ 180 , entonces F , B, C son colineales. Adem´as, de 6 ADB + 6 ACB = 90◦ se concluye que AF C es rect´angulo. De esta manera AD2 + AC 2 = AF 2 + AC 2 = F B 2 = (F B + BC)2 = (DB + BC)2 como se quer´ıa demostrar.

3.2.2.

Segunda Prueba - Enero 16

1. Hallar el menor entero positivo n tal que las 73 fracciones 20 21 91 19 , , , ..., n + 21 n + 22 n + 23 n + 93 son irreducibles. Soluci´ on. Cada fracci´on es irreducible si, y s´olo si las fracciones obtenidas restando al denominador el numerador son irreducibles. As´ı, tenemos que encontrar el menor n tal que 20 21 91 19 , , , ..., , n+2 n+2 n+2 n+2 Son irreducibles. Claramente, el menor n que cumple la condici´on es aquel que n + 2 es el menor primo mayor que 91, de lo contrario n + 2 tendr´ıa alg´ un divisor menor que 91. Es f´acil encontrar que este n´ umero es n = 95 ya que n + 2 = 97 es primo. 2. En un grupo de n personas, cada dos de ellas son amigos o enemigos y cada una tiene exactamente 10 enemigos. Adem´as se cumple la ley ”Los enemigos de mis amigos son mis enemigos” ¿Qu´e valores puede tener n? Soluci´ on. Si A y B son amigos entonces tienen los mismos enemigos, adem´as todas las personas tienen la misma cantidad de enemigos, por lo tanto el grupo de n personas se puede dividir en subgrupos disjuntos de amigos. As´ı, si hay k personas en un grupo de amigos y m grupos de amigos, se tendr´a la ecuacion km = n. Por otra parte si A no est´a en el grupo de amigos de B entonces es enemigo de B, de donde se tiene n − k = 10. Remplazando n se obtiene k(m − 1) = 10, por lo que k | 10. Los posibles valores de n son {11, 12, 15, 20} y las configuraciones de amistades son las siguientes:

21

11 personas. Todos son enemigos entre s´ı. 12 personas. Cada persona tiene un solo amigo. 15 personas. Cada persona tiene 4 amigos. 20 personas. Cada persona tiene 9 amigos. 3. Sea n un n´ umero natural. La sucesi´on finita α de enteros positivos tiene, entre sus t´erminos, exactamente n n´ umeros distintos (α puede tener n´ umeros repetidos). Adem´as, si a uno cualquiera de sus t´erminos se le resta 1, se obtiene una sucesi´on que tiene, entre sus t´erminos, al menos n n´ umeros positivos distintos. ¿Cu´al es el valor m´ınimo que puede tener la suma de todos los t´erminos de la sucesi´on α? Soluci´ on. Para n = 1 la configuraci´on de suma m´ınima es {1, 1} y para n = 2 es {1, 1, 3}. Se desmostrar´a por inducci´on fuerte que la suma m´ınima para n > 2 es n2 − n + 4 y se obtiene con la configuraci´on {1, 1, 2, 2, 3, 3, · · · , n − 2, n − 2, n, n + 2}, la cual se puede verficar que cumple las condiciones. Para n = 3 es f´acil ver que la configuraci´on es {1, 1, 3, 5}. Ahora, sup´ongase que para k se cumple que si m ≤ k la configuraci´on de suma m´ınima es {1, 1, 2, 2, 3, 3, · · · , m − 2, m − 2, m, m + 2}. Para k + 1 si la configuraci´on de suma m´ınima es τ = {a1 , a2 , a3 , · · · , aj }, con los elementos organizados en orden creciente, sea σ = {al , al+1 , · · · , aj } la subsucesi´on de τ tal que no se cumple que al = al−1 ni al = al+1 . Si l < j − 1 entonces, restandole al − 1 a todos los elementos de σ, se obtendr´ıa una sucesi´on γ de por lo menos 3 n´ umeros distitos, la cual empieza en 1 y debe cumplir la condici´on de suma m´ınima para el n´ umero de elementos diferentes. La anterior afirmaci´on se debe a que, en caso contrario, podr´ıa mejorarse τ . As´ı, {1, 1, 2, 2, 3, 3, · · · , (r) − 2, (r)−2, r+1, r+2} tendr´ıa que ser γ, donde r es el n´ umero de elementos distintos de γ, lo anterior contradice la escogencia de σ. De esta manera l = j − 1 o l = j y es f´acil ver que {1, 1, 2, 2, 3, 3, · · · , (k + 1) − 2, (k + 1) − 2, k + 1, (k + 1) + 2} es la que menor suma tiene bajo estas condiciones.

3.2.3.

Tercera Prueba - Enero 21

1. Dos jugadores A y B y otras 2009 personas forman un c´ırculo, de modo que A y B no quedan en posiciones consecutivas. A y B juegan por turnos alternadamente empezando por A. Una jugada consiste en tocar a una de las personas que se encuentra a su lado, la cual debe salir del c´ırculo. Gana el jugador que logre sacar del c´ırculo a su oponente. Demostrar que unos de los dos jugadores tiene una estrategia ganadora y describir dicha estrategia. Nota: Un jugador tiene una estrategia ganadora si puede garantizar su victoria sin importar como juegue su rival. Soluci´ on.

