• Author / Uploaded
• Roberto Hernández

Citation preview

Problemas para la

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

2005

Problemas para la 19a. Olimpiada Mexicana de Matem´ aticas en San Luis Potos´ı

Editado por: Carlos Jacob Rubio Barrios

2005

Carlos Jacob Rubio Barrios Facultad de Matem´aticas, Universidad Aut´onoma de Yucat´an

Contenido

Cap´ıtulo 1 Presentaci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.1 Anuncio del Concurso Estatal de la 19a. Olimpiada de Matem´aticas (2005) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Informe de la 18a. Olimpiada Estatal de Matem´aticas (2004) . .

3 3

1.3 Actuaci´on de la Delegaci´on Potosina en el Concurso Nacional de la 18a. Olimpiada Mexicana de Matem´aticas . . . . . . . . . . .

6

Cap´ıtulo 2 Ex´amenes de la 18a. Olimpiada de Matem´aticas en San Luis Potos´ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 2.1 Primer Examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

2.2 Segundo Examen (Examen Canguro 2004) . . . . . . . . . . . . 2.3 Tercer Examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11 18

2.4 Cuarto Examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Quinto Examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19 20

2.6 Sexto Examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

Cap´ıtulo 3 Examen del Concurso Nacional de la 18a. Olimpiada Mexicana de Matem´aticas. . . . . . . . . . . . . 23 1

0. Contenido

2

Cap´ıtulo 4 Soluciones de los Ex´amenes Selectivos . . . . . . . 25 4.1 Soluci´on del Primer Examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Soluci´on del Segundo Examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25 27

4.3 Soluci´on del Tercer Examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4 Soluci´on del Cuarto Examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

32 35

4.5 Soluci´on del Quinto Examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.6 Soluci´on del Sexto Examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37 42

Cap´ıtulo 5 Soluci´on del Examen del Concurso Nacional de la 18a. OMM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

Cap´ıtulo 6 Bibliograf´ıa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

CAP´ITULO 1

Presentaci´on

La Olimpiada de Matem´aticas es un concurso anual a nivel internacional para estudiantes preuniversitarios. En M´exico se llevan a cabo primero los concursos estatales, despu´es el concurso nacional, y finalmente se selecciona a los alumnos que representan a M´exico en las Olimpiadas Internacional, Iberoamericana y Centroamericana y del Caribe del siguiente a˜ no. Nos disponemos a iniciar con mucha ilusi´on la decimonovena edici´on de la Olimpiada de Matem´aticas en San Luis Potos´ı. Conviene recordar que la convocatoria de la olimpiada es una excusa o elemento motivador para renovar la ense˜ nanza y aprendizaje de la resoluci´on de problemas en las aulas. Este si que es nuestro objetivo fundamental. Pretendemos fomentar el gusto entre chicos y chicas por la resoluci´on de genuinos problemas matem´aticos, difundir entre nosotros t´ecnicas, estrategias y procesos de resoluci´on de problemas y por u ´ ltimo hacer part´ıcipe a la sociedad de la pasi´on y el gusto por la dedicaci´on a las Matem´aticas. El Comit´e Organizador de la 19a. Olimpiada en San Luis Potos´ı ha preparado esta publicaci´on con el objetivo de dar a conocer a los concursantes, profe3

1. Presentaci´on

4

sores del ´area y p´ ublico interesado, el tipo de problemas que se manejan en las Olimpiadas de Matem´aticas. Presentamos aqu´ı todos los problemas (y sus soluciones) que aparecieron en los ex´amenes aplicados en el a˜ no 2004 en el Estado. Estos problemas no son ejercicios rutinarios en los que se aplican directamente los conocimientos que se adquieren en la escuela. Son problemas que requieren de una buena dosis de ingenio y de esfuerzo para ser resueltos.

1.1

Anuncio del Concurso Estatal de la 19a. Olimpiada de Matem´ aticas (2005)

El primer examen del Concurso Estatal de la 19a. Olimpiada de Matem´aticas se llevar´a a cabo el 5 de marzo. La convocatoria correspondiente se enviar´a a las escuelas preparatorias y secundarias de San Luis Potos´ı. Los requisitos para concursar son: estar inscrito a lo m´as en segundo a˜ no de preparatoria (o equivalente) en San Luis Potos´ı, y haber nacido despu´es del 1 de agosto de 1986. Los concursantes no deber´an haber iniciado estudios de nivel universitario para el 1 de julio de 2006.

1.2

Informe de la 18a. Olimpiada Estatal de Matem´ aticas (2004)

La primera eliminatoria del Concurso Estatal de la 18a. Olimpiada de Matem´aticas se realiz´o el 21 de febrero. Esta primera eliminatoria const´o de un examen de 15 preguntas de opci´on m´ ultiple (con duraci´on de 1 hora), que el Comit´e Estatal hizo llegar a las instituciones educativas interesadas. Cada instituci´on participante seleccion´o a 6 alumnos con mayor puntaje, quienes participaron en la segunda eliminatoria con la aplicaci´on del Examen Canguro Matem´atico 2004 llevado a cabo el 20 de marzo. A esta segunda eliminatoria asistieron 268 concursantes. De ellos, 95 pasaron a la siguiente etapa. De la tercera eliminatoria, que consisti´o de dos ex´amenes con tres problemas cada uno para resolver en un m´aximo de 4 horas y media, se seleccion´o a los 23 alumnos con las mejores calificaciones, quienes conformaron la preselecci´on estatal. Estos 19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

1. Presentaci´on

5

fueron (en orden alfab´etico): Nombre: Jezael Eliezer Alvarez Reyna Francisco Samuel Castillo Espinoza

Escuela: Cobach 01 UVM

Obdulia D´ıaz Coronado Roberto Esparza

Cobach 03 ITESM

Eugenio Flores Alatorre Cynthia Dennise Garc´ıa Beltr´an Joel Lemuz Mart´ınez

ITESM Cobach 28 Cobach 28

Francisco Javier L´opez S´anchez Mario Adri´an Martell Ch´avez Francisco Javier Mart´ınez Garc´ıa

Cobach 28 Cobach 24 Cobach 03

Hugo Arqu´ımedes Mendoza Oliva Rodrigo Molina Dom´ınguez

Cobach 28 UVM

Ana Paulina Ponce Tadeo Valente Ram´ırez Garc´ıa-Luna Ad´an Miguel Ramos Hern´andez

Sembradores de Amistad Sagrado Coraz´on Cobach 07

Adriana Reyes Loredo Luis Daniel Rivera Rodr´ıguez

ITESM ITESM

Carla Daniela Robles Espinoza Juan Manuel Soria Renter´ıa Josu´e Daniel V´azquez Becerra

ITESM Cobach 28 Cobach 19

Mart´ın V´azquez Rodr´ıguez Carlos Eduardo Zubieta Rico

Cobach 24 Cobach 28

Luz Del Carmen Zubieta Rico

Secundaria Ciriaco Cruz

Se ofreci´o a los 23 preseleccionados un entrenamiento intensivo por dos semanas a cargo de los profesores Enrique Miguel Arroyo Chavelas, Juan Ricardo De la O Flores, C´esar Octavio Maldonado Ahumada, Carlos Jacob Rubio Barrios y Pablo Fernando Zubieta Rico. Posteriormente presentaron dos ex´amenes m´as (cada uno con tres problemas para resolver en cuatro horas y media), con los cuales se eligi´o a los 18 alumnos con mayor puntaje. Estos fueron (en orden alfab´etico): Jezael Alvarez, Francisco Castillo, Obdulia D´ıaz, Roberto 19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

1. Presentaci´on

6

Esparza, Eugenio Flores, Cynthia Garc´ıa, Francisco L´opez, Francisco Mart´ınez, Hugo Mendoza, Paulina Ponce, Valente Ram´ırez, Adriana Reyes, Daniel Rivera, Daniela Robles, Manuel Soria, Daniel V´azquez, Mart´ın V´azquez, y Carlos Zubieta. Se ofreci´o nuevamente a los 18 preseleccionados un entrenamiento intensivo por dos semanas a cargo de los profesores Enrique Miguel Arroyo Chavelas, Juan Ricardo De la O Flores, C´esar Octavio Maldonado Ahumada, Isabel Cristina Mart´ınez Alvarado, Carlos Jacob Rubio Barrios y Pablo Fernando Zubieta Rico. Posteriormente presentaron dos ex´amenes m´as (con las mismas caracter´ısticas que los anteriores), con los cuales se eligi´o a los mejores 12 alumnos. Estos fueron (en orden alfab´etico): Roberto Esparza, Eugenio Flores, Francisco Mart´ınez, Hugo Mendoza, Paulina Ponce, Valente Ram´ırez, Adriana Reyes, Daniel Rivera, Daniela Robles, Josu´e V´azquez, Mart´ın V´azquez, y Carlos Zubieta. Se ofreci´o entrenamiento a los 12 preseleccionados los d´ıas 31 de julio, cada s´abado de agosto y de septiembre y el 2 de octubre, a cargo de los profesores Octavio Arizmendi Echegaray (invitado de Morelos) y Carlos Jacob Rubio Barrios. Posteriormente presentaron dos ex´amenes m´as (con las mismas caracter´ısticas que los anteriores), con los cuales se eligi´o a los 6 representantes de San Luis Potos´ı en el Concurso Nacional del mismo evento, que fueron (en orden seg´ un el lugar que obtuvieron en esta u ´ ltima eliminatoria): Valente Ram´ırez Eugenio Flores

ITESM ITESM

Roberto Esparza ITESM Hugo Mendoza Cobach 28 Paulina Ponce Col. Sembradores de Amistad Daniela Robles

ITESM

Todos los entrenamientos y ex´amenes selectivos se llevaron a cabo en el Instituto Tecnol´ogico de Estudios Superiores de Monterrey. Los gastos de organizaci´on de la 18a. Olimpiada de Matem´aticas en el Es´ tado, fueron cubiertos por el Instituto de Investigaci´on en Comunicaci´on Optica 19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

1. Presentaci´on

7

(IICO) de la Universidad Aut´onoma de San Luis Potos´ı. Como una actividad paralela al Concurso Estatal, el Comit´e Organizador de la Olimpiada en el Estado a trav´es del Instituto de Investigaci´on en Comunicaci´on ´ Optica de la Universidad Aut´onoma de San Luis Potos´ı, imparti´o tres cursostalleres a profesores de instituciones de nivel medio superior. El objetivo de los cursos fue poner a disposici´on de los profesores, conocimientos que les permitan preparar alumnos para competir en la Olimpiada de Matem´aticas. Las ´areas que se trataron fueron: Divisibilidad, Geometr´ıa Euclidiana y t´ecnicas de conteo. Los talleres estuvieron a cargo de los profesores: Enrique Miguel Arroyo Chavelas, Carlos Jacob Rubio Barrios y Pablo Fernando Zubieta Rico.

1.3

Actuaci´ on de la Delegaci´ on Potosina en el Concurso Nacional de la 18a. Olimpiada Mexicana de Matem´ aticas

Del 7 al 12 de noviembre de 2004 se llev´o a cabo el Concurso Nacional de la 18a. Olimpiada Mexicana de Matem´aticas (OMM) en Ixtapan de la Sal, Estado de M´exico. Seg´ un el reglamento del Concurso Nacional, las delegaciones de cada estado deben constar de a lo m´as 6 j´ovenes cada una y 10 del Distrito Federal, todos de nivel inferior a tercer a˜ no de preparatoria. En esta ocasi´on se reunieron un total de 195 participantes. La delegaci´on Potosina estuvo integrada por los 6 alumnos ganadores del Concurso Estatal (ver secci´on anterior) y por el profesor Carlos Jacob Rubio, como Jefe de la delegaci´on. Como resultado del Concurso Nacional, el equipo potosino obtuvo el 18◦ lugar (considerando la calificaci´on promedio de los integrantes de los equipos completos). El Comit´e Organizador del Concurso Nacional premi´o a no m´as de la mitad de los concursantes, dividiendo a los estudiantes premiados en tres grupos, seg´ un su actuaci´on: un primer grupo con 16 estudiantes (calificaci´on de 26 a 42), un segundo grupo con 35 alumnos (calificaci´on de 16 a 25) y un tercero con 46 alumnos (calificaci´on de 11 a 15). Los 98 alumnos restantes (con calificaci´on inferior a 11 puntos) no obtuvieron premio. Cuatro de los seis miembros del 19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

1. Presentaci´on

8

equipo potosino quedaron dentro del tercer grupo premiado: Eugenio Flores Alatorre

Medalla de bronce

Carla Daniela Robles Espinoza Valente Ram´ırez Garc´ıa Luna Ana Paulina Ponce Tadeo

Medalla de bronce Medalla de bronce Medalla de bronce

´ En esta ocasi´on, el premio a la Superaci´on Acad´emica se llam´o “Arbol de la vida” y fue ganado por Zacatecas. El segundo y tercer lugar de este premio lo ocuparon Aguascalientes y Guerrero, respectivamente. Para obtener m´as informaci´on sobre la Olimpiada de Matem´aticas en el Estado, visita nuestro sitio de internet: http://www.ifisica.uaslp.mx/∼ ommslp Tambi´en puedes visitar la p´agina oficial de la Olimpiada Mexicana de Matem´aticas: http://www.erdos.fciencias.unam.mx/omm

