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II Prueba de Selección para 56ava Olimpiada Internacional de Matemática. Chiang Mai, Tailandia 2015
SOLUCIONES
PROBLEMA 1 Sobre los lados de un hexágono se escriben números enteros de tal modo que la diferencia entre los números de cualesquiera dos lados adyacentes sea igual a 1. Luego se suman los números que están sobre los lados que comparten un vértice, y esta suma se coloca en dicho vértice. Si un vértice tiene el número 221 y el vértice dos vértices después en sentido horario tiene el número 225 (ver figura). ¿Cuál es el máximo valor posible de la suma de todos los seis números sobre los lados del hexágono? Solución: Los únicos números consecutivos que suman 221 son 110 y 111. Los únicos números consecutivos que suman 225 son 112 y 113. Como los números adyacentes son consecutivos, la única configuración posible que puede tener el hexágono es como se muestra en la figura, donde la respuesta es 111+112 +113+112 +111+110 = 669 . PROBLEMA 2 Hallar la suma de los primos 𝑝, 𝑞, 𝑟 tales que pq + pr = 80 y pq + qr = 425 Solución: De la primera ecuación tenemos que pq + pr = p q + r( ) = 80 , entonces p 80 = 2
4 i 5 , es decir, p∈ 2,5{ } . De la segunda ecuación tenemos que pq + qr = q p + r( ) = 425 , entonces q 425 = 5
2 i17 , es decir, q∈ 5,17{ } . Si restamos la segunda ecuación con la primera, tenemos pq + qr − pq − pr = 425 − 80 ⇒ qr − pr = 345 ⇒ r q − p( ) = 345 ⇒ r 345 = 3 i 5 i 23 Caso 1: p = 2 Entonces q + r = 40 y la única posibilidad que cumple es q = 17 , r = 23 . Caso 2: p = 5 Entonces q + r = 20 y en este caso no hay valores de 𝑞 y 𝑟 que cumplan. Entonces p,q,r( ) = 2,17,23( ) ⇒ p + q + r = 2 +17 + 23= 42 .
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PROBLEMA 3 En el triángulo equilátero ABC , sea D un punto sobre el lado AC tal que 3 i AD = AC , y E sobre BC tal que 3 iCE = BC . BD y AE se cortan en F . Hallar el valor de !CFB . Solución: Se traza DE . Ya que AD = CE , AD = AB y !ACB = !CAB entonces △ACE ≈△BAD , por lo tanto !ABD = !CAE = x . Como !FAB = 60º−x , !AFB = 120º , por lo tanto !DFE = 120º . Ya que !ACB = 60º entonces DCEF es cíclico. En △CED se tiene 2 iCE = CD y !C = 60º entonces !CED = 90º . Como !DFC está inscrito en el mismo arco que !CED entonces !CED = !DFC = 90º , por lo tanto !CFB = 90º . PROBLEMA 4 A una fiesta asisten 10 personas. A cada una de ellas se le asigna un número entero distinto del conjunto de enteros del 1 al 10. Durante la fiesta, los participantes se saludan de la mano, cada uno de ellos exactamente una vez con cada uno de los demás. A cada saludo se le asigna el producto de los números asignados a las dos personas que lo efectúan, por ejemplo, cuando las personas con los números 3 y 8 se saludan, el saludo tiene un valor de 24. Calcular la suma de todos los saludos efectuados en la fiesta. Solución: Podemos tabular de manera ordenada todos los productos correspondientes a los saludos como se muestra a continuación
1⋅21⋅3 2 ⋅31⋅4 2 ⋅4 3⋅4! ! ! "
1⋅8 2 ⋅8 3⋅8 … 7 ⋅81⋅9 2 ⋅9 3⋅9 … 7 ⋅9 8 ⋅91⋅10 2 ⋅10 3⋅10 # 7 ⋅10 8 ⋅10 9 ⋅10
Estos elementos, bajo esa misma disposición se encuentran por debajo de la diagonal principal (color rojo) del siguiente arreglo (simétrico con respecto a la diagonal)
1⋅1 2 ⋅1 3⋅1 ! 8 ⋅1 9 ⋅1 10 ⋅11⋅2 2 ⋅2 3⋅2 ! 8 ⋅2 9 ⋅2 10 ⋅21⋅3 2 ⋅3 3⋅3 ! 8 ⋅3 9 ⋅3 10 ⋅3" " " # " " "
1⋅8 2 ⋅8 3⋅8 … 8 ⋅8 9 ⋅8 10 ⋅81⋅9 2 ⋅9 3⋅9 … 8 ⋅9 9 ⋅9 10 ⋅91⋅10 2 ⋅10 3⋅10 ! 8 ⋅10 9 ⋅10 10 ⋅10
De esta manera, si se suman las columnas (o las filas), de este último arreglo, se restan los elementos de la diagonal (suma de los cuadrados perfectos del 1 al 10), y este resultado se lo divide para dos (debido a la simetría indicada) se obtendrá el valor de la suma pedida en el problema.