22

A tiene estrategia ganadora. Como 2009 es impar, entre los dos espacios que existen entre A y B hay alguno con un n´ umero impar de personas y otro con un n´ umero par. En la primera jugada A debe tocar a la persona que est´a al lado de ´el por el lado que hay un n´ umero par de personas. En las siguientes jugadas, A debe tocar a la persona que se encuentra en el mismo lado que eligi´o B. De esta manera A garantiza que a cada lado habr´a un n´ umero impar despues de cada uno de sus turnos. De esta manera la persona que reciba el turno con alguno de los lados vac´ıos debe ser A, por lo tanto A gana. 2. Sea a un entero postivo impar mayor que 17 tal que 3a−2 es un cuadrado perfecto. Demostrar que existen enteros positivos distintos b y c tal que a + b, b + c, c + a, a + b + c son cuatro cuadrado perfectos. Soluci´ on. Si a es impar, entonces existe un entero k tal que a = 2k + 1. Ahora, existe un entero x tal que 3a − 2 = 6k + 1 = x2 . Sea b = 4k y c = k 2 − 4k. N´otese que a + b = 6k + 1 = x2 , b + c = k 2 , c + a = (k − 1)2 , a + b + c = (k + 1)2 , son cuatro cuadrados perfectos. Estos son los valores buscados. 3. Sean Γ1 y Γ2 dos circunferencias, de centros O1 y O2 respectivamente, que se intersectan en M y N . La recta l es la tangente com´ un a Γ1 y Γ2 , m´as cercana a M . Los puntos A y B son los respectivos puntos de contacto de l con Γ1 y Γ2 , C el punto diametralmente opuesto a B y D el punto de intersecci´on de la recta O1 O2 con la recta perpendicular a la recta AM trazada por B. Demostrar que M , D y C est´an alineados. Soluci´ on. Sean P y Q los puntos de intersecci´on de M N con AB y O1 O2 . Como M N es el eje radical de Γ1 y Γ2 , entonces P es el punto medio de AB. Calculando a´ngulos se puede obtener que 6 M AB = 6 DAB. Adem´as, como 6 O2 BP = 6 P QO2 = 90◦ , entonces 6 M P A = 6 DO2 B. Se obtiene as´ı que M P A ∼ DO2 B y como P y O2 son los puntos medios de AB y BC respectivamente, entonces AM P ∼ BDC. Se sigue que 6 DCB = 6 M BA. Finalmente, como AB es tangente a Γ2 , entonces 6 M CB = 6 M BA = 6 DCB, lo que permite concluir que M , D, C pertecen a una misma recta.

3.2.4.

Cuarta Prueba - Enero 23

1. El tri´angulo ABC cumple que 6 ABC = 26 ACB. Sea D el pie de la bisectriz del 6 BAC sobre el lado BC. Si se cumple que AB = DC. Hallar los ´ angulos del tri´angulo ABC. Soluci´ on. Ver soluci´on del segundo problema de la cuarta prueba de primer nivel.

23

2. Sean f (x) y g(x) dos polinomios m´onicos cuadr´aticos tales que f (g(x)) y g(f (x)) no tienen ra´ıces reales. Demostrar que alguno de los polinomios f (f (x)) o g(g(x)) no tiene ra´ıces reales. Soluci´ on. Ver soluci´on del primer problema de la cuarta prueba de nivel superior. 3. Los n´ umeros 2, 8, . . . , 3n − 1 est´an escritos en un tablero. Se permite borrar dos . Si n´ umeros cualesquiera x y y escritos en el tablero y escribir el n´ umero xy+1 x+y p se realiza la operaci´on anterior hasta que quede un s´olo n´ umero q escrito en el tablero, donde p y q son enteros primos relativos; ¿cu´ales son los posibles valores de p + q? Soluci´ on. Si x = ab y y = dc , entonces xy+1 = ac+bd . La suma del numerador y denominador x+y ad+bc de esta u ´ltima fracci´on es ac + bd + ad + bc = (a + b)(c + d) que es igual al producto de las sumas de numeradores y denominadores de las fracciones originales. De esta n manera, como las fracciones iniciales son 21 , 81 , . . . , 3 1−1 , el valor de p + q debe ser √ n(n+1) 3 × 9 × . . . × 3n = 31+2+...+n = 3 2 = 3n(n+1) .

3.2.5.