19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

CAP´ITULO 2

Ex´amenes de la 18a. Olimpiada de Matem´aticas en San Luis Potos´ı

2.1

Primer Examen

Las preguntas de la 1 a la 5 valen 3 puntos cada una, las preguntas de la 6 a la 10 valen 4 puntos cada una, y las preguntas de la 11 a la 15 valen 5 puntos cada una. El m´aximo posible es de 60 puntos. Duraci´on: 1 hora. 1. ¿Cu´al de las siguientes expresiones es par para cualquier valor de n? (a) 2004 − n

(b) n2 + 2004

(c) n3

(d) n + 2005

(e) 2n2 + 2004

2. Alan estaba calculando el volumen de una esfera y por error us´o el valor del di´ametro en lugar del radio. ¿Qu´e debe hacer con su resultado para obtener el volumen correcto? (a) Dividirlo entre dos. (b) Dividirlo entre cuatro. (c) Dividirlo entre ocho. 9

2. Ex´amenes de la 18a. Olimpiada de Matem´aticas en San Luis Potos´ı

10

(d) Sacarle ra´ız cuadrada. (e) Sacarle ra´ız c´ ubica. 3. De los n´ umeros: 1515151515, 1994001994, 2222222224, 2333333334, 3888888888, 9999999999, ¿cu´antos son m´ ultiplos de 6? (a) 1

(b) 2

(c) 3

(d) 4

(e) 5

4. Cuando a un barril le falta el 30% para llenarse contiene 30 litros m´as que cuando est´a lleno hasta el 30%. ¿Cu´antos litros le caben al barril? (a) 60

(b) 75

(c) 90

(d) 100

(e) 120

5. Un cuadrado est´a inscrito en un c´ırculo de radio 1. ¿Cu´al es el per´ımetro del cuadrado? √ √ (a) 8 (b) 6 (c) 2π (d) 2 2 (e) 4 2 6. ¿A qu´e es igual 2n+2004 + 2n+2004 ? (a) 4n+2004

(b) 42n+2004

(c) 42n+4008

(d) 22n+4008

(e) 2n+2005

7. ¿Cu´antos enteros positivos menores que 100 tienen al menos 4 divisores primos distintos? (a) 0

(b) 1

(c) 2

(d) 3

(e) 5

8. Si los ´angulos α, β y γ de un tri´angulo cumplen que γ = α − β, entonces el tri´angulo es: (a) Acut´angulo

(b) Rect´angulo

(c) Obtus´angulo

(d) Is´osceles

(e) No is´osceles

9. ¿Cu´antos resultados diferentes podemos obtener sumando dos n´ umeros distintos del conjunto {1, 2, 3, . . . , 10}? (a) 11

(b) 15

19a. OMM, San Luis Potos´ı

(c) 17

(d) 18

(e) 20

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

2. Ex´amenes de la 18a. Olimpiada de Matem´aticas en San Luis Potos´ı

11

10. El promedio de estudiantes que ingresaron a una escuela durante los cuatro a˜ nos 2000-2003 fue de 325 estudiantes por a˜ no. Si el promedio de ingreso durante los a˜ nos 2000-2004 es 20% m´as alto, ¿cu´antos estudiantes entraron a la escuela en 2004? (a) 390

(b) 455

(c) 520

11. ¿De cu´antas formas se puede escribir (a) 0

(b) 1

1 14

(d) 600

(e) 650

en la forma a7 + 2b con a y b enteros?

(c) 2

(d) 3

(e) M´as de 3

12. ¿Cu´al de los siguientes valores de n cumple que el n´ umero 6.25 × 10n es igual a un n´ umero elevado a la cuarta potencia? (a) 2000

(b) 2001

(c) 2002

(d) 2003

(e) 2004

13. Dos lados de un tri´angulo acut´angulo y la altura sobre el tercer lado tienen longitudes 12, 13 y 15 (tal vez no en ese orden). Encuentra el a´rea del tri´angulo. (a) 168

(b) 156

(c) 80

(d) 84

(e) No se puede saber

14. Observa que: 13 = 1, 23 = 3 + 5, 33 = 7 + 9 + 11, 43 = 13 + 15 + 17 + 19. Entonces 503 es igual a: (a) 2061 + 2063 + · · · + 2157 + 2159 (b) 2161 + 2163 + · · · + 2257 + 2259 (c) 2257 + 2259 + · · · + 2353 + 2355 (d) 2353 + 2355 + · · · + 2499 + 2451 (e) 2451 + 2453 + · · · + 2547 + 2549

19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

2. Ex´amenes de la 18a. Olimpiada de Matem´aticas en San Luis Potos´ı

12

15. ¿Cu´antos enteros n tienen la siguiente propiedad: entre los divisores positivos de n, distintos de 1 y n, el mayor es 15 veces el m´as peque˜ no? (a) 0

2.2

(b) 1

(c) 2

(d) Una infinidad

(e) Otra respuesta

Segundo Examen (Examen Canguro 2004)

Las preguntas de la 1 a la 10 valen 3 puntos cada una, las preguntas de la 11 a la 20 valen 4 puntos cada una, y las preguntas de la 21 a la 30 valen 5 puntos cada una. El m´aximo posible es de 120 puntos. Duraci´on: 2 horas. 1. En un cable de tel´efono hay varias palomas. Cuando Ana abri´o su ventana 5 de ellas volaron, de las cuales s´olo regresaron 3. Si quedaron 12 palomas sobre el cable, ¿cu´antas palomas hab´ıa antes de que Ana abriera su ventana? (a) 8

(b) 9

(c)10

(d) 12

(e) 14

2. ¿Cu´al es el resultado de (1−2)−(3−4)−(5−6)−(7−8)−(9−10)−(11−12)? (a) −6

(b) 0

(c) 4

(d) 6

(e) 13

3. Para viajar de la ciudad A a la ciudad B hay una carretera en l´ınea recta que tiene un tramo en reparaci´on. Para evitar ese tramo hay que seguir una desviaci´on desde A′ hasta B ′ como se muestra en la figura. ¿Cu´antos kil´ometros m´as de lo normal hay que viajar a causa de la desviaci´on? A

A′

B′

B

3 km

(a) 3 km

(b) 5 km

(c) 6 km

(d) 10 km

(e) Depende de la posici´on de A′ y B ′

19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

2. Ex´amenes de la 18a. Olimpiada de Matem´aticas en San Luis Potos´ı

13

4. ¿Cu´al de las siguientes operaciones no da el mismo resultado que 671−389? (a) 771 − 489 (b) 681 − 399 (c) 1871 − 1589 (d) 600 − 318 (e) 669 − 391 5. Los compa˜ neros de la clase de Dulce y Manuel se formaron en una fila. Dulce tiene 16 ni˜ nos detr´as de ella (incluyendo a Manuel), mientras que Manuel tiene 14 ni˜ nos delante de ´el (incluyendo a Dulce). Si entre Dulce y Manuel hay 7 ni˜ nos, ¿cu´antos ni˜ nos hay en total en la clase de Dulce y Manuel? (a) 37

(b) 30

(c) 23

(d) 22

(e) 16

6. Mar´ıa compr´o un pastel, lo dividi´o en cuatro pedazos iguales y lo reparti´o entre sus hijos. Ana y Benito se comieron sus pedazos completos, mientras Carlos se comi´o la mitad de su pedazo y Diana se comi´o solo la quinta parte del suyo. ¿Qu´e fracci´on del pastel sobr´o? (a)

13 40

(b)

3 7

(c)

26 50

(d)

70 200

(e)

2 5

7. En cada uno de los cuadritos de la figura se escribe un n´ umero, de forma que la suma de los n´ umeros de la primera fila es 3, la suma de los n´ umeros de la segunda fila es 8 y la suma de los n´ umeros de la primera columna es 4. ¿Cu´al es la suma de los n´ umeros de la segunda columna?

(a) 4

(b) 6

(c) 7

(d) 8

(e) 11

8. ¿Cu´antos cuadrados grises hay que pintar de negro para conseguir que el ´area pintada de gris sea el doble del ´area pintada de negro?

(a) 2

(b) 3

19a. OMM, San Luis Potos´ı

(c) 4

(d) 6

(e) Es imposible

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

2. Ex´amenes de la 18a. Olimpiada de Matem´aticas en San Luis Potos´ı

14

9. De acuerdo a la figura, ¿cu´antos gramos pesa la pluma? 30 gr

(a) 6

(b) 7

15 gr

(c) 8

(d) 9

(e) 10

10. Myriam tiene 16 cuadritos iguales de varios colores (4 Rojos, 4 Azules, 4 Verdes y 4 Morados) y quiere formar con ellos un cuadrado de 4 × 4, en el que cada fila y cada columna tenga un cuadrito de cada color. En la figura de abajo se muestran los primeros 5 cuadritos que Myriam ha puesto. ¿Cu´antos de los 4 colores pueden acomodarse en el cuadrito donde se ha colocado el signo de interrogaci´on? R ? A R V M (a) Ninguno

(b) 1

(c) 2

(d) 3

(e) 4

11. En la figura se muestra un cuadrado ABCD y dos semic´ırculos con di´ametros AB y AD. Si AB = 2, ¿cu´al es el ´area de la regi´on sombreada? A B

D (a) 1

(b) 2

C (c) 2π

(d)

π 2

(e)

3 4

12. El peso de tres manzanas y dos naranjas es de 255 gramos. El peso de dos manzanas y tres naranjas es de 285 gramos. Si todas las manzanas son del mismo peso y todas las naranjas son del mismo peso, ¿cu´anto pesan una manzana y una naranja juntas? (a) 102 gr

(b) 104 gr

19a. OMM, San Luis Potos´ı

(c) 105 gr

(d) 108 gr

(e) 110 gr

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

2. Ex´amenes de la 18a. Olimpiada de Matem´aticas en San Luis Potos´ı

15

13. En la figura se muestra una pieza de madera de dimensiones 1 × 2 × 3. ¿Cu´al es la m´ınima cantidad de piezas como esa que se necesitan para construir un cubo?

(a) 12

(b) 18

(c) 24

(d) 36

(e) 60

14. Para hacer una jarra de bebida de frutas se mezclan 4 vasos de jugo de naranja, 2 vasos de jugo de uva y 1 vaso de jugo de mango. ¿Cu´antos vasos de jugo de naranja se necesitan para preparar 350 vasos de bebida de frutas? (a) 200

(b) 150

(c) 100

(d) 87.5

(e) 80

15. El per´ımetro de la cruz que se muestra en la figura es 36. ¿Cu´al es el ´area del cuadrado?

(a) 48

(b) 72

(c) 108

(d) 115.2

(e) 144

16. Rebeca vive en el mismo edificio que yo, pero no s´e en qu´e departamento. Le pregunt´e a cuatro de mis vecinos por el n´ umero de su departamento, y ellos creen que: • Vecino 1: El n´ umero de su departamento es el 9. • Vecino 2: El n´ umero de su departamento es primo. • Vecino 3: El n´ umero de su departamento es par. • Vecino 4: El n´ umero de su departamento es 15.

19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

2. Ex´amenes de la 18a. Olimpiada de Matem´aticas en San Luis Potos´ı

16

El portero no quiso decirme en qu´e departamento vive Rebeca, pero me asegur´o que exactamente dos de las afirmaciones anteriores son falsas. ¿En qu´e departamento vive Rebeca? (a) 1

(b) 2

(c) 3

(d) 9

15

17. Alejandro es menor que Lilia por 52 d´ıas. Este a˜ no Lilia celebr´o su cumplea˜ nos en un martes. ¿En qu´e d´ıa celebrar´a su cumplea˜ nos Alejandro? (a) Lunes

(b) Martes

(c) Mi´ercoles

(d) Viernes

(e) Domingo

18. En la figura se muestra un cuadril´atero ABCD. Si BC = AD, ¿cu´anto mide el ´angulo ADC? C 30◦

B 75◦

50◦

?

A (a) 30◦

(b) 50◦

D (c) 55◦

(d) 65◦

(e) 70◦

19. El cuadrado de la figura se va llenando con n´ umeros seg´ un se muestra. ¿Cu´al de los siguientes n´ umeros no puede ser x? x

10 4 9 3 5 8 1 2 6 7 (a) 128

(b) 256

(c) 81

(d) 121

(e) 400

20. Un n´ umero tiene 10 d´ıgitos y la suma de sus d´ıgitos es 9. ¿Cu´al es el producto de los d´ıgitos de ese n´ umero? (a) 0

(b) 1

19a. OMM, San Luis Potos´ı

(c) 45

(d) 90

(e) Depende del n´ umero Por Carlos Jacob Rubio Barrios

2. Ex´amenes de la 18a. Olimpiada de Matem´aticas en San Luis Potos´ı

17

21. Con varios anillos de papel se form´o la cadena de la figura, que tiene 170 cm de longitud. ¿Cu´antos anillos tiene la cadena?