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Utilizando los conocidos resultados para la suma de los primeros n enteros positivos ( 1)2
n n + y para la
suma de sus respectivos cuadrados ( 1)(2 1)6
n n n+ + , es fácil observar que lo anterior equivale a:
1+ 2+ 3+ ...+ 9+10( )2 −12 − 22 − ...− 92 −102
2= 552 − 385
2= 1320 .
Nota: Debido a que el número de personas es relativamente pequeño, el resultado se puede obtener directamente sumando a mano los valores de las sumas de cada fila en la primera configuración. Otra manera, es hallando de manera algebraica la fórmula cerrada para el caso general
2
1
( 1) ( 1)( 1)(3 2)2 24
n
k
k k n n n n=
− + − +=∑
PROBLEMA 5 La función N x( ) denota el número de dígitos del entero positivo x . Hallar las soluciones enteras positivas del sistema de ecuaciones. Solución: Sumando las dos primeras ecuaciones y usando la tercera ecuación concluimos que:
Para todo entero positivo, su número de dígitos es mayor o igual a 1.De la primera ecuación tenemos que ( ) ( ) 2x N x N y= + ≥ . También tenemos que:
( ) ( ) ( ) ( )4 4 5 7y N x N y N z x N z x= + + + = + + ≥ + ≥ De las relaciones anteriores se concluye que ( ) ( )N x N y≤ y ( ) ( ) ( ) 1N y N z N y≤ ≤ + , luego reemplazando en la última ecuación se tiene que:
( ) ( ) ( ) ( )4 3 5y N x N y N z N y= + + + ≤ + Una inducción sencilla demuestra que para todo entero 2n > que 10n−1 > 3n+5 . Luego si ( ) 2N y > , entonces:
y ≥10N y( )−1 > 3N y( ) +5 Por ende concluimos que ( )1 2N y≤ ≤ . A continuación analizamos ambos casos por separado. Caso1: Si ( ) 1N y = , tenemos que 7 8y≤ ≤ . Luego 5 3x y≤ − ≤ y por tanto ( ) ( ) 2x N x N y= + = . Como
( ) 2N z = , luego tenemos que ( ) 4z x y N z y= + + = + y como 2 4z y= − , se concluye que 8y = y por tanto 12z = . La solución ( )2,8,12 satisface el sistema.
Caso 2: Si ( ) 2N y = , tenemos que 10 11y≤ ≤ . Luego 5 6x y≤ − ≤ y por tanto ( ) ( ) 3x N x N y= + = . Como
( ) 2N z = , luego tenemos que ( ) 5z x y N z y= + + = + y como 2 4z y= − , se concluye que 9y = . Lo anterior es imposible pues 10 11y≤ ≤ . Luego no hay soluciones en este caso. Con lo que la única solucion es
x, y, z( ) = 2,8,12( )
N x( ) + N y( ) = x
x + y + N z( ) = z
N x( ) + N y( ) + N z( ) = y − 4
⎧
⎨⎪⎪
⎩⎪⎪
N x( ) + N y( ) + x + y + N z( ) = x + z ⇒ z − y = N x( ) + N y( ) + N z( ) = y − 4 ⇒ z = 2y − 4
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PROBLEMA 6 Una casa embrujada con forma de cuadrado está dividida en habitaciones, como un tablero de n × n donde cada casilla es una habitación. En algunas de esas habitaciones hay duendes con el poder de atravesar paredes. En cada habitación hay un bombillo y al principio todos están apagados. Los duendes cambian de habitación tantas veces como quieran, pasando de cada habitación a otra con la que compartan una pared y cambiando el estado del bombillo de la habitación a la que entran. Nunca dos duendes entran a la misma habitación en forma simultánea. Luego de algún tiempo, todos los duendes han vuelto a la habitación en la que iniciaron el recorrido y además todos los bombillos están encendidos. Demostrar que n es par. Solución: Cuando un duende realiza su recorrido por las habitaciones y regresa a la inicial, éste ha entrado un número par de veces a habitaciones (no necesariamente todas distintas) y por lo tanto realizado un número par de cambios de estado de los bombillos (de encendido a apagado o viceversa). Para ver que esto es cierto, basta observar que el recorrido de un duende corresponde a movimientos en dos sentidos, observando la casa en planta, como un tablero, decimos, para facilitar la notación, vertical y horizontal. Se concluye fácilmente que si se parte de una casilla para regresar a la misma, el número de