Quinta Prueba - Enero 28

1. Pedro eligi´o un n´ umero natural n de dos d´ıgitos, calcul´o 10n − n y luego sum´o los d´ıgitos del n´ umero calculado. La suma que obtuvo es un m´ ultiplo de 170. Determinar todos los posibles valores del n´ umero n de dos d´ıgitos que eligi´o Pedro. Soluci´ on. Ver soluci´on del segundo problema de la cuarta prueba de primer nivel. 2. Sean P (x) y Q(x) polinomios de coeficientes enteros, tales que los coeficientes de Q(x) se forman a partir de una permutaci´on de los coeficientes de P (x). Demostrar que: a) P (2009) − Q(2009) es par. b) Existe al menos un entero positivo k > 2 tal que P (2009)−Q(2009) es m´ ultiplo de k. Soluci´ on. Sea P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 . Como 2009 ≡ 1(mod 2), entonces P (2009) − Q(2009) ≡ (an + an−1 + . . . + a0 ) − (an + an−1 + . . . + a0 ) ≡ 0(mod 2), por lo tanto 2 divide a P (2009) − Q(2009) y esto soluciona la parte a). Analogamente, como 2009 ≡ 1(mod 2008), entonces P (2009) − Q(2009) ≡ (an + an−1 + . . . + a0 ) − (an + an−1 + . . . + a0 ) ≡ 0(mod 2008). Por lo tanto k = 2008 cumple la condici´on de la parte b). 24

3. En un curso de 100 personas, se quieren formar comit´es para que realicen diferentes actividades. Se quiere que cada comit´e tenga al menos una persona, y m´aximo 50. Se quiere tambi´en que para cualesquiera dos personas, exista por lo menos un comit´e tal que ellos dos se encuentren en dicho comit´e. ¿Cu´al es el m´ınimo n´ umero de comit´es que se deben formar para que se cumplan estas condiciones? Justifique su respuesta. Soluci´ on. Si alguna persona estuviera en solo 2 grupos, entonces compatir´ıa comit´e con m´aximo 49 + 49 = 98 personas, lo cual no cumple las condiciones del problema. De esta manera la suma de los tama˜ nos de todos los comit´es es al menos 300 y por tanto hay 6 comit´es como m´ınimo. Una configuraci´on para 6 comit´es es separar las 100 personas en 4 conjuntos de 25 personas A,B,C,D y los comit´es ser´an A ∪ B, A ∪ C, A ∪ D, B ∪ C, B ∪ D, C ∪ D.

3.2.6.

Sexta Prueba - Enero 30

1. En la ronda clasificatoria de las Olimpiadas de Matem´aticas se suman 5 puntos por cada respuesta correcta y se restan 2 puntos por cada respuesta incorrecta. Si el estudiante no contesta una pregunta, no se suma ni se resta puntaje. La prueba tiene 30 preguntas. Jonathan, Juan, Ignacio, Sasha y Mar´ıa quedaron empatados, con m´as de 0 puntos, pero adem´as todos tuvieron diferente cantidad de aciertos, errores y preguntas no respondidas. Dar todos los posibles puntajes que obtuvieron los estudiantes. Soluci´ on. Los u ´nicos posibles puntajes son 3, 5 y 10. Para esto, primero n´otese que para que dos personas tengan el mismo puntaje con diferente cantidad de aciertos, por cada dos respuestas correctas extra que tenga el que m´as tiene, tambi´en debe tener cinco respuestas incorrectas de m´as, por lo que debe tener siete preguntas respondidas por encima de lo hecho por el otro competidor. As´ı, para que cinco estudiantes tengan el mismo puntaje, la diferencia en preguntas contestadas entre el que mas respuestas correctas tiene y el que menos respuestas correctas tiene debe ser al menos 28, pero como el n´ umero de preguntas en la prueba es 30, debe ser entonces exactamente 28. As´ı, el puntaje total obtenido por los cinco estudiantes debe ser posible respondiendo a lo m´as dos preguntas. Los puntajes posibles para dos preguntas son −4, −2, 0, 3, 5, 10, de los cuales s´olo interesan los positivos (por las condiciones del problema), es decir, 3, 5 y 10. 2. Sea ABC un tri´angulo. La bisectriz interna de 6 B corta a AC en P . Si I es el incentro de ABC, demostrar que si AB + AP = BC, entonces AP I es is´osceles. Soluci´ on. Sea D el punto sobre la prolongaci´on del lado BA tal que AD = AP y A se encuentra entre B y D, y sea E el punto de intersecci´on de BI con DC. Por la 25

elecci´on de D se tiene que BD = BC por lo tanto BE es la mediatriz del segmento DC, entonces 6 P DC = 6 P CD y 6 BDC = 6 BCD, de donde 6 AP D = 6 P DB = 6 BDC − 6 P DC = 6 BCD − 6 P CD = 6 BCA, 6 BAC = 6 BDP + 6 AP D = 6 6 26 BCA, entonces 6 ABI = 180−32 BCA , 6 AIP = 6 ABI + 6 BAI = 90 − BCA y 2 6 BAC por u ´ltimo, 6 AP I = 180 − 6 IAP − 6 AIP = 180 − 2 − 6 AIP = 6 AIP , luego el tri´angulo AIP es is´osceles como se quer´ıa demostrar. 3. Sean x y y enteros positivos tales que 3x2 + x = 4y 2 + y. Demostrar que x − y es un cuadrado perfecto. Soluci´ on. La ecuaci´on 3x2 +x = 4y 2 +y es equivalente a la ecuaci´on (x−y)(3x+3y+1) = y 2 . Sup´ongase que exite un primo p que es factor de x−y y de 3x+3y+1, este p divide a y (pues x − y es factor de y 2 ) y tambi´en debe debe dividir tanto a y + x − y = x como a 3x + 3y + 1 − 3x − 3y = 1, y esto contradice el hecho de que sea un primo, por lo tanto x − y y 3x + 3y + 1 son primos relativos. Finalmente, es un hecho conocido que si a y b son enteros positivos primos reltivos tales que su producto es un cuadrado perfecto, entonces tanto a como b son cuadrados perfectos. As´ı, x − y es un cuadrado perfecto (n´otese que x − y es un n´ umero positivo, pues 2 3x + 3y + 1 y y lo son). Soluci´ on.