2 cm

bbb

3 cm

170 cm (a) 17

(b) 21

(c) 30

(d) 42

(e) 85

22. Se desea llenar los cuadritos de la figura de forma que la suma de cada tres cuadritos consecutivos sea 21. ¿Qu´e n´ umero debe ir en la segunda casilla? 7 (a) 6

6

(b) 7

(c) 8

(d) 10

(e) 21

23. Despu´es de tres partidos de un torneo de futbol, el Morelia ha anotado 3 goles y ha recibido 1. En el torneo se dan 3 puntos por partido ganado, 1 punto por partido empatado y 0 puntos por partido perdido. ¿Cu´al de las siguientes puntuaciones no puede ser la que tiene el Morelia en este momento? (a) 7

(b) 6

(c) 5

(d) 4

(e) 3

24. En la figura se muestra un rect´angulo ABCD de 6 × 3. Sabiendo que el ´area sombreada es el doble del ´area del tri´angulo EBF , ¿cu´anto mide EF ? A B

D (a) 3.6

(b) 3.8

19a. OMM, San Luis Potos´ı

E (c) 4

F

C (d) 4.2

(e) 4.4

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

2. Ex´amenes de la 18a. Olimpiada de Matem´aticas en San Luis Potos´ı

18

25. El promedio de las edades de la abuela, el abuelo y sus 7 nietos es de 28 a˜ nos. El promedio de edades de los 7 nietos u ´ nicamente es de 15 a˜ nos. Sabiendo que el abuelo es 3 a˜ nos mayor que la abuela, ¿cu´antos a˜ nos tiene el abuelo? (a) 71

(b) 72

(c) 73

(d) 74

(e) 75

26. Mi t´ıo tiene un jard´ın rectangular, y ha decidido ampliar sus dimensiones en un 10 % lo largo y en un 10 % a lo ancho. ¿En qu´e porcentaje crecer´a el ´area del jard´ın? (a) 10%

(b) 20%

(c) 21%

(d) 40%

(e) 100%

27. Si a y b son dos enteros positivos que cumplen que ab = 10000 pero ni a ni b son m´ ultiplos de 10, ¿a cu´anto es igual a + b? (a) 641

(b) 1000

(c) 1024

(d) 1258

(e) 2401

28. Los c´ırculos de la figura tienen sus centros en C y D y se intersectan en A y B. Si el ´angulo ACB mide 60o , el ´angulo ADB mide 90o y DA mide 1, ¿cu´anto mide CA? A C

D B

(a)

4 3

(b)

√

2

(c)

3 2

(d)

√

3 (e) 2

29. En un examen de matem´aticas que ten´ıa 10 preguntas se daban 5 puntos por cada respuesta correcta y se quitaban 3 puntos por cada error. Todos los alumnos respondieron todas las preguntas. Si Javier obtuvo 34 puntos, Daniel obtuvo 10 puntos y C´esar obtuvo 2 puntos, ¿cu´antas respuestas correctas tuvieron entre los tres? (a) 13

(b) 15

19a. OMM, San Luis Potos´ı

(c) 17

(d) 18

(e) 21

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

2. Ex´amenes de la 18a. Olimpiada de Matem´aticas en San Luis Potos´ı

19

30. F´elix acomoda sus revistas en un librero. Todas sus revistas tienen 48 o 52 p´aginas. ¿Cu´al de los siguientes n´ umeros no puede ser el total de p´aginas de revistas en el librero? (a) 500

2.3

(b) 524

(c) 568

(d) 588

(e) 620

Tercer Examen

Problema 1. Sea ABCD un cuadril´atero convexo de ´area 21 y O el punto de intersecci´on de sus diagonales, tal que el ´area del tri´angulo ABO es igual a 7. La paralela a BD trazada por A corta a la paralela a AC trazada por B en el punto M. Calcule el ´area del tri´angulo CDM. Problema 2. Seis personas est´an sentadas alrededor de una mesa circular. ¿De cu´antas formas pueden estrechar las manos tres parejas de personas de tal manera que no haya cruces de brazos? (Nota: ninguna persona estrecha las manos con dos personas al mismo tiempo). Problema 3. ¿Existen enteros a y b de 2004 d´ıgitos cada uno, con la propiedad de que los d´ıgitos de b son una reordenaci´on de los d´ıgitos de a, y los d´ıgitos de a + b son puros nueves? ¿Existen dos enteros de 2005 d´ıgitos con la misma propiedad? Justifique sus respuestas. Problema 4. Las medidas de los ´angulos del tri´angulo ABC son tales que ∠A < ∠B < 90◦ < ∠C. Las bisectrices externas de los ´angulos ∠A y ∠C intersectan a las prolongaciones de los lados opuestos BC y AB en los puntos P y Q respectivamente. Si se sabe que AP = CQ = AC, determine las medidas de los ´angulos del tri´angulo ABC. Problema 5. Sea n un entero positivo de cuatro d´ıgitos. Se sabe que n es un cuadrado perfecto y que todos sus d´ıgitos son distintos de 9. Cuando cada uno de los d´ıgitos de n se incrementa en 1, el n´ umero que resulta sigue siendo un cuadrado perfecto. Determine todos los valores posibles de n. 19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

2. Ex´amenes de la 18a. Olimpiada de Matem´aticas en San Luis Potos´ı

20

Problema 6. ¿Existen 16 enteros positivos menores que 100 tales que al colocarlos en las casillas de un tablero de 4 × 4 el producto de los n´ umeros situados en cada fila sea el mismo y, a su vez, coincida con el de los colocados en cada columna y en las dos diagonales? Justifique su respuesta.

2.4

Cuarto Examen

Problema 1. En el tri´angulo ABC la bisectriz del ´angulo A, la perpendicular a AB que pasa por su punto medio, y la altura desde el v´ertice B, se intersectan en el mismo punto. Pruebe que la bisectriz del ´angulo A, la perpendicular a AC que pasa por su punto medio, y la altura desde el v´ertice C, se intersectan en un mismo punto. Problema 2. Determine todos los enteros positivos n para los cuales existen n enteros positivos consecutivos cuya suma es un n´ umero primo. Problema 3. Decimos que un entero positivo n es creciente si al leerlo de derecha a izquierda se obtiene un entero mayor que n. Por ejemplo, 2004 es creciente porque 4002 es mayor que 2004. ¿Cu´antos enteros positivos de cuatro d´ıgitos son crecientes? Problema 4. Se escribe una sucesi´on de enteros positivos con la siguiente regla: se eligen los dos primeros n´ umeros y a partir de entonces, para escribir un nuevo n´ umero, se calcula la suma de los u ´ ltimos dos n´ umeros escritos, se halla el mayor divisor impar de esta suma y la suma de este mayor divisor impar m´as 1 es el siguiente n´ umero escrito. Si los primeros dos n´ umeros son 25 y 126 (en ese orden), y la sucesi´on tiene 2004 n´ umeros, determine el u ´ ltimo n´ umero escrito. Problema 5. En el hept´agono A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 las diagonales A1 A3 , A2 A4 , A3 A5 , A4 A6 , A5 A7 , A6 A1 y A7 A2 son iguales entre s´ı y las diagonales A1 A4 , A2 A5 , A3 A6 , A4 A7 , A5 A1 , A6 A2 y A7 A3 son tambi´en iguales entre s´ı. ¿Es nece19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

2. Ex´amenes de la 18a. Olimpiada de Matem´aticas en San Luis Potos´ı

21

sariamente regular el pol´ıgono? Problema 6. Un entero positivo a > 1 est´a dado (en notaci´on decimal). Al copiarlo dos veces obtenemos el n´ umero b = aa el cual resulta ser m´ ultiplo de a2 . Determine todos los valores posibles del cociente

2.5

b . a2

Quinto Examen

Problema 1. Se tiene un tri´angulo rect´angulo ABC, con ∠ABC = 90◦ . Sea H el pie de la altura desde B hasta el lado AC. Una paralela al lado AB a trav´es del punto C corta a BH en el punto D. Una paralela a BC a trav´es del punto D corta a AC en E. Demuestre que las rectas AD y BE son perpendiculares. Problema 2. Sea n un entero positivo. Denotamos por r(n) a la suma de los residuos que se obtienen al dividir n por 1, por 2, . . ., por n. Por ejemplo, r(7) = 0 + 1 + 1 + 3 + 2 + 1 + 0 = 8. Encuentre un entero n mayor que 1, 000, 000 tal que r(n) = r(n + 1). Problema 3. ¿Es posible pintar cada lado y cada diagonal de un dodec´agono regular usando 12 colores, de tal manera que para cualesquiera 3 colores exista un tri´angulo con v´ertices del pol´ıgono de lados pintados con los tres colores? Problema 4. Determine todas las parejas de enteros positivos (a, b) tales que a − b es un n´ umero primo y ab es un cuadrado perfecto. Problema 5. Sean C1 y C2 circunferencias exteriores de centros O1 y O2 respectivamente. Se trazan por O1 las dos tangentes a la circunferencia C2 , que intersectan a C1 en P y P ′ ; y se trazan por O2 las dos tangentes a la circunferencia C1 , que intersectan a C2 en Q y Q′ . Demuestre que P P ′ = QQ′ . Problema 6. Un entero positivo es separable si sus d´ıgitos se pueden repartir en dos grupos con la misma suma. Se dice adem´as que el entero n es 7 - sepa-

19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

2. Ex´amenes de la 18a. Olimpiada de Matem´aticas en San Luis Potos´ı

22

rable si los tres n´ umeros n, n − 7 y n + 7 son separables. (a) Demuestre que hay infinitos enteros 7 - separables. (b) Pruebe que no hay enteros 7 - separables de tres cifras.

2.6

Sexto Examen

Problema 1. Dos enteros positivos est´an escritos en el pizarr´on. Se sabe que uno de ellos es 2004 y que el otro es menor que 2004. Si el promedio de los n´ umeros escritos es un entero, est´a permitido efectuar la siguiente operaci´on: se borra uno de los n´ umeros y se reemplaza por el promedio. Pruebe que esta operaci´on no puede efectuarse sucesivamente m´as de 10 veces, y d´e un ejemplo donde se aplique exactamente 10 veces sucesivas. Problema 2. Sean A, B, C, D y E puntos en una circunferencia C tales que

AB es paralela a EC y AC es paralela a ED. La recta tangente a C en E intersecta a AB en el punto P . Sea Q el punto de intersecci´on de BD y EC. Pruebe que AC = P Q. Problema 3. Se quieren acomodar los n´ umeros enteros del 1 al 9 en los c´ırculos del siguiente arreglo triangular:

de tal manera que: (a) Las sumas de los cuatro n´ umeros en cada lado del tri´angulo sean iguales. (b) Las sumas de los cuadrados de los cuatro n´ umeros en cada lado del tri´angulo sean iguales. Determine todas las formas en que se puede hacer esto.

19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

2. Ex´amenes de la 18a. Olimpiada de Matem´aticas en San Luis Potos´ı

23

Problema 4. En el tri´angulo acut´angulo ABC, las bisectrices de los ´angulos ∠A, ∠B y ∠C intersectan al circunc´ırculo en A1 , B1 y C1 respectivamente. Sea M el punto de intersecci´on de AB con B1 C1 , y sea N el punto de intersecci´on de BC con A1 B1 . Pruebe que el incentro del tri´angulo ABC est´a en la recta MN. Problema 5. Sea n un entero positivo. Pruebe que se pueden elegir al menos 2n−1 + n n´ umeros del conjunto {1, 2, 3, . . . , 2n } de tal manera que para cualesquiera dos n´ umeros distintos elegidos x, y, el n´ umero x + y no divide a xy. Problema 6. Cada casilla de un tablero de 100 × 100 se pinta con uno de

cuatro colores de tal manera que hay exactamente 25 casillas de cada color en cada columna y en cada rengl´on. Muestre que hay dos columnas y dos renglones que se intersectan en cuatro casillas pintadas de distinto color.

19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

CAP´ITULO 3

Examen del Concurso Nacional de la 18a. Olimpiada Mexicana de Matem´aticas

Problema 1. Encuentra todos los n´ umeros primos p, q y r con p < q < r, que cumplan con 25pq + r = 2004 y que pqr + 1 sea un cuadrado perfecto. (Sugerido por Carlos Jacob Rubio) Problema 2. ¿Cu´al es la mayor cantidad de enteros positivos que se pueden encontrar de manera que cualesquiera dos de ellos a y b (con a 6= b) cumplan que: ab |a − b| ≥ ? 100 (Sugerido por Jos´e Antonio G´omez) Problema 3. Sean Z y Y los puntos de tangencia del inc´ırculo del tri´angulo ABC con los lados AB y CA, respectivamente. La paralela a Y Z por el punto medio M del lado de BC, corta a CA en N. Sea L el punto sobre CA tal que NL = AB (y L del mismo lado de N que A). La recta ML corta a AB en K. Muestra que KA = NC. (Sugerido por Julio Brau)

24

3. Examen del Concurso Nacional de la 18a. Olimpiada Mexicana de Matem´aticas25 Problema 4. Al final de un torneo de f´ utbol en el que cada par de equipos jugaron entre si exactamente una vez y donde no hubo empates, se observ´o que para cualesquiera tres equipos, A, B y C, si A le gan´o a B y B le gan´o a C entonces A le gan´o a C. Cada equipo calcul´o la diferencia (positiva) entre el n´ umero de partidos que gan´o y el n´ umero de partidos que perdi´o. La suma de todas estas diferencias result´o ser 5000. ¿Cu´antos equipos participaron en el torneo? Encuentra todas las respuestas posibles. (Sugerido por Antonio Olivas) Problema 5. Sean A y B dos circunferencias tales que el centro O de B est´e sobre A. Sean C y D los dos puntos de intersecci´on de las circunferencias. Sea toman un punto A sobre A y un punto B sobre B tales que AC es tangente a

B en C y BC es tangente a A en el mismo punto C. El segmento AB corta de nuevo a B en E y ese mismo segmento corta de nuevo a A en F . La recta CE

vuelve a cortar a A en G y la recta CF corta a la recta GD en H. Prueba que el punto de intersecci´on de GO y EH es el centro de la circunferencia circunscrita al tri´angulo DEF . (Sugerido por Iv´an S´anchez)

Problema 6. ¿Cu´al es el mayor n´ umero posible de cambios de direcci´on en un recorrido sobre las l´ıneas de una cuadr´ıcula de 2004 × 2004 casillas, si el recorrido no pasa dos veces por el mismo lugar? (Sugerido por Humberto Montalv´an)

19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

CAP´ITULO 4

Soluciones de los Ex´amenes Selectivos

4.1

Soluci´ on del Primer Examen

Soluci´ on 1. Tenemos que 2n2 es siempre par y, por tanto, 2n2 + 2004 es par. Las expresiones (a), (b) y (c) son impares para n = 1 y (d) es impar para n = 2. La respuesta es (e). Soluci´ on 2. El volumen de una esfera de radio r es 34 πr 3 , as´ı que el resultado de Alan debe ser 34 π(2r)3 = 43 π8r 3 . La respuesta es (c). Soluci´ on 3. Los n´ umeros 1515151515 y 9999999999 son impares y por lo tanto no son m´ ultiplos de 2 y en consecuencia tampoco son m´ ultiplos de 6. Las sumas de los d´ıgitos de los n´ umeros 1994001994, 2222222224, 2333333334 y 3888888888 son 46, 22, 30 y 75 respectivamente. Las u ´ nicas sumas que no son m´ ultiplos de 3 son 46 y 22. La respuesta es (b). Soluci´ on 4. Tenemos que 30 litros son el 70% - 30% = 40% del barril. As´ı que en total le caben

30·100 40

= 75 litros. La respuesta es (b).