movimientos verticales efectuados debe ser par, de manera análoga, el número de movimientos horizontales también debe de ser par, por lo tanto, el número total de movimientos realizado por cada duende es par. Se concluye que, en conjunto, todos los duendes realizan un número par de cambios de estado en los bombillos. Por lo enunciado en el problema, inicialmente todos los bombillos se encontraban apagados, y al final del proceso todos se encuentran encendidos. Para realizar un cambio de estado final en una casilla particular (de apagado a encendido), durante el proceso se debe haber realizado un número impar de cambios de estado en esa casilla, es decir, finalmente, el número total de cambios de estado es igual a la suma de n2 números impares, pero como se dijo anteriormente, todos los duendes en conjunto efectuaron un número par de cambios de estado, por lo que n2 debe de ser par, entonces n es par. PROBLEMA 7 Sea n un entero positivo tal que la suma de todos sus divisores positivos es 2n+1 . Demostrar que n es el cuadrado perfecto de un entero positivo impar. Solución:
Es conocido que si n = p1α1 p2
α2 ...pkαk es la factorización de n en primos, entonces la suma de todos sus
divisores será σ n( ) = 1+ p1+ p1
2 + ...+ p1α1⎛
⎝⎜⎞⎠⎟
1+ p2 + p22 + ...+ p2
α2⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
...
1+ pk + pk2 + ...+ pk
αk⎛⎝⎜
⎞⎠⎟. De aquí es
fácil concluir que la suma de los divisores de un número n es impar si y solo si n es un cuadrado perfecto, o el duplo de un cuadrado perfecto. Por lo tanto, para demostrar el enunciado del problema bastaría probar que n no puede ser par. Supongamos lo contrario, es decir n = 2qr , con r impar, y además un cuadrado perfecto, por la observación anterior. Como la función σ (suma de los divisores) es multiplicativa, se tendrá que
σ n( ) =σ 2qr( ) =σ 2q( )σ r( ) = 2q+1−1( )σ r( )
Por otro lado, el enunciado nos dice que σ n( ) = 2n+1= 2q+1r +1 .
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Igualando ambas expresiones se obtiene 2q+1−1( )σ r( ) = 2q+1r +1, por lo tanto, se debe tener que 2q+1−1
divide a 2q+1r +1 , es decir
−1≡ 2q+1r ≡ r mod 2q+1−1( )
Como r es un cuadrado, entonces 1− es un residuo cuadrático de 2q+1−1 y de cualquier divisor de este. Si
0q > entonces existe un factor primo p de la forma 4 1k − que divide a 2q+1−1 . Sin embargo, 1− no es residuo cuadrático de ningún primo de la forma 4 1k − . ¡Contradicción! Se concluye entonces que 0q = , es decir, n es impar. PROBLEMA 8 Una recta l no intersecta a la circunferencia τ con centro O . E es el punto en l tal que OE es perpendicular a l . M es un punto en l distinto de E . Las tangentes de M a τ cortan en A y B a dicha circunferencia. C es el punto en AM tal que CE es perpendicular a AM . D es el punto en BM tal que DE es perpendicular a BM . La recta CD corta a EO en F . Demostrar que la posición de F es independiente de la posición de M . Solución: Primero se demostrará que AB corta a EO en un punto fijo H . Como !OAM = !OEM = 90º entonces AOME es cíclico, y como !OAM +!OBM = 180º entonces AOBM es cíclico por lo que !OAB = !OBA = !OMA = !OEA entonces △OAH ∼△OEA (por aaa) por lo que
HOAO
= AOEO
⇒ HO = AO2
EO⇒ H es fijo.
Sea K = AB∩CD , como son cíclicos EAOBM y ECDM (ya que !ECM = !EDM = 90º ) entonces se puede obtener que !EAK = !EMB = !ECK con lo que ECAK es cíclico, y con esto !EKA +!ECA = 180º pero como !ECA = 90º entonces !EKA = 90º por lo que se tiene que EKBD es cíclico y EK !MO (ya que EK ⊥ AB y MO ⊥ AB ) entonces !EKF = !EBD = !EOM = !OEK con lo que el triángulo EFK es isósceles entonces FK = EF , pero EKH es un triángulo rectángulo entonces F es su circuncentro con lo que F es el punto medio de EH con lo que se puede concluir que F es fijo.