3.3. 3.3.1.

Nivel Superior Primera Prueba - Enero 14

1. Sea ABCD un cuadril´atero convexo tal que 6 BAD < 90◦ , 6 ADB + 6 ACB = 90◦ y 6 DBC + 26 DBA = 180◦ . Demostrar que (DB + BC)2 = AD2 + AC 2 . Soluci´ on. Ver soluci´on del problema tres de la primera prueba de nivel intermedio. 2. Sea Γ una circunferencia y sean ABC y XY Z tri´angulos rect´angulos tales que Γ es tangente a los segmentos AB, BC y CA y X, Y y Z est´an sobre Γ. Si (P QR) denota el a´rea del tri´angulo P QR, demostrar que √ (ABC) ≥ 3 + 2 2. (XY Z) Soluci´ on. (Soluci´on presentada por Carlos Fernando Carvajal Acu˜ na) 26

Sup´ongase sin perder generalidad que el radio de Γ es 1. N´otese que la m´axima altura desde el v´ertice con el ´angulo recto en un tri´angulo rect´angulo es justamente el radio de su circunc´ırculo, de esa manera (XY Z) ≤ 1. Ahora, se de√ mostrar´a que (ABC) ≥ 3 + 2 2. Para esto se mostrar´a que dado el radio de su inc´ırculo, la menor ´area de un tri´angulo rect´angulo es la del is´osceles. Consid´erense ABC y A0 B 0 C 0 dos tri´angulos rect´angulos que comparten inc´ırculo Γ, siendo ABC is´osceles con BA = AC y 6 BAC = 90◦ . Sea D el punto de intersecci´on de BC y B 0 C 0 . Sup´ongase sin perder generalidad que BD > DC. Como (AB 0 C 0 ) = (ABC) + (BDB 0 ) − (CDC 0 ) se quiere demostrar que (BDB 0 ) > (CDC 0 ). Si X y Y son los pies de las perpendiculares a BC desde B 0 y C 0 respectivamente, entonces XB 0 D ∼ Y C 0 D. Como XD > BD > DC, se concluye que XB 0 > Y C 0 y por lo tanto (BB 0 D) > (CDC 0 ) como se quer´ıa. Sea x = BA y sean W , F , G los puntos de tangencia de Γ con BC, AB, AC respectivamente. Sea I el incentro de ABC, como AF √ IG es un rect´angulo, entonces 2 BC = x. De esta u ´ltima ecuaci´on se F A = 1. Ahora, x − 1 = BF = BW = 2 2 2 √ √ x obtiene que x = 2 + 2, finalmente (ABC) = = 3 + 2 2, lo cual culmina la 2 demostraci´on. 3. 15 amigos tratan de llevar a cabo llevar a cabo la siguiente tarea. En un tablero de 15 × 15 hay 15 torres de ajedrez de manera tal que ninguna est´a atacando a ninguna otra. Cuando suena un pito, cada uno de ellos debe mover una torre (todos al mismo tiempo) como si fueran caballos de ajedrez (en L, es decir, dos casillas en una direcci´on y una casilla en la direcci´on perpendicular) de manera tal que ninguna torre resulte atacando otra. ¿Es posible que los 15 amigos realicen la tarea? De ser posible, mostrar las configuraciones de las torres indicando qu´e movimientos realizaron. En caso contrario, justificar por qu´e no se puede. Soluci´ on. (Soluci´on presentada por Hayden Liu Weng) Se proceder´a por contradicci´on, para demostrar que esta tarea no es realizable. Sup´ongase que es realizable, entonces si una torre se encuentra en la fila x y columna y, despu´es de los movimientos esta estar´a en la fila x ± 2 y columna y ± 1 ´o en la fila x ± 1 y columna y ± 2. Una condici´on equivalente a que las torres no se ataquen es que todas ellas est´en en diferente fila y columna, de esta manera la suma de todos los n´ umeros de fila y columnas para todas torres debe ser 1 + 2 + . . . + 15 = 120 ≡ 0(mod 2). Sea k el n´ umero de torres que avanzan dos posiciones en las filas, entonces la nueva suma para las filas ser´a congruente con 1 − k m´odulo 2 y para las columnas ser´a congruente con k m´odulo 2. Por lo visto anteriormente, ambas sumas deben ser pares, lo cual es claramente una contradicci´on.

27

3.3.2.