26

4. Soluciones de los Ex´amenes Selectivos

27

Soluci´ on 5. Si llamamos a al lado del cuadrado, podemos ver que se forma un tri´angulo rect´angulo de hipotenusa a y catetos 1, 1. De aqu´ı que por el Teorema √ √ de Pit´agoras, a = 2 y por lo tanto el per´ımetro del cuadrado es 4a = 4 2. La respuesta es (e). Soluci´ on 6. 2n+2004 + 2n+2004 = 2 · 2n+2004 = 2n+2005 . La respuesta es (e). Soluci´ on 7. El n´ umero m´as peque˜ no que tiene cuatro divisores primos distintos es el 210 = 2 · 3 · 5 · 7 que es mayor que 100. La respuesta es (a). Soluci´ on 8. Tenemos que 180◦ = α+ β + γ = α+ β + (α−β), es decir, α = 90◦ . La respuesta es (b). Soluci´ on 9. La m´as grande de las sumas es 19 y la m´as chica es 3. Es f´acil ver que se pueden obtener todos los n´ umeros entre esos dos. La respuesta es (c). Soluci´ on 10. Durante el periodo 2000-2003 ingresaron ingresaron 325 × 4 = 1300 estudiantes y en el periodo 2000-2004 fueron 390 × 5 = 1950. La respuesta

es (e).

1 Soluci´ on 11. La igualdad 14 = a7 + 2b es equivalente a la igualdad 2a + 7b = 1. Es f´acil ver que a = −3 + 7k y b = 1 − 2k son soluci´on para cualquier entero k.

La respuesta es (e).

Soluci´ on 12. Tenemos que 6.25 × 10n = 625 × 10n−2 = 54 × 10n−2 . Para que

este n´ umero sea la cuarta potencia de un entero, n − 2 debe ser m´ ultiplo de 4. La respuesta es (c). Soluci´ on 13. Podemos partir al tri´angulo en dos tri´angulos rect´angulos a los que llamaremos A y B. La altura debe tener la longitud m´as corta, 12, pues es cateto de A y B. Suponiendo que la hipotenusa de A mide 13 y la de B, 15, los otros catetos miden 5 y 9 respectivamente. Luego, el ´area del tri´angulo es (5+9)(12) 2

= 84. La respuesta es (d).

19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

4. Soluciones de los Ex´amenes Selectivos

28

Soluci´ on 14. Notemos que 3 = 2(2 − 1) + 1, 7 = 3(3 − 1) + 1, 13 = 4(4 − 1) + 1.

Luego el primer sumando para la expresi´on de 503 ser´a 50(50 − 1) + 1 = 2451. La respuesta es (e). Soluci´ on 15. Cuando quitamos a 1 y a n de los divisores positivos de n, tenemos que el mayor y el menor, multiplicados, deben dar n. Llamando a al

primer divisor positivo de n, la condici´on del problema dice que n = 15a2 . Pero entonces 3 divide a n, as´ı que a ≤ 3. S´olo tenemos dos soluciones, cuando a = 2 o a = 3. La respuesta es (c).

4.2

Soluci´ on del Segundo Examen

Soluci´ on 1. Llamando x a la cantidad de palomas que ten´ıamos al principio, tenemos que x − 5 + 3 = 12, de donde x = 14. La respuesta es (e). Soluci´ on 2. Calculando tenemos que (1 − 2) − (3 − 4) − (5 − 6) − (7 − 8) − (9 − 10)−(11−12) = −1−(−1)−(−1)−(−1)−(−1)−(−1) = −1+1+1+1+1+1 = −1 + 5 = 4. La respuesta es (c).

Soluci´ on 3. La ruta con la desviaci´on consiste en seguir el camino normal hasta llegar a A′ , desviarse 3 km, recorrer una distancia igual a la que recorr´ıamos normalmente para llegar de A′ a B ′ , recorrer 3 km para regresar a la ruta normal y terminar el tramo desde B ′ hasta B. De esta manera, la desviaci´on agrega 6 km a la ruta normal. La respuesta es (c). Soluci´ on 4. En todas las operaciones se le sum´o al primer y al segundo n´ umero la misma cantidad (lo cual deja constante la diferencia), salvo en el u ´ ltimo inciso. La respuesta es (e). Soluci´ on 5. Delante de Dulce hay 14 −7 −1 = 6 ni˜ nos, y detr´as de Manuel hay

16−7−1 = 8 ni˜ nos. En total hay 6+1+7+1+8 = 23 ni˜ nos. La respuesta es (c).

19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

4. Soluciones de los Ex´amenes Selectivos

29

Soluci´ on 6. Del pastel completo Ana se comi´o 41 , Benito 41 , Carlos Diana

1 4

5

=

1 . 20

En total sobr´o 1 − 14 − 41 − 18 −

1 20

=

13 . 40

1 4

2

=

1 8

y

La respuesta es (a).

Soluci´ on 7. La suma de los 4 n´ umeros es igual a la suma de los n´ umeros en la primera y la segunda fila: 3 + 8 = 11. Si la suma de los n´ umeros de la primera columna es 4, entonces los de la segunda deben sumar 11 − 4 = 7. La respuesta es (c). Soluci´ on 8. En la figura se observa que es suficiente pintar 3.

La respuesta es (b). Soluci´ on 9. Llamemos l al peso de un l´apiz y p al de la pluma. De la primera balanza sabemos que 7l = 2l + 30, o sea que l = 6. De la segunda balanza tenemos que 6 + p = 15, de donde p = 9. La respuesta es (d). Soluci´ on 10. En la figura se ha completado la segunda columna. Como en el primer rengl´on ya hay cuadritos Rojos y Azules s´olo hay dos posibilidades para la casilla indicada. R A ? A R V M La respuesta es (c). Soluci´ on 11. En la figura de abajo se observa que el ´area sombreada es equivalente a la mitad del ´area del cuadrado:

19a. OMM, San Luis Potos´ı

4 2

= 2.

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

4. Soluciones de los Ex´amenes Selectivos

La respuesta es (b).

30

A

B

D

C

Soluci´ on 12. El peso de 5 manzanas y 5 naranjas juntas es de 255 + 285 = 540 = 108 gramos. gramos, as´ı que una naranja y una manzana juntas pesan 540 5 La respuesta es (d). Soluci´ on 13. El volumen de cada pieza es 1 · 2 · 3 = 6, as´ı que el volumen del cubo tiene que ser un entero divisible entre 6 que tenga ra´ız c´ ubica exacta. El menor n´ umero que cumple esta propiedad es 216 (que resulta de un cubo de lado 6). Es f´acil convencerse de que, con 36 piezas como la indicada, es posible construir dicho cubo. La respuesta es (d). Soluci´ on 14. Cada jarra tiene 7 vasos de bebida de frutas, as´ı que en total hay que preparar 350 = 50 jarras. Como cada jarra necesita 4 vasos de jugo 7 de naranja tenemos que en total se necesitar´an 50 · 4 = 200 vasos de jugo de

naranja. La respuesta es (a).

Soluci´ on 15. Cada uno de los 5 cuadritos que forman la cruz tiene lado y, por tanto, ´area 9. En la figura se observa que cada cuadrito representa del ´area del cuadrado, as´ı que el ´area buscada es 9 · 8 = 72.

36 12 4 32

=3 =

1 8

La respuesta es (b). Soluci´ on 16. Dos de los vecinos 1, 3 y 4 tienen que estar mintiendo, as´ı que el vecino 3 necesariamente est´a diciendo la verdad y el n´ umero que busco es par. 19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

4. Soluciones de los Ex´amenes Selectivos

31

Dada esta situaci´on los vecinos 1 y 4 deben estar mintiendo, as´ı que el Vecino 2 dice la verdad y el Departamento de Rebeca debe ser el 2 (es primo y es par). La respuesta es (b). Soluci´ on 17. Alejandro es menor que Lilia por 7 semanas y tres d´ıas, as´ı que su cumplea˜ nos ser´a tres d´ıas despu´es de un martes, o sea, un viernes. La respuesta es (d). Soluci´ on 18. Tenemos que ∠BAC = 180◦ − 75◦ − 30◦ = 75◦ , as´ı que AC =

BC = AD, es decir, el tri´angulo ACD es is´osceles y entonces ∠ACD = ∠ADC. ◦ ◦ Por lo anterior, ∠ADC = 180 2−50 = 65◦ . La respuesta es (d).

Soluci´ on 19. La cantidad total de n´ umeros que se escribir´an es un cuadrado, y en la posici´on se˜ nalada se escribir´a el u ´ ltimo n´ umero. La u ´ nica de las opciones que no es un cuadrado es 128. La respuesta es (a). Soluci´ on 20. Necesariamente uno de los d´ıgitos del n´ umero es 0 (si no, su suma ser´ıa mayor a 9), as´ı que el producto es 0. La respuesta es (a). Soluci´ on 21. Observemos que el primer anillo aporta 6 cm a la longitud, pero el segundo (y los siguientes), por como est´a enlazado, aporta solamente 4 cm. Se necesitar´an 170−6 = 41 anillos adem´as del primero, es decir, 42 anillos en 4 total. La respuesta es (d). Soluci´ on 22. Haciendo pruebas es f´acil convencerse de que los n´ umeros escritos en las primeras tres casillas se repetir´an en el mismo orden a lo largo de la tira. Como el 6 est´a en la posici´on 9 tambi´en deber´a estar en la posici´on 3, as´ı que en la segunda casilla debemos escribir 21−7−6 = 8. La respuesta es (c). Soluci´ on 23. La u ´ nica manera de obtener 3 puntos con 3 partidos es habi´endolos empatado todos o habiendo perdido dos de ellos, lo cual no es posible con los goles que ha anotado y recibido el Morelia. La respuesta es (e).

19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

4. Soluciones de los Ex´amenes Selectivos Soluci´ on 24. El ´area del tri´angulo es tiene que medir 4. La respuesta es (c).

32 18 3

= 6. Como su altura es 3, su base

Soluci´ on 25. La suma de las edades de los nietos es 15 × 7 = 105. La suma de

las edades de los abuelos y los nietos es 28 × 9 = 252, as´ı que entre los abuelos suman 252 − 105 = 147 a˜ nos. Llamando x a la edad del abuelo, tenemos que x + x − 3 = 147, de donde x = 75. La respuesta es (e).

Soluci´ on 26. En las figuras se muestra (en porcentajes) como cambiar´ıa el ´area del jard´ın con los crecimientos, primero a lo largo y luego a lo ancho. 100%

→

100%

10%

→

100%

10%

10%

1%

La respuesta es (c). Soluci´ on 27. Supongamos que a ≤ b. Factorizando obtenemos 10000 = 24 · 54 . Como ni a ni b son m´ ultiplos de 10 entonces la u ´ nica posibilidad es a = 24 = 16, b = 54 = 625 y a + b = 641. La respuesta es (a). √ Soluci´ on 28. Usando el Teorema de Pit´agoras tenemos que AB = 12 + 12 = √ √ 2. Como el tri´angulo ACB es equil´atero entonces CA = AB = 2. La respuesta es (b). Soluci´ on 29. La forma de calificar el examen es equivalente a darle a cada alumno 50 puntos al inicio del examen y quitarle 8 puntos por cada respuesta incorrecta (¿por qu´e?). Entre los tres alumnos perdieron 150−34−10−2 = 104 puntos, as´ı que fallaron en 104 = 13 respuestas. As´ı, entre los tres contestaron 8 30 − 13 = 17 preguntas acertadamente. La respuesta es (c). Soluci´ on 30. Pensemos que cada revista est´a formada por 12 o 13 “secciones” de 4 p´aginas. Si el librero tuviera 524 p´aginas de revista entonces habr´ıa en ´el

524 4

= 131 secciones de 4 p´aginas, pero 131 no es un n´ umero que se pueda

19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

4. Soluciones de los Ex´amenes Selectivos

33

obtener como la suma de un m´ ultiplo de 12 y uno de 13. La respuesta es (b).