Segunda Prueba - Enero 16

1. Hallar el menor n´ umero formado exclusivamente por d´ıgitos 3 y 7, con al menos un d´ıgito de cada clase, tal que tanto el n´ umero como la suma de sus d´ıgitos sea divisible por 3 y por 7. Soluci´ on. (Soluci´on presentada por Alfredo Jimenez) Sea n el n´ umero am am−1 . . . a0 . Como cada ai , con 0 ≤ i ≤ m es 3 ´o 7, entonces para que am + am−1 + . . . + a0 sea divisible por 7 y por 3, la cantidad de 7’s debe ser m´ ultiplo de 3 y la cantidad de 3’s debe ser m´ ultiplo de 7. Para lograr que el n sea lo menor posible, se buscar´a un n´ umero con tres d´ıgitos 7 y siete d´ıgitos 3. Cualquier n´ umero de este tipo es m´ ultiplo de 3, entonces el problema se reduce a ubicar los d´ıgitos 7 de tal manera que el n´ umero resulte m´ ultiplo de 7. Las r congruencias de 3 × 10 m´odulo 7 son: r 3 × 10r (mod 7) 0 3 1 2 2 6 3 4 4 5 5 1 6 3 7 2 8 6 9 4 Para que el n´ umero sea m´as peque˜ no, se necesitan la mayor cantidad de d´ıgitos 3 en las pocisiones mayores del n´ umero. Si los primeros 5 d´ıgitos de izquierda a derecha del n´ umero son 3, entonces eso aporta 4 + 6 + 2 + 3 + 1 ≡ 2(mod 7). Finalmente, es f´acil notar que entre las u ´ltimas cinco posiciones el u ´nico par cuya suma es 5 m´odulo 7 son las dos u ´ltimas. De esta manera el menor n´ umero posible es 3333377733. 2. Sean x, y n´ umeros reales. Demostrar que 3(x + y + 1)2 + 1 ≥ 3xy Soluci´ on. (Soluci´on presentada por Jorge Alberto Olarte)

28

3(x + y + 1)2 + 1 ≥ 3xy ⇔ 3x2 + 3y 2 + 3xy + 6x + 6y + 4 ≥ 0 8 ⇔ 2x2 + 2y 2 + 2xy + 4x + 4y + ≥ 0 3 2 2 2 2 4 ⇔ (x + ) + (y + ) + (x + y + )2 ≥ 0 3 3 3 Como los cuadrados perfectos nunca son negativos, entonces la u ´ltima desigualdad es verdadera y por lo tanto la incial tambi´en lo es. 3. Para un conjunto S de enteros positivos finito y no vac´ıo definimos σ(S) como la suma de los elementos de S. Sea A = {a1 , a2 , ..., a11 } un conjunto de enteros positivos tal que a1 < a2 < ... < a11 y para todo n ≤ 1500 existe un subconjuto S de A tal que σ(S) = n. Hallar el menor valor posible de a10 . Soluci´ on. (Soluci´on presentada por Jorge Francisco Barreras Cort´es) El menor valor posible para a10 es 248. Se llamar´a conjunto “bueno”para n a un subconjunto S de A tal que σ(S) = n. Primero n´otese que a1 debe ser 1 y a2 debe ser 2, para que existan conjuntos “bueno”para 1 y 2. Inicialmente se demostrar´a que los siguientes n´ umeros cumplen la propiedad deseada, a1 = 1, a2 = 2, a3 = 4, a4 = 8, a5 = 16, a6 = 32, a7 = 64, a8 = 128, a9 = 247, a10 = 248, a11 = 750. Como los primeros n´ umeros son las potencias de 2, entonces existen conjuntos “bueno”para los n´ umeros entre 1 y 255. Estos se obtienen descomponiendo su representaci´on binaria. Con el uso de a9 , se obtienen conjuntos “bueno”para los n´ umeros entre 256 y 502, y estos se obtienen agregando a9 a los conjuntos “bueno”de los n´ umeros menores. Utilizando a9 + a10 = 495 se obtienen conjuntos “bueno”para los n´ umeros entre 503 y 750. Finalmente, juntando a11 se consiguen los conjuntos “bueno”para los n´ umeros hasta 1500. Ahora, se demostrar´a que si a10 < 248 no existe un conjunto A que cumpla las condiciones. Como a1 = 1 y a2 = 2, entonces a3 ≤ 4 para que pueda existir conjunto “bueno”para 4. Inductivamente, si ai ≤ 2i−1 para entonces a1 +a2 +· · ·+ ai ≤ 2i − 1, entonces ai+1 debe ser menor o igual que 2i . Sup´ongase que a10 ≤ 247, entonces a9 < 247. De esta manera a1 + a2 + · · · + a8 + a9 + a10 < 1 + 2 + · · · + 27 + 247 + 247 = 749, por tanto para poder formar un conjunto“bueno”para 1500 se necesita a11 > 751. Finalmente, con una lista de este tipo no habr´ıa conjunto “bueno”para 750, esto contradice que a10 pueda ser menor que 248.

3.3.3.

Tercera Prueba - Enero 21

1. Se escriben en sucesi´on los n´ umeros naturales, formando una secuencia de d´ıgitos 12345678910111213141516171819202122232425262728293031 . . . . 29

Determinar cu´antos d´ıgitos tiene el n´ umero natural que contribuye a esta secuencia con el d´ıgito de la posici´on 102009 . Nota: El n´ umero natural que contribuye a la secuencia con el d´ıgito de la posici´on 10 tiene 2 cifras, porque es el 10; el n´ umero natural que contribuye a la secuencia con el d´ıgito de la posici´on 102 tiene 2 cifras, porque es el 55. Soluci´ on. (Soluci´on presentada por Jorge Alberto Olarte) Como hay exactamente 9 × 10i−1 n´ umeros con exactamente i d´ıgitos, entonces al escribir en la sucesi´on todos los n´ umeros hasta aquellos que tienen longitud n, entonces se habra escrito 9(1 + 2 × 10 + . . . + n × 10n−1 ) d´ıgitos. N´otese que

9

n X

i × 10i−1 = 9

i=1

= 9

n X

=

10n−i

i X

i=1

j=1

n X

10i − 1 10n−i 9

i=1 n X

!

! 10j−1

!

10n − 10n−i

i=1

10n − 1 = n10 − 9 10n (9n − 1) + 1 = 9 n

Finalmente, con n = 2005, el n´ umero de d´ıgitos escritos es 102005 (9 × 2005 − 1) + 1 102005 × 9 × 2005 < = 2005 × 102005 < 102009 , 9 9 y con n = 2006 102006 × 9 × 1000 102006 (9 × 2006 − 1) + 1 > = 102009 . 9 9 Por lo tanto el n´ umero buscado es 2006. 2. En el tri´angulo ABC, D es el punto medio de BC y M es el punto sobre el lado BC tal que 6 BAM = 6 CAD. Sean K el segundo punto de intersecci´on del circunc´ırculo de 4ABM con el lado AC y L el segundo punto de intersecci´on del circunc´ırculo de 4ACM con el lado AB. Demostrar que LK k BC. Soluci´ on.

30

Por potencia de punto, se obtiene que BM × BC = BL × BA y CM × CB = BL CK × CA. Dividiendo estas dos igualdades, se obtiene BM = CK × BA . Se conoce CM CA BM AB 2 la l´ınea AM como la simediana de ABC y es un teorema que CM = AC 2 . De esta BL = CK lo que quiere u ´ltima raz´on y la obtenida anteriormente se concluye que AB AC decir que LK y BC son paralelos, como se quer´ıa. 3. Encontrar un n´ umero entero n con 100 ≤ n ≤ 2009 tal que 2n + 2 n es un n´ umero entero. Soluci´ on. (Soluci´on presentada por Jorge Alberto Olarte) Se buscar´a un n´ umero n par. Sea n = 2m. Como m divide a 2n−1 + 1, entonces m es un n´ umero impar. Si p es un primo que divide a m, entonces 2n−1 ≡ −1(mod p). Es conocido que para los primos de la forma 8k ±3, 2 no es resuiduo cuadr´atico p−1 y por lo tanto 2 2 ≡ −1(mod p). De esta forma se buscaran primos de la forma p−1 8k ± 3 de tal forma que 2n−1 ≡ 2 2 ≡ −1(mod p), es decir, n − 1 ≡ p−1 (mod 2 p − 1). Ahora, como n − 1 es impar, p debe ser de la forma 4a + 3 y por ende de la forma 8k + 3. Analizando los primeros primos de la forma 8k + 3, se puede notar que m = 11 × 43, es decir, n = 2 × 11 × 43 = 946 funciona.

3.3.4.

Cuarta Prueba - Enero 23

1. Sean f (x) y g(x) dos polinomios m´onicos cuadr´aticos tales que f (g(x)) y g(f (x)) no tienen ra´ıces reales. Demostrar que alguno de los polinomios f (f (x)) o g(g(x)) no tiene ra´ıces reales. Soluci´ on. (Soluci´on presentada por David Jaramillo) Si el rango de f (x) es igual al rango de g(x) y, g(f (x)) y f (g(x)) no tienen soluciones reales, entonces f (f (x)) y g(g(x)) tampoco tendr´ıan soluciones reales ya que sus rangos son iguales a los de g(f (x)). Sup´ongase sin p´erdida de generalidad que el rango de f (x) contiene el rango de g(x). Como f (g(x)) no tiene soluciones reales, g(g(x)) tampoco las tendr´a ya que su rango est´a contenido en el de f (g(x)). 2. Sea n un entero positivo tal que la suma de todos sus divisores positivos es 2n + 1. Demostrar que n es el cuadrado de un entero positivo impar. Soluci´ on. Sea n = 2q r donde 2 no divide a r, como σ es una funci´on multiplicativa, se tiene σ(n) = σ(2q r) = σ(2q )σ(r) = (2q+1 − 1)σ(r). Como σ(n) = 2n + 1, entonces σ(r) es impar. Ahora, r es un n´ umero impar, entonces todos sus divisores son impares, 31