4.3

Soluci´ on del Tercer Examen

Soluci´ on del Problema 1. Sean h1 y h2 perpendiculares trazadas sobre las rectas AM y BM respectivamente (ver figura). Denotamos por (XY Z . . .) al ´area del pol´ıgono XY Z . . .. Por ser AMBO un paralelogramo, y AB una diagonal tenemos que (ABO) = (AMB) = 7. Luego, (AMBCD) = 21 + 7 = 28 y (AMBO) = 14 = AM · h1 , de donde (AMD) = AM2·h1 = 14 = 7. Por otra 2 M B·h2 = 7. Por lo parte, (AMBO) = 14 = MB · h2 , de donde (MBC) = 2 = 14 2 tanto, (DCM) = (AMBCD) − (AMD) − (MBC) = 28 − 7 − 7 = 14. M

B A h2 O

h1 D

C

Soluci´ on del Problema 2. Denotemos por A, B, C, D, E, F , a las personas sentadas en ese orden. Si A estrecha las manos con B, entonces las estrechan C con D y E con F , ´o, C con F y E con D. An´alogamente si A estrecha las manos con F , entonces las estrechan B con C y D con E, ´o, B con E y C con D. Si A estrecha las manos con C, entonces B no puede estrecharlas con nadie, y si A estrecha las manos con D entonces B y C deben estrecharlas y E y F tambi´en. Finalmente si A estrecha las manos con E, entonces F no puede estrecharlas con nadie. Por lo tanto s´olo hay 5 formas de que las tres parejas puedan estrechar las manos sin cruces de brazos. Soluci´ on del Problema 3. Supongamos que tenemos dos enteros a y b de n d´ıgitos con dicha propiedad. Si al sumar dos d´ıgitos (uno de a y uno de b) en la misma posici´on decimal el resultado es un n´ umero de dos cifras, entonces 19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

4. Soluciones de los Ex´amenes Selectivos

34

la m´axima suma de dichos d´ıgitos ser´ıa 18, y en este caso nunca podr´ıamos obtener un 9. Luego, para obtener puros nueves en la suma a + b, cada d´ıgito k de a se debe sumar con el d´ıgito 9 − k de b. En particular debe haber la misma cantidad de 1’s que de 8’s, de 2’s que de 7’s, de 3’s que de 6’s y de 4’s que de 5’s, y por lo tanto a y b deben tener un n´ umero par de d´ıgitos. De aqu´ı que no hay enteros de 2005 d´ıgitos con dicha propiedad, y es f´acil ver que los n´ umeros de 2004 d´ıgitos, a = 1818 · · · 18 y b = 8181 · · · 81, son una soluci´on en este caso. Soluci´ on del Problema 4. Por ser CQ bisectriz externa del ´angulo ∠ACB, ◦

tenemos que ∠ACQ = ∠ACB+ 180 −∠ACB = 90◦ + ∠ACB . Luego, en el tri´angulo 2 2 is´osceles ACQ con ∠BAC = ∠AQC tenemos que: 2∠BAC + 90◦ +

∠ACB = 180◦ . 2 Q B

A

C

P An´alogamente, siendo AP bisectriz externa del ´angulo ∠BAC tenemos que ◦

∠CAP = 180 −∠BAC , y en el tri´angulo is´osceles P AC con ∠ACP = ∠AP C = 2 ◦ 180 − ∠ACB tenemos que: 180◦ − ∠BAC + 2(180◦ − ∠ACB) = 180◦ . 2 Resolviendo el sistema de ecuaciones anteriores, concluimos que ∠BAC = 12◦ , ∠ACB = 132◦ y ∠ABC = 180◦ − 12◦ − 132◦ = 36◦ . Soluci´ on del Problema 5. Sea n = abcd = 1000a + 100b + 10c + a = m2 . 19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

4. Soluciones de los Ex´amenes Selectivos

35

Entonces: (a + 1)(b + 1)(c + 1)(d + 1) = 1000(a + 1) + 100(b + 1) + 10(c + 1) + (d + 1) = 1000a + 100b + 10c + d + 1111 = m2 + 1111 = r 2 , de donde r 2 − m2 = 1111, es decir, (r − m)(r + m) = 11 · 101. Como 11 y 101 son n´ umeros primos tenemos que r − m = 11 y r + m = 101 o bien r − m = 1

y r + m = 1111. En el primer caso obtenemos m = 45, r = 56 y n = 2025 que es un n´ umero de cuatro d´ıgitos; y en el segundo caso obtenemos m = 555, r = 556 y n = 308, 025, que no cumple porque tiene m´as de cuatro d´ıgitos. Por lo tanto, el u ´ nico n´ umero que cumple es 2025. Soluci´ on del Problema 6. Veamos que s´ı existen. Consideremos los conjuntos A = {1, 2, 3, 5} y B = {7, 11, 13, 17}. Es f´acil ver que los 16 productos que

se obtienen al multiplicar un n´ umero de A por uno de B son todos distintos y menores que 100. Los colocaremos de forma que, en cada fila, en cada columna

y cada diagonal principal, los n´ umeros de A y B aparezcan como factores exactamente una vez. Procederemos as´ı: 1. En una diagonal ponemos: 1 · 17, 2 · 13, 3 · 11 y 5 · 7. 2. En las esquinas restantes ponemos: 2 · 11 y 3 · 13. 3. Y completamos las dem´as casillas.

1 · 17 5 · 11 2 · 7 3 · 13

17

55

14

39

3 · 7 2 · 13 5 · 17 1 · 11

21

26

85

11

5 · 13 1 · 7 3 · 11 2 · 17

65

7

33

34

2 · 11 3 · 17 1 · 13 5 · 7

22

51

13

35

19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

4. Soluciones de los Ex´amenes Selectivos

36

El producto de cada fila, cada columna y cada diagonal es siempre el mismo: 1 · 2 · 3 · 5 · 7 · 11 · 13 · 17 = 510, 510.

4.4

Soluci´ on del Cuarto Examen

Soluci´ on del Problema 1. Sean M y N los respectivos puntos medios de los lados AB y AC, y sean H y K las intersecciones de BE con AC y CF con AB respectivamente. Es f´acil ver que los tri´angulos AEH, AEM y BEM son ◦

congruentes entre s´ı. Entonces ∠BEM = ∠MEA = ∠AEH = 180 = 60◦ y 3 en consecuencia ∠MAE = ∠EAH = 30◦ . De la congruencia de los tri´angulos AF N y CF N se sigue que ∠F CN = ∠EAH = 30◦ y por lo tanto ∠CKA = 90◦ . Es decir, CF es perpendicular a AB. A K M

F

N H

E

B

C

Soluci´ on del Problema 2. Si n = 1 basta tomar cualquier n´ umero primo. Por otro lado, como 3 = 1+2, entonces n = 2 tambi´en es soluci´on. Supongamos entonces que n > 2. Queremos que k + (k + 1) + (k + 2) + · · ·+ (k + n − 1) sea un n´ umero primo con k ≥ 1, es decir, n(2k + n − 1) = 2p con p primo. Si n es par, digamos n = 2i con i ≥ 2, entonces i(2k + 2i − 1) = p, lo que contradice que p sea primo, pues i ≥ 2 y 2k + 2i − 1 ≥ 5. Si n es impar, digamos n = 2i + 1 con i ≥ 1, entonces (2i + 1)(k + i) = p, que contradice nuevamente que p es primo, pues 2i+1 ≥ 3 y k +i ≥ 2. Por lo tanto, las u ´ nicas soluciones son n = 1 y n = 2.

Soluci´ on del Problema 3. Primero contaremos el n´ umero de enteros crecientes de la forma ABCA. En este caso C debe ser mayor que B. Para cada elecci´on de A (1 ≤ A ≤ 9), si B es 0 hay 9 formas de elegir a C, si B es 1 hay 8 19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

4. Soluciones de los Ex´amenes Selectivos

37

formas de elegir a C y as´ı sucesivamente, entonces hay 9+8+· · ·+1 = 45 formas de elegir a B y C. Como esto es para cada A, en total hay 9×45 = 405 n´ umeros crecientes de esta forma. Contemos ahora el n´ umero de enteros crecientes de la forma ABCD con A distinto de D. En este caso D debe ser mayor que A, mientras que B y C pueden ser arbitrarios. Como A y D deben ser distintos de cero, entonces si A es 1 hay 8 formas de elegir a D, si A es 2 hay 7 formas de elegir a D y as´ı sucesivamente. Entonces, en total hay 1 + 2 + · · · + 8 = 36 formas de elegir a A y D, y 102 = 100 formas de elegir a B y C. Por lo tanto, hay 36 × 100 = 3600 n´ umeros crecientes de esta forma. Se sigue que hay 405 + 3600 = 4005 n´ umeros crecientes de cuatro d´ıgitos.

Soluci´on Alternativa: Es f´acil ver que un n´ umero creciente no puede terminar en cero. Consideremos todos los enteros positivos de cuatro cifras que no terminan en cero. Tenemos en total 9×10×10×9 = 8100 enteros de este tipo. Entre ellos hay 9 × 10 = 90 de la forma ABBA, donde 1 ≤ A ≤ 9 y 0 ≤ B ≤ 9. Luego, hay 8100 − 90 = 8010 enteros que no son de la forma ABBA. Agrupando a cada uno de estos con su reverso (al ABCD lo agrupamos con DCBA), obtenemos 8010 = 4005 pares, y como en cada par s´olo uno de ellos es creciente, la respuesta 2

es 4005. Soluci´ on del Problema 4. Los primeros t´erminos de la sucesi´on son: 25, 126, 152, 140, 74, 108, 92, 26, 60, 44, 14, 30, 12, 22, 18, 6, 4, 6, 6, 4, 6, 6, 4, . . . Observemos que los t´erminos 6, 4, 6, se empiezan a repetir a partir del 16◦ t´ermino. Descartando los primeros 15 t´erminos no peri´odicos, tenemos 2004 − 15 = 1989 t´erminos peri´odicos, y como 1989 es m´ ultiplo de 3, concluimos que el t´ermino que ocupa la posici´on 2004 en la sucesi´on es el 6.

Soluci´ on del Problema 5. Asumamos que el hept´agono es convexo. Pintemos los lados del pol´ıgono de blanco, el primer conjunto de diagonales iguales de azul, y el segundo conjunto de diagonales iguales de rojo. Todos los tri´angulos formados por dos lados azules y uno rojo son congruentes por el criterio LLL.

19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

4. Soluciones de los Ex´amenes Selectivos

38

Tenemos entonces que: (a) Los ´angulos en las bases de los tri´angulos is´osceles mencionados son todos iguales a α. (b) Los ´angulos opuestos a las bases de los tri´angulos is´osceles mencionados son todos iguales a β. Consideremos a los tri´angulos formados por tres colores distintos. Todos los ´angulos opuestos a los lados blancos son iguales (ya que cada uno mide β − α), de donde todos los tri´angulos formados por tres colores distintos son congruentes por el criterio LAL. De aqu´ı que todos los lados del hept´agono son iguales.

Ahora, todos los tri´angulos formados por dos lados blancos y un lado azul son congruentes por el criterio LLL, y por lo tanto todos los ´angulos del hept´agono son iguales. En consecuencia, el hept´agono es regular. Soluci´ on del Problema 6. Sea a un entero de n d´ıgitos. Entonces b = n n a(10 + 1) y por lo tanto ab2 = 10 a+1 . Si ab2 es un entero, es f´acil ver que n 1 < 10 a+1 < 11. Como 10n + 1 ≡ 1 (mod 2), 10n + 1 ≡ 2 (mod 3) y

10n + 1 ≡ 1 (mod 5) se sigue que 10n + 1 no es divisible por 2, 3 ´o 5. As´ı umeros a = 143 y b = 143143 que el u ´ nico valor posible para ab2 es 7. Los n´ muestran que 7 es la u ´ nica soluci´on.

4.5

Soluci´ on del Quinto Examen

Soluci´ on del Problema 1. Tenemos que los puntos A, E y H son colineales ya que E y H est´an en el lado AC. Sea E ′ la intersecci´on de DE con AB. Como DE y BC son paralelas resulta que DE ′ y AB son perpendiculares, y en consecuencia en el tri´angulo ABD, los segmentos AH y DE ′ son alturas que se intersectan en E. Como BP es la prolongaci´on de BE, se sigue que BP es altura del tri´angulo ABD. Es decir, BE y AD son perpendiculares.

19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

4. Soluciones de los Ex´amenes Selectivos

39 C

D P

H E

A

E′

B

Soluci´on Alternativa: Tenemos que: ∠HAB = 90◦ − ∠HBA = ∠HBC = ∠HCD = ∠HDE, de modo que los tri´angulos rect´angulos HAB y HDE son semejantes. De aqu´ı que: HA HD HA HB = o bien = , HB HE HD HE lo que implica que los tri´angulos rect´angulos HAD y HBE son semejantes. Luego, ∠HAD = ∠HBE, y como ∠AEP = ∠BEH por ser opuestos por el v´ertice, se sigue que ∠BP A = ∠BHE = 90◦ , y por lo tanto BE y AD son perpendiculares. Soluci´ on del Problema 2. Notemos que r(3) = r(4) = 1 y r(7) = r(8) = 8. Demostraremos que r(2k − 1) = r(2k ), para todo entero positivo k. Para cada i = 1, 2, . . . , 2k − 1 sea ai el residuo de dividir 2k − 1 entre i, y sea bi el residuo

de dividir 2k entre i. Es claro que a2m = 2m − 1, para m = 1, 2, . . . , k − 1. Entonces: k

r(2 − 1) =

k−1 X

(2m − 1) +

m=1

X i∤2k

ai = (2k − k − 1) +

X

ai .

i∤2k

Notemos que si i no divide a 2k entonces bi = ai + 1, y como bd = 0, para todo d que divide a 2k , tenemos que: r(2k ) =

X

bi =

i∤2k

19a. OMM, San Luis Potos´ı

X i∤2k

(ai + 1) = (2k − k − 1) +

X

ai .

i∤2k

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

4. Soluciones de los Ex´amenes Selectivos

40

Luego, r(2k − 1) = r(2k ), y una soluci´on es n = 220 − 1. Soluci´ on del Problema 3. Supongamos que es posible. Consideremos todos los segmentos de un color, digamos rojo. El n´ umero total de tri´angulos con un lado rojo es igual al n´ umero de tri´angulos con dos lados pintados con los otros Ä11ä 11 colores, es decir, 2 = 11·10 = 55. Pero como cada segmento rojo es un 2 lado de 10 tri´angulos, el n´ umero de segmentos rojos es al menos 6. Lo mismo pasa con los otros 11 colores. Luego, el n´ umero total de segmentos es al menos 12 · 6 = 72. Pero el n´ umero total de lados y diagonales en un dodec´agono es 12·11 2

= 66 < 72. Esta contradicci´on muestra que no existe tal coloraci´on.

Soluci´ on del Problema 4. Sea p un n´ umero primo tal que a − b = p y sea 2 2 ab = k . Tenemos que (b + p)b = k o lo que es lo mismo b2 + pb − k 2 = 0.

Completando el cuadrado obtenemos (2b + p − 2k)(2b + p + 2k) = p2 . Como 2b + p + 2k > 2b + p − 2k y p es primo, concluimos que 2b + p + 2k = p2 y Ä ä2 2 2b + p − 2k = 1, de donde 2b + p = p 2+1 , y en consecuencia a = p+1 y 2 Ä

ä2

. Por lo tanto, las soluciones son (a, b) = (( p+1 )2 , ( p−1 )2 ) con p un b = p−1 2 2 2 primo impar. Soluci´on Alternativa. Como en la soluci´on anterior tenemos que (b + p)b = k 2 . Adem´as es claro que mcd(b, b + p) = mcd(b, p) = 1 o p. Caso I. mcd(b, b + p) = p. Sea b = b1 p. Entonces p2 b1 (b1 + 1) = k 2 , de donde

b1 (b1 + 1) = m2 para alg´ un entero positivo m. Como mcd(b1 , b1 + 1) = 1 se sigue que b1 y b1 + 1 son ambos cuadrados. Pero la diferencia m´as peque˜ na entre dos cuadrados es 4 − 1 = 3. Luego, no hay soluciones en este caso.

Caso II. mcd(b, b + p) = 1. En este caso, b = u2 y b + p = v 2 , de donde p = v 2 − u2 = (v − u)(v + u). Luego, v − u = 1 y v + u = p, y por lo tanto )2 y b = ( p−1 )2 con p un primo impar. a = ( p+1 2 2

Soluci´ on del Problema 5. Sean A, B, C y D puntos de tangencia, Z la intersecci´on de AO2 con BO1 y Z ′ la intersecci´on de O1 C con O2 D.

19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

4. Soluciones de los Ex´amenes Selectivos

41

B A C1

Z P

Q

P′

Q′

X

O1

Y

O2

C2

Z′

D

C Como los tri´angulos rect´angulos O1 BO2 y O1 CO2 son congruentes (BO2 = CO2 y comparten la hipotenusa O1 O2 ), tenemos que ∠O2 O1 P = ∠O2O1 P ′ . Siendo el tri´angulo P O1 P ′ is´osceles con O1 P = O1 P ′ , se sigue que P P ′ y O1 O2 son perpendiculares. De manera an´aloga tenemos que QQ′ y O1 O2 son perpendiculares. Sean X, Y , los puntos de intersecci´on de P P ′ y QQ′ con O1 O2 respectivamente. Tenemos que los tri´angulos P O1 X y O2 O1 B son semejantes, as´ı como tambi´en PX 2 = OO11OP2 y OQY = OQO de lo son los tri´angulos QO2 Y y O1 O2 A. Entonces, BO 2 1A 1 O2 1A 2 donde P X = O1OP1·BO y QY = QOO21·O . Como O1 P = O1 A y BO2 = QO2 , se O2 O2 sigue que P X = QY . Finalmente, P P ′ = 2P X (ya que los tri´angulos P O1X y P ′ O1X son congruentes) y QQ′ = 2QY (ya que los tri´angulos QO2 Y y Q′ O2 Y

son congruentes), de modo que P P ′ = QQ′ . Soluci´on Alternativa. En la primera soluci´on se demostr´o que P P ′ y O1 O2 son perpendiculares, como tambi´en lo son QQ′ y O1 O2 . Entonces, P P ′ y QQ′ son paralelas. Sean r1 y r2 los radios de las circunferencias C1 y C2 , respectivamente. Aplicando la potencia de Z con respecto a C1 y a C2 , tenemos que ZA2 =

ZP (ZO1 + r1 ) = (ZO1 − r1 )(ZO1 + r1 ) = ZO12 − r12 y ZB 2 = ZQ(ZO2 + r2 ) = (ZO2 − r2 )(ZO2 + r2 ) = ZO22 − r22 . Como el cuadril´atero AO1 O2 B es c´ıclico (ya que ∠O2 AO1 = ∠O1 BO2 = 90◦ ), tenemos tambi´en que ZA · ZO2 = ZB · ZO1

de modo que ZA2 · ZO22 = ZB 2 · ZO12 . Luego, (ZO12 − r12 )ZO22 = (ZO22 − r22 )ZO12 ZO 2 r2 ZO 2 −r 2 de donde ZO22 = ZO22−r22 = r22 (recuerde que si ab = dc , entonces ab = a−c ). Por b−d 1

1

1

1

ZQ ZP ZO2 2 −r2 1 −r1 2 −r2 = rr21 = ZO . Luego, ZO = ZOZO = ZOZO = ZO y en lo tanto, ZO ZO1 −r1 1 1 1 2 2 consecuencia los tri´angulos ZP Q y ZO1 O2 son semejantes. Por lo tanto P Q y

O1 O2 son paralelas. 19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

4. Soluciones de los Ex´amenes Selectivos

42

De manera an´aloga, aplicando la potencia de Z ′ con respecto a C1 y a C2 , se demuestra que P ′ Q′ y O1 O2 son tambi´en paralelas. Luego, el cuadril´atero P QQ′ P ′ es un rect´angulo y por lo tanto P P ′ = QQ′ y P Q = P ′ Q′ . Soluci´ on del Problema 6. (a) Existen muchos n´ umeros 7-separables que se pueden construir agregando d´ıgitos adecuadamente al comienzo de un n´ umero. Si por ejemplo se toma el n´ umero 55, que no es 7-separable (pues ni 48 ni 62 son separables), pero se agrega el n´ umero 1111 al comienzo, se obtiene el n´ umero 7-separable 111155, ya que 1 + 1 + 5 = 1 + 1 + 5, 1 + 1 + 1 + 1 + 4 = 8 y 1 + 1 + 1 + 1 + 2 = 6. Agregando otros dos d´ıgitos 1 al comienzo de este n´ umero, obtenemos infinitos n´ umeros 7-separables en la secuencia: 111155, 11111155, 1111111155, . . .. (b) Para que un n´ umero sea separable, es necesario que la suma de sus d´ıgitos sea par. Si al sumarle o restarle 7 a este n´ umero s´olo cambian las unidades, ´estas cambiar´an de paridad, y el n´ umero no podr´ıa ser 7 - separable. As´ı que para que un n´ umero sea 7 - separable, debe cambiar de d´ıgito en las decenas al sumarle o restarle 7, y por lo tanto su d´ıgito de las unidades es 3, 4, 5 ´o 6. Adem´as, observemos que al sumar o restar 7, cada uno de los d´ıgitos del n´ umero inicial quedan igual o cambian de paridad (aumentan 7 o disminuyen 3 en las unidades, o aumentan 1 o pasan de 9 a 0 en las otras posiciones), as´ı que es necesario que al sumar o restar 7 cambie una cantidad par de d´ıgitos. Por lo tanto, si n s´olo tuviera tres d´ıgitos s´olo pueden cambiar los dos u ´ ltimos d´ıgitos. Si a y b son los u ´ ltimos d´ıgitos de n (con b en las unidades), se tendr´a que los u ´ ltimos d´ıgitos de n − 7 son (a − 1) y (b + 3), y los u ´ ltimos d´ıgitos de n + 7 ser´an (a + 1) y (b − 3). El primer d´ıgito de n permanecer´a igual en n − 7 y n + 7. Como n es separable, al repartir los d´ıgitos en dos grupos pueden presentarse

dos casos: que a y b queden en el mismo grupo, o que queden en grupos distintos. En cualquier caso, la diferencia que se forme debe ser balanceada con el otro d´ıgito. Por lo tanto, el primer d´ıgito de n tendr´ıa que ser a+b ´o |a−b|. Mediante un razonamiento an´alogo en n − 7, se tiene que este mismo d´ıgito es a + b + 2 ´o |a − b − 4|, y por el lado de n + 7, este d´ıgito ser´ıa a + b − 2 ´o |a − b + 4|. Como las sumas a + b, a + b + 2 y a + b − 2 son todas distintas, es necesario que haya

19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

4. Soluciones de los Ex´amenes Selectivos

43

dos restas que se repitan, y se generan 3 casos: (i) Si |a − b − 4| = |a − b|, entonces a − b − 4 = −a + b, es decir a − b = 2 y por

lo tanto |a − b + 4| = 6 6= 2 y a + b − 2 = (b + 2) + (b − 2) ≥ 6 6= 2 (recuerde que b ≥ 3).

(ii) Si |a − b − 4| = |a − b + 4|, entonces a − b = 0 de modo que |a − b − 4| = 4 y a + b = 2b ≥ 2(3) = 6 6= 4. (iii) Si |a − b| = |a − b + 4|, entonces a − b = −a + b − 4, es decir a − b = −2 y se tendr´a que |a − b − 4| = 6 y a + b + 2 = (b − 2) + (b + 2) ≥ 6 6= 2 = |a − b|. Por lo tanto, no existen n´ umeros 7-separables de 3 d´ıgitos.

4.6

Soluci´ on del Sexto Examen

Soluci´ on del Problema 1. Supongamos que tenemos inicialmente en el pizarr´on a los n´ umeros 2004 y a, con a < 2004. Es f´acil ver que cada vez que efectuamos la operaci´on, la diferencia de los nuevos n´ umeros escritos es la mitad de la diferencia de los n´ umeros escritos antes de aplicar la operaci´on. Como el promedio de dos enteros r y s es un entero si y s´olo si r−s es un entero, 2 entonces podemos aplicar la operaci´on n veces si y s´olo si 2004 − a = 2n u, para alg´ un entero positivo u. Como 211 > 2004, se sigue que n ≤ 10. Haciendo

2004 − a = 210 = 1024, tenemos que para a = 980 la operaci´on puede efectuarse exactamente 10 veces.

¯ al arco entre los puntos X, Soluci´ on del Problema 2. Denotamos por XY

Y medido desde X en sentido contrario al de las manecillas del reloj. Como AB es paralela a EC, tenemos que ∠CAB = ∠ACE, y como ∠ACE = ∠AEP por subtender el mismo arco, resulta que ∠CAB = ∠AEP y en conse-

¯ y EA ¯ tienen la misma longitud. Por otra parte, como cuencia los arcos BC AC y DE son paralelas resulta que ∠ACE = ∠CED, y en consecuencia ¯ y BC ¯ tienen la misma ∠CAB = ∠CED, lo que implica que los arcos CD longitud.

19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

4. Soluciones de los Ex´amenes Selectivos

44

D Q

E

P

A

C

B

¯ y CD ¯ tienen la misma longitud y como P E es tanDe aqu´ı que los arcos EA gente a C, se sigue que ∠P EA = ∠DBC = ∠QBC. Como ABCE es c´ıclico,

¯ y EA ¯ tenemos que ∠QCB = 180◦ − ∠EAB = ∠P AE, y como los arcos BC tienen la misma longitud, resulta que AE = BC. Luego, los tri´angulos AP E

y CQB son congruentes y en consecuencia QC = P A. Por lo tanto, P ACQ es un paralelogramo y AC = P Q. Soluci´ on del Problema 3. Sean x, y, z los n´ umeros en los v´ertices del tri´angulo, y sea S1 (respectivamente S2 ) la suma de los cuatro n´ umeros (respectivamente de sus cuadrados) en cualquier lado. Tenemos entonces que: 3S1 = x + y + z +

9 X

k = x + y + z + 45,

k=1

3S2 = x2 + y 2 + z 2 +

9 X

k 2 = x2 + y 2 + z 2 + 285.

k=1

Si x, y, z dejan distinto residuo al dividirse entre 3, entonces x2 + y 2 + z 2 + 285 ≡ 2 (mod 3), que contradice a la segunda ecuaci´on. Luego, dos de los

n´ umeros en los v´ertices del tri´angulo son congruentes entre s´ı m´odulo 3, y como x + y + z ≡ 0 (mod 3) por la primera ecuaci´on, se sigue que x ≡ y ≡ z (mod 3).