por lo tanto el n´ umero de divisores debe ser impar. Lo anterior implca que r es un cuadrado perfecto. N´otese que (2q+1 − 1)σ(r) = 2n + 1 = 2q+1 r + 1 por lo cual 2q+1 − 1 divide a 2q+1 r + 1. De esta forma −1 ≡ 2q+1 r ≡ r(mod 2q+1 − 1). Pero r es un cuadrado de donde −1 es un residuo cuadratico de 2q+1 − 1; si q > 0 existe un primo p que divide a 2q+1 − 1 de la forma 4k − 1, pero −1 no es residuo cuadratico para ningun primo de la forma 4k − 1. Se concluye que q = 0 y por lo tanto n es impar. 3. Sea ABC un tri´angulo y sea Γ su circunc´ırculo. Sea P un punto en Γ sobre el arco BC que no contiene a A. Demostrar que el circunc´ırculo del tri´angulo que pasa por P y los incentros de los tri´angulos P AB y P AC pasa por un punto fijo al variar P . Soluci´ on. Sea I el incentro de ABC, I1 en incentro de ABP y I2 el incentro de ACP . Sea N el punto medio del arco AB que no contiene a C y M el punto medio del arco AC que no contiene a B. Es claro entonces que N , I1 , P son colineales, al igual que M , I2 , P . Tambi´en se tiene que B, I, M y C, I, N son colineales. Ahora, sea K el punto medio de N M y sean T y S los puntos de intersecci´on de KI con el circunc´ırculo de ABC, donde T est´a al mismo lado de A con respecto a N M . N´otese que 6

N T M = 180◦ − 6 N P M = 180◦ −

6

6 BAC 6 BAC BP M = 180◦ −90◦ + = 90◦ + . 2 2 2

Adem´as, 6

N IM = 6 BIC = 90◦ +

6

BAC . 2

Los tri´angulos N IM y N T M , tienen un a´ngulo en com´ un y el a´ngulo que forma la mediana desde los v´ertices correspondientes, I y T , con el lado opuesto son iguales en cada tri´angulo, estos a´ngulos son 6 IKN = 6 T KM . Esto es suficiente para concluir que N T M ∼ = N IM y por lo tanto KT = KI. Por potencia de puntos y la anterior igualdad se tiene KI × KS = KT × KS = KN × KM = KN 2 . KI IN = KN , de donde KN I ∼ KSN y por lo tanto NSNK = SK . Se sigue que KN KS SM IM Analogamente, se tiene que M K = SK . Dividiendo estas dos u ´ltimas igualdades y SN IN usando que KN = KM se concluye que SM = IM . Es conocido que en un tri´angulo XY Z de incentro W , el circuncentro de XY W es justamente el punto medio del arco XY que no contiene a Z en el c´ırcunc´ırculo de XY Z. De esta manera, se puede observar que N I = N A = N I1 y M I = M A = N SN M I2 . Remplazando en la u ´ltima proporci´on mostrada, se obtiene SM = II21.M , lo

32

anterior junto con el hecho que 6 SN P = 6 SM P , por estar inscritos en el arco SP , permite concluir que SN I1 ∼ SM I2 y por lo tanto 6 N SI1 = 6 M SI2 . Ahora, 6

I1 SI2 = 6 I1 SI2 − | 6 N SI2 − 6 M SI1 |= 6 N SM.

Pero, 6 N SM = 6 N P M = 6 I1 P I2 por estar inscritos en el arco N M . Finalmente, 6 I1 SI2 = 6 I1 P I2 , por lo tanto el circunc´ ırculo de P I1 I2 pasa por S al variar P y como S es un punto fijo, entonces se tiene lo que se quer´ıa demostrar.

3.3.5.

Quinta Prueba - Enero 28

1. En un curso de 100 personas, se quieren formar comit´es para que realicen diferentes actividades. Se quiere que cada comit´e tenga al menos una persona, y m´aximo 50. Se quiere tambi´en que para cualesquiera dos personas, exista por lo menos un comit´e tal que ellos dos se encuentren en dicho comit´e. ¿Cu´al es el m´ınimo n´ umero de comit´es que se deben formar para que se cumplan estas condiciones? Justifique su respuesta. Soluci´ on. Ver soluci´on del problema tres de la sexta prueba de nivel intermedio. 2. Sea m un entero positivo. Demostrar que existe al menos un entero positivo n que √ √ n 3 = b n2 c + b nc + 1. satisface la ecuaci´on m Soluci´ on. Para m = 1, n = 5 cumple la condici´on. Ahora, para m > 1, consid´ erense√los √ 3 n 2 n = km, donde k es entero. Para k = 1, se tiene m = 1 < 1 + b n c + b nc √ √ 3 n y para k = m5 se tiene m = m5 > m4 + m3 + 1 = b n2 c + b nc + 1. Esta u ´ltima desigualdad se debe a que m4 + m3 + 1 < m4 + m3 + m2 + m + 1 = n m5 −1 < m5 . Finalmente, la fracci´on m crece cada vez una unidad cuando k crece y m−1 √ √ √ √ n 3 3 b n2 c+b nc+1 es creciente, adem´as cuando k = 1 se tiene < b n2 c+b nc+1 m √ √ n 3 5 2 y cuando k = m se tiene > b n c + b nc + 1. Por lo tanto en alg´ un momento m se debe tener la igualdad. 3. Definimos la altura de un n´ umero natural a como la fracci´on σ(a) , a donde σ(a) es la suma de todos los divisores positivos de a. Demostrar que para cualquier par de n´ umeros naturales N y k existe un b natural tal que la altura de cada uno de los n´ umeros b, b + 1, . . . , b + k es mayor que N . 33