Si (x, y, z) = (3, 6, 9) ´o (1, 4, 7), entonces S2 = 137 ´o 117. En cualquier caso tenemos que S2 ≡ 1 (mod 4), lo que implica que exactamente un n´ umero de cada lado del tri´angulo es impar. Pero esto es imposible, pues hay 5 > 3 n´ umeros impares entre 1 y 9. Luego, (x, y, z) = (2, 5, 8) y S2 = 126. Como 92 + 82 > 126, el n´ umero 9 debe estar en el lado que contiene a los n´ umeros 2 y 5, y como min{72 + 92 , 72 + 19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

4. Soluciones de los Ex´amenes Selectivos

45

52 + 82 } > 126, el n´ umero 7 debe estar en el lado que contiene a los n´ umeros 2 y 8. Por lo tanto, los lados del tri´angulo est´an formados por los n´ umeros (2, 4, 9, 5), (5, 1, 6, 8) y (8, 7, 3, 2). Las otras soluciones se pueden obtener a partir de esta soluci´on, intercambiando los n´ umeros que no est´an en los v´ertices del tri´angulo y que est´an del mismo lado. Como esto se puede hacer de manera independiente en cada lado, tenemos 8 soluciones posibles. ¯ al arco entre los puntos X, Soluci´ on del Problema 4. Denotamos por XY Y medido desde X en sentido contrario al de las manecillas del reloj.

Sea I el incentro del tri´angulo ABC, y sean P y Q los puntos de intersecci´on de B1 C1 con AC y de B1 C1 con AA1 respectivamente (ver figura). Entonces: 1 ˘ ˙ 1 ∠AQC1 = (C 1 A + B1 A1 ) = 2 2

Ç

1¯ 1¯ 1¯ BA + CB + AC 2 2 2

å

= 90◦ .

B C1 A1 I

M

A

N

Q

C

P B1

˘ = B ˘ Por ser BB1 bisectriz de ∠ABC, tenemos que AB 1 1 C y por lo tanto

∠AC1 B1 = ∠B1 C1 C. De aqu´ı que C1 B1 es bisectriz de ∠AC1 I. M´as a´ un, ya que AI y C1 B1 son perpendiculares, tenemos que C1 B1 es tambi´en bisectriz

de ∠AMI. De manera an´aloga, tenemos que B1 C1 biseca los ´angulos AB1 I y AP I. Luego, las diagonales del cuadril´atero AMIP son perpendiculares y bisecan sus a´ ngulos, es decir, AMIP es un rombo y MI es paralela a AC. De 19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

4. Soluciones de los Ex´amenes Selectivos

46

manera an´aloga se demuestra que NI es paralela a AC, y en consecuencia los puntos M, I y N son colineales. Soluci´ on del Problema 5. Elijamos a los 2n−1 + n u ´ meros 1, 3, 5, . . . , 2n − 1

y 2, 4, 8, . . . , 2n , es decir, a todos los n´ umeros impares y a todas las potencias de 2. Consideremos los siguientes casos: 1. Si x = 2a − 1 e y = 2b − 1, entonces x + y = (2a − 1) + (2b − 1) = 2(a + b − 1) es par y no divide a xy = (2a − 1)(2b − 1) que es un n´ umero impar. k m 2. Si x = 2 e y = 2 con k < m, entonces x + y = 2k (2m−k + 1) tiene un

divisor impar mayor que 1 y, por lo tanto, no divide a xy = 2k+m . 3. Si x = 2k e y = 2b − 1, entonces x + y = 2k + (2b − 1) > (2b − 1) es impar y, por lo tanto, no divide a xy = 2k (2b − 1) que tiene a 2b − 1 como su mayor divisor impar.

Soluci´ on del Problema 6. Sean A, B, C y D los colores usados. Diremos que dos cuadrados del tablero son “compatibles” si est´an en el mismo rengl´on y Ä ä

tienen distinto color. Es f´acil ver que cada rengl´on da lugar a 42 · 252 = 6 · 252 pares de cuadrados compatibles. Luego, en total hay 100 · 6 · 252 pares de cuadrados compatibles. Como cada uno de estos pares es la intersecci´on de un Ä ä pares de rengl´on con un par de columnas distintas, y tenemos 100 = 100·99 2 2

columnas, alguna pareja de columnas contiene al menos:

100 · 6 · 252 2 · 6 · 252 12 · 252 = > = 75 100 · 99/2 99 4 · 25 pares de cuadrados compatibles. De aqu´ı que hay dos columnas que forman pares de cuadrados compatibles en al menos 76 renglones. Por lo tanto, podemos ignorar el resto de los renglones y columnas y asumir que tenemos un tablero de 76 × 2 pintado con cuatro colores, en el cual cada rengl´on tiene dos colores distintos y ning´ un color se usa m´as de 25 veces en cada columna. Para cada rengl´on, consideremos el par de colores que contiene. Si las parejas de colores {A, B} y {C, D} ocurren cada una en alg´ un rengl´on, no hay

nada que probar. Tampoco hay nada que probar en los casos {A, C}, {B, D} y {A, D}, {B, C}. Supongamos entonces que a lo m´as una pareja de colores de 19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

4. Soluciones de los Ex´amenes Selectivos

47

cada uno de los tres casos anteriores ocurre. Tenemos entonces s´olo dos posibilidades (salvo un reordenamiento de colores): o bien {A, B}, {A, C}, {A, D} son las u ´ nicas parejas que ocurren o bien {A, B}, {A, C}, {B, C}. En el primer caso, cada uno de los 76 renglones contiene un cuadrado de color A, lo cual es

una contradicci´on. En el segundo caso, cada columna contiene solo los colores A, B, C. Como s´olo puede haber 25 cuadrados de cada color A, B, C en cada columna, hay a lo m´as 150 cuadrados en el tablero, lo cual es una contradicci´on pues hay 152 cuadrados en total. Esto completa la demostraci´on.

19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

CAP´ITULO 5

Soluci´on del Examen del Concurso Nacional de la 18a. OMM

Soluci´ on del problema 1. Tenemos que pqr + 1 es cuadrado, por tanto pqr = m2 − 1 = (m + 1)(m − 1), para alg´ un entero m. Dividimos en dos casos: (i) Si p | m − 1:

(a) Si m + 1 = qr, entonces m − 1 = p y qr − p = 2, lo cual no es posible ya que qr > p2 ≥ 2p ≥ p + 2. (b) Si m + 1 = q, entonces m − 1 = pr, luego q > pr > r, lo cual no es posible. (c) Si m + 1 = r, entonces m − 1 = pq, luego pq = r − 2 = (2004 − 25pq) − 2.

Tenemos entonces que 26pq = 2002 ⇒ pq = 7 · 11 ⇒ p = 7 y q = 11. Luego, r = pq + 2 = 7 · 11 + 2 = 79.

(ii) Si p | m + 1:

(a) Si m − 1 = qr, entonces m + 1 = p, pero entonces p > qr > r, lo cual no es posible. (b) Si m − 1 = q, entonces m + 1 = pr y pr − q = 2, pero esto no es posible ya que pr > 2r > 2q > q + 2.

48

5. Soluci´on del Examen del Concurso Nacional de la 18a. OMM

49

(c) Si m − 1 = r, entonces m + 1 = pq, luego pq = r + 2 = (2004 − 25pq) + 2. Por lo que 26pq = 2006, y no hay soluci´on ya que 2006 no es entero. 26 Por tanto la u ´ nica soluci´on es p = 7, q = 11 y r = 79. Soluci´on Alternativa: Tenemos que pq = 2004−r < 25 81 ⇒ p < 9. Entonces tenemos cuatro casos:

2004 25

< 81. Luego, p2 < pq
3 y r es primo, por tanto no hay soluci´on. (iii) Si p = 5, entonces 5 < q
b, como |a − b| = a − b ≥

ab , 100

b 100b tenemos que a(1 − 100 ) ≥ b, por lo que si 100 − b > 0, entonces a ≥ 100−b . Notemos que no existen dos enteros a y b en la colecci´on mayores que 100, en ab efecto si a > b > 100, entonces a − b = |a − b| ≥ 100 > a, lo cual es falso.

Tambi´en tenemos que para enteros a y b menores que 100, se cumple que 100b ⇔ 100a − ab ≥ 100b − ab ⇔ a ≥ b. 100−b

100a 100−a

≥

Es claro que {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10} es una colecci´on con la propiedad. 100·10 100a10 ≥ 100−10 = 100 > 11 implica que a11 ≥ 12. Ahora, a11 ≥ 100−a 9 10 a12 ≥

100a11 100−a11

≥

100·12 100−12

=

19a. OMM, San Luis Potos´ı

1200 88

> 13 ⇒ a12 ≥ 14. Por Carlos Jacob Rubio Barrios

5. Soluci´on del Examen del Concurso Nacional de la 18a. OMM a13 ≥

100a12 100−a12

≥

100·14 100−14

=

1400 86

> 16 ⇒ a13 ≥ 17.

a14 ≥

100a13 100−a13

≥

100·17 100−17

=

1700 83

> 20 ⇒ a14 ≥ 21.

a15 ≥

100a14 100−a14

≥

100·21 100−21

=

2100 79

> 26 ⇒ a15 ≥ 27.

a16 ≥

100a15 100−a15

≥

100·27 100−27

=

2700 73

> 36 ⇒ a16 ≥ 37.

a17 ≥

100a16 100−a16

≥

100·37 100−37

=

3700 63

> 58 ⇒ a17 ≥ 59.

a18 ≥

100a17 100−a17

≥

100·59 100−59

=

5900 41

> 143 ⇒ a18 ≥ 144.

50

Y como ya hemos observado que no hay dos enteros de la colecci´on mayores que 100, la mayor cantidad es 18. Una colecci´on con 18 enteros que cumple la condici´on es: {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 12, 14, 17, 21, 27, 37, 59, 144} . Soluci´on Alternativa: Observemos que la condici´on es equivalente a | a1 − 1b | ≥

1 . 100

Es f´acil ver que {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10} es una colecci´on con la propiedad y que el siguiente n´ umero que es posible agregar a esta colecci´on de modo que siga cumpliendo la propiedad es el 12. Continuando de esta manera obtenemos una colecci´on con 18 enteros que cumple la condici´on: {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 12, 14, 17, 21, 27, 37, 59, 144}. Para ver que no puede haber una con m´as elementos, partimos los enteros positivos mayores que 9 en los siguientes conjuntos:

10, 11 12, 13 14, 15, 16 17, 18, 19, 20 21, 22, . . . , 26 27, 28, . . . , 36 37, 38, . . . , 58 59, 60, . . . , 143 144, 145, . . . 19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

5. Soluci´on del Examen del Concurso Nacional de la 18a. OMM

51

Observemos que si a y b son el m´ınimo y el m´aximo de alguno de los primeros 1 8 renglones, entonces | a1 − 1b | < 100 . Por lo tanto, esto mismo sucede para

cualesquiera a y b distintos que est´en en el mismo rengl´on (de los primeros 8), puesto que los extremos son los n´ umeros cuyos rec´ıprocos est´an m´as alejados.

Por otro lado, si a y b son dos n´ umeros distintos del u ´ ltimo rengl´on, suponiendo 1 1 1 1 sin p´erdida de generalidad que a < b, entonces | a − b | = a1 − 1b < a1 ≤ 144 < 100 . Consideremos una colecci´on de enteros que cumple la propiedad. Por lo anterior, ´esta puede tener a lo m´as un n´ umero de cada uno de los nueve renglones. Entonces, puesto que los n´ umeros del 1 al 9 son los u ´ nicos que no aparecen en la tabla, la colecci´on tiene a lo m´as 9 + 9 = 18 elementos, lo cual junto con el ejemplo ya dado muestra que el m´aximo buscado es 18. Soluci´ on del problema 3. Como AZ y AY son tangentes al inc´ırculo de ABC, se cumple que AZ = AY. Trazamos la paralela a Y Z por B y llamamos N ′ al punto donde esta recta corta a CA. Tambi´en trazamos la perpendicular a BN ′ por A y llamamos M ′ al punto donde ´esta corta a BN ′ . Como los tri´angulos AZY y ABN ′ son semejantes (tienen lados paralelos), se tiene que ABN ′ es is´osceles, por lo que AM ′ es bisectriz del ∠BAN ′ y M ′ es punto medio de BN ′ . K A

L Y

Z N b

B

M

C

Los tri´angulos CMN y CBN ′ son semejantes (tienen lados paralelos) y como M es punto medio de BC, la raz´on de semejanza es 1 : 2, por lo que CN = NN ′ y MN = M ′ N ′ . Tambi´en tenemos por ser MN y BN ′ paralelas que

19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

5. Soluci´on del Examen del Concurso Nacional de la 18a. OMM

52

∠M ′ N ′ A = ∠MNL, entonces, por el criterio LAL, los tri´angulos M ′ N ′ A y MNL son semejantes. Por lo que LM y MN son perpendiculares. Ahora observemos que AL = AN −NL = AN −AB = AN −AN ′ = N ′ N = CN. Y tambi´en que, ∠AKL = ∠BAM ′ = ∠M ′ AC = ∠ALK (ya que AM ′ y MK son paralelas y AM ′ es bisectriz). Luego el tri´angulo ALK es is´osceles con AK = AL y por tanto AK = CN. Soluci´on Alternativa: Sea N ′ la intersecci´on de MN con AB. Como AZ y AY son tangentes al inc´ırculo de ABC, entonces AZ = AY, y por ser N ′ N paralela a ZY tenemos que AN ′ = AN. K A

L Y

Z N b

B

M

C

N′ Aplicando el Teorema de Menelao al tri´angulo ABC, con N ′ , M y N colineales AN ′ BM CN ′ obtenemos que N ′ B · M C · N A = −1, y como BM = MC ⇒ CN = BN .