Soluci´ on. Primero n´otese que la altura del n´ umero pa es mayor que la altura de a si p > 1. Es suficiente mostrar el resultado para p n´ umero primo. Sea a = pr c, donde (p, c) = 1 y r ≥ 0. En este caso s(a) = s(c) + ps(c) + . . . + pr s(c) = s(c) (1 + p + . . . + pr ). Se tiene ps(a) = s(c) (p + p2 + . . . + pr+1 ) < s(c) (1 + p + . . . + pr+1 ) = s(pa). As´ı, s(a) = ps(a) < s(pa) . a pa pa Ahora se usa el resultado conocido que la serie p11 + p12 + . . . de inversos de los n´ umeros primos diverge. Se escoger conjuntos finitos P0 , P1 , . . . , Pk de Ppuede 1 > N para todo i = 0, . . . , k y Pi ∩ Pj = ∅ para n´ umeros primos tales que p p∈Pi

i 6= j. Los n´ umeros mi =

Q

p, donde i = 0, . . . , k, son primos relativos por parejas.

p∈Pi

Por lo tanto se puede aplicar el Teorema Chino del Residuo y garantizar que existe un n´ umero natural b tal que b ≡ 0 (m´od m0 ) b ≡ −1 (m´od m1 ) ··· b ≡ −k (m´od mk ). Se obtiene que los n´ umeros b, b + 1, . . . , b + k son divisibles por m0 , m1 , . . . , mk , respectivamente, de donde la altura de b + i es mayor que la altura de mi para todo i = 0, . . . , k. 1 ·····pn−1 , el Sea Pi = {p1 , . . . , pn } . Se tiene N < p11 + p12 + · · · + p1n = p2 ·····pn +···+p p1 ·...·pn denominador es exactamente mi = p1 ·. . .·pn , el numerador es la suma de divisores positivos de mi pero no todos. Entonces p2 · . . . · pn + . . . + p1 · . . . · pn−1 < s(mi ), 1 ·...·pn−1 i) < s(b+i) para todo i = 0, . . . , k. de donde N < p2 ·...·pn +...+p < s(m p1 ·...·pn mi b+i

3.3.6.

Sexta Prueba - Enero 30

1. Sea ABC un tri´angulo. La bisectriz interna de 6 B corta a AC en P . Si I es el incentro de ABC, demostrar que si AB + AP = BC, entonces AP I es is´osceles. Soluci´ on. Ver soluci´on del problema dos de la sexta prueba de nivel intermedio. 2. Sea p un primo impar. Sea A = {0, 1, 2 . . . , p − 1} y σ una permutaci´on de los elementos de A. Demostrar que existen i y j tal que iσ(i) − jσ(j) es divisible por p. Soluci´ on.

34

Si σ(0) no es 0, entonces t´omese i = 0 y j tal que σ(j) = 0. Ahora, si σ(0) = 0, sup´ongase que los iσ(i) son todos diferentes m´odulo p. Entonces el conjunto {1σ(1), 2σ(2), . . . , (p − 1)σ(p − 1)} ser´ıa igual al conjunto {1, 2, . . . , p − 1} m´odulo p. Multiplicando, los elementos de estos dos conjuntos m´odulo p se obtendr´ıa lo siguiente: 2

1 ≡ (p − 1)!

≡

p−1 Y

iσ(i)

i=1

≡ 1 × 2 . . . × (p − 1) ≡ (p − 1)! ≡ −1(mod p). En las igualdades anteriores se ha hecho uso del teorema de Wilson el cual afirma que (p − 1)! ≡ −1(mod p) para todo primo p. La contradicci´on anterior muestra que deben existir i, j tal que iσ(i) ≡ jσ(j)(mod p) y esto concluye la soluci´on . 3. Sean a, b, c, d n´ umeros reales tal que (1+a2 )(1+b2 )(1+c2 )(1+d2 ) = 16. Demostrar que −3 ≤ ab + bc + cd + da + ac + bd − abcd ≤ 5. Soluci´ on. Escr´ıbase la condici´on como 16 = cada productoria se obtiene,

Q

(i+a).

Q

(a−i), donde i2 = −1. Expandiendo

  X X X 16 = 1 − i a− ab + i abc + abcd ×   X X X 1+i a− ab − i abc + abcd . P P 2 Entonces, por diferencia de cuadrados se obtiene 16 = (1− ab+abcd) +( a− P P abc)2 . De lo anterior se concluye que |1 − ab + abcd| ≤ 4 y de aqu´ı se sigue inmediatamente lo que se quer´ıa demostrar.

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