Observemos que AC = AN + NC = AN ′ + NC = (AB + BN ′ ) + NC = AB +2NC y que AC = AL+LN +NC = AL+AB +NC, por tanto AL = NC. Aplicando otra vez el Teorema de Menelao al tri´angulo ABC, pero ahora con AK BM CL · M C · LA = −1 ⇒ CL = KB ⇒ CL −1 = K, M y L colineales obtenemos que KB LA KA LA KB KA

− 1 ⇒ CL−LA = KB−KA ⇒ CL−CN = LA KA LA se sigue que LA = KA y KA = CN.

AB KA

⇒

NL LA

=

AB , KA

y como NL = AB

Soluci´ on del problema 4. Sea n el n´ umero de equipos en el torneo. Como cada equipo jug´o contra todos los dem´as equipos exactamente una vez, entonces cada equipo jug´o n − 1 partidos. 19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

5. Soluci´on del Examen del Concurso Nacional de la 18a. OMM

53

Supongamos que dos equipos X y Y ganaron ambos k partidos. Entonces si X le gan´o a Y ocurre que X le gan´o a todos los equipos que le gan´o Y (por la hip´otesis), y entonces X le gan´o al menos a k + 1 equipos, lo cual contradice que X y Y hab´ıan ganado el mismo n´ umero de partidos. El mismo argumento se usa para mostrar que Y no le pudo haber ganado a X. Por tanto, como no hay empates, no hay dos equipos con el mismo n´ umero de partidos ganados. Como a lo m´as hay n valores posibles para el n´ umero de partidos ganados, se tiene que los equipos ganaron n − 1, n − 2, . . . , 1, 0, en alg´ un orden. Si un equipo gan´o h partidos, entonces perdi´o n − 1 − h partidos, y su diferencia (positiva) entre el n´ umero de partidos ganados y perdidos es |n − 1 − 2h|. Sea D la suma de todas estas diferencias. Entonces:

a) Si n es par, entonces n = 2m con m entero y D = (2m − 1) + (2m − 3) + · · · + 1 + 1 + · · · + (2m − 3) + (2m − 1) = 2[(2m − 1) + (2m − 3) + · · · + 1] = 2m2 .

b) Si n es impar, entonces n = 2m + 1 con m entero y D = 2m + (2m − 2) + · · · + 2 + 0 + 2 + · · · + (2m − 2) + 2m = 2[2m + (2m − 2) + · · · + 2] = 4[m + (m − 1) + · · · + 1] = 4 m(m+1) = 2m(m + 1). 2

Como D = 5000, entonces: a) 2m2 = D = 5000 ⇒ m = 50 ⇒ n = 2m = 100.

b) 2m(m + 1) = D = 5000 ⇒ m(m + 1) = 2500, pero 49 · 50 < 2500 < 50 · 51, y por tanto no hay soluci´on en este caso. Por tanto la u ´ nica respuesta posible es n = 100. Soluci´on Alternativa: Sea n el n´ umero de equipos que participaron en el torneo. Supongamos que A es el equipo que m´as partidos gan´o y digamos que gan´o k. Entonces k = n − 1, es decir, A derrot´o a todos los dem´as equipos. En efecto, si

un equipo Q le hubiera ganado a A, por la condici´on del problema, Q tambi´en le habr´ıa ganado a los k equipos que A derrot´o, de modo que Q habr´ıa ganado

al menos k + 1 partidos, lo cual contradice que k es el m´aximo. An´alogamente, de los equipos restantes, el que m´as partidos gan´o, digamos B, debe haberle ganado a todos los equipos salvo A. Luego, C, el equipo que despu´es de A y B gan´o m´as partidos, debe haberle ganado a todos los equipos salvo A y B, y as´ı sucesivamente. Por lo tanto, si ordenamos los equipos del que m´as partidos gan´o al que menos, 19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

5. Soluci´on del Examen del Concurso Nacional de la 18a. OMM

54

entonces el k-´esimo equipo en la lista gan´o n − k partidos. Concluimos como en la primer soluci´on. Soluci´ on del problema 5. Como O es centro de B se tiene CO = OD y entonces ∠DCO = ∠CDO, y como CGDO es c´ıclico, ∠CGO = ∠CDO = ∠DCO = ∠DGO. Por tanto GO es bisectriz de ∠CGD.

C

b

A

E

b

O F H

B

b

D G Como CA es tangente a B tenemos que ∠ACO = 90◦ , por tanto, ∠AF O = 90◦

(esto se sigue de que AO es di´ametro de A o de que ACOF es c´ıclico). Entonces OF es mediatriz de EB lo cual implica que EF = F B. Luego, como CA es tangente a B y CB es tangente a A tenemos que ∠ACE = ∠CBE = α y ∠BCF = ∠CAF = β. Entonces ∠CEF = ∠ACE + ∠EAC = α + β = ∠CBF + ∠BCF = ∠CF E y por tanto EC = CF .

Tambi´en, CADF es c´ıclico, entonces ∠DAF = ∠DCF = γ, ∠CDF = ∠CAF = β y ∠COD = 180◦ − ∠DAC, y como CBDE tambi´en es c´ıclico, obtenemos ∠DBE = ∠DCE = θ. Por criterio AAA, los tri´angulos CAE y BCF son semejantes, entonces CE BF

AE CE

AE CF

=

CF BF

⇒ = . Tomando la potencia de E con respecto a A obtenemos EG EF AE = EF , y entonces CF = EG ⇒ EG = BF =1⇒ AE · EF = CE · EG ⇒ CE BF EF CF EG = CF . En el tri´angulo ABC tenemos 180◦ = ∠CAB + ∠ABC + ∠BCA = β + α + (β +

19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

5. Soluci´on del Examen del Concurso Nacional de la 18a. OMM

55

γ + θ + α), entonces ∠COD = 180◦ − ∠DAC = 180◦ − (∠CAF + ∠F AD) = 180◦ − (β + γ) = 2α + β + θ; y por otro lado ∠COD = 2∠CBD = 2(∠CBE + ∠EBD) = 2(α + θ), entonces 2α + β + θ = 2α + 2θ ⇒ β = θ ⇒ ∠CDF = ∠DCE ⇒ F D k CG.

Ahora, como F D y CG son paralelas, DF CG es un trapecio is´osceles (ya que tambi´en es c´ıclico) y entonces tenemos que GD = CF y tambi´en que HD = DG HF ⇒ HD = HF ⇒ HG = HC y entonces los tri´angulos CHG y F HD son FC

is´osceles. Adem´as, como GE = EC entonces HE es mediatriz de GC, y por ser F DGC trapecio is´osceles, HE tambi´en es mediatriz de F D. Por u ´ ltimo, como GD = CF = EG el tri´angulo EGD es is´osceles, y como GO es bisectriz de ∠EGD, entonces GO tambi´en es mediatriz de ED, por tanto, la intersecci´on de GO y de EH es el circuncentro del tri´angulo DEF . Soluci´ on del problema 6. Veamos primero que un recorrido no puede cambiar de direcci´on en cada uno de los puntos de una l´ınea de la cuadr´ıcula. En efecto, cada vez que el recorrido llega a la l´ınea en cuesti´on, al cambiar de direcci´on pasa por otro punto de dicha l´ınea antes de cambiar nuevamente de direcci´on y abandonar la l´ınea. De este modo, suponiendo que cambiara de direcci´on en cada punto de la l´ınea, estos puntos estar´ıan agrupados por pares, lo cual es imposible dado que son 2005 puntos. Este argumento requiere una peque˜ na modificaci´on para la l´ınea en la que inicia el recorrido (es decir, la l´ınea que contiene el primer segmento del recorrido). En ese caso, el punto inicial est´a apareado con el segundo punto del recorrido y el argumento aplica a los puntos restantes. De hecho, en esta l´ınea hay al menos dos puntos en los que no se cambia de direcci´on: el que da el argumento y el punto inicial del recorrido. Por lo tanto hay al menos 2006 puntos en los que no se cambia de direcci´on, de donde hay a lo m´as 20052 − 2006 puntos en los que s´ı. S´olo falta encontrar un recorrido con 20052 − 2006 cambios de direcci´on. El ejemplo con 20052 − 2006 cambios de direcci´on lo construimos en forma similar al recorrido siguiente en una cuadr´ıcula de 10 × 10. Como 10 y 2004 tienen igual paridad, en cada l´ınea vertical seguir´a habiendo un v´ertice donde no hay cambio de direcci´on, y uno al final que no se utiliza. 19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

5. Soluci´on del Examen del Concurso Nacional de la 18a. OMM

56

Alternativa para acotar el n´ umero de cambios de direcci´on. Sea R un recorrido con el m´aximo n´ umero de cambios de direcci´on posible, sin p´erdida de generalidad podemos suponer que comenz´o con un segmento vertical. Pintemos las l´ıneas horizontales de la cuadr´ıcula de negro y blanco alternadamente, comenzando con negro. Entonces cada v´ertice de la cuadr´ıcula es o bien blanco o bien negro. Para el recorrido R podemos hacer una lista L(R) de los colores de los v´ertices que se van recorriendo, por ejemplo: BBNNBNNNB (donde B es Blanco, y N es Negro). Observemos que R tiene un cambio de direcci´on en un v´ertice si y s´olo si los v´ertices adyacentes a ´el en R son de distinto color. Separemos L(R) en dos listas: L1 (R) formada por las posiciones impares de L(R), y L2 (R) formada por las posiciones pares de L(R). Entonces el n´ umero de cambios de direcci´on de R es la suma de los cambios de color de L1 (R) y de L2 (R), y adem´as por la forma en que coloreamos, alguna de las dos listas comienza con B, sin p´erdida de generalidad suponemos que es L1 (R). Sea i el n´ umero de cambios de color en L1 (R) y sea j el n´ umero de cambios de y en direcci´on en L2 (R), entonces el n´ umero de B’s en L1 (R) es al menos i+1 2 umero de B’s en L(R) es al menos L2 (R) es al menos 2j , por tanto el n´ 19a. OMM, San Luis Potos´ı

i+j+1 , 2

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

5. Soluci´on del Examen del Concurso Nacional de la 18a. OMM entonces como 2004·2005 es el n´ umero de B’s en toda la cuadr´ıcula, 2 2004·2005 ⇒ i + j 6 2004 · 2005 − 1. 2

19a. OMM, San Luis Potos´ı

57 i+j+1 2

6

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

Bibliograf´ıa

[1] Comit´e Organizador de la Olimpiada Mexicana de Matem´aticas, Olimpiada de Matem´aticas, 140 problemas. Academia de la Investigaci´on Cient´ıfica, M´exico 1993. [2] R. Bulajich, J. A. G´omez Ortega. Geometr´ıa, Cuadernos de Olimpiadas de Matem´aticas. Instituto de Matem´aticas de la UNAM, 2002. [3] E. Gentile, Aritm´etica Elemental, Monograf´ıa No. 25 de la Serie de Matem´aticas del Programa Regional de Desarrollo Cient´ıfico y Tecnol´ogico de la OEA. Ediciones de la OEA, 1988. [4] R. Grimaldi, Matem´aticas Discretas y Combinatoria. Addison-Wesley Iberoamericana, M´exico 1989. [5] V. Gusiev, V. Litvinenko, A. Mordkovich, Pr´acticas para Resolver Problemas de Matem´aticas, (Geometr´ıa). Editorial Mir, Mosc´ u 1969. [6] V. Litvinenko, A. Mordkovich, Pr´acticas para Resolver Problemas de Matem´aticas, (Algebra y Trigonometr´ıa). Editorial Mir, Mosc´ u 1989. 58

6. Bibliograf´ıa

59

[7] I. Niven, H. Zuckerman, Introducci´on a la Teor´ıa de los N´ umeros. LimusaWiley, M´exico 1972. [8] M. L. P´erez Segu´ı, Combinatoria, Cuadernos de Olimpiadas de Matem´aticas. Instituto de Matem´aticas de la UNAM, 2000. [9] M. L. P´erez Segu´ı, Teor´ıa de N´ umeros, Cuadernos de Olimpiadas de Matem´aticas. Instituto de Matem´aticas de la UNAM, 2003. [10] H. Shariguin, Problemas de Geometr´ıa, Colecci´on Ciencia Popular. Editorial Mir, Mosc´ u 1989. [11] N. Vilenkin, ¿De c´ uantas formas? (Combinatoria). Editorial Mir, Mosc´ u 1972.

19a. OMM, San Luis Potos´ı

Por Carlos Jacob Rubio Barrios

Comit´e Organizador de la 19a. OMM en San Luis Potos´ı

Carlos Jacob Rubio Barrios (Delegado) Enrique Miguel Arroyo Chavelas Juan Ricardo De la O Flores C´esar Octavio Maldonado Ahumada Pablo Fernando Zubieta Rico

60