Soluciones del Tercer Examen Selectivo
de la
XXIII Olimpiada Mexicana de Matematicas
en
Nuevo Leon
H. Flores
Correcciones: floresuanl@gmail.com
Septiembre 2009
1
Problema A1
El problema A1 es de divisibilidad con un poco de manejo algebraico, se re-quieren los siguientes conocimientos.
• Criterio de divisibilidad entre 11.
• Principios basicos de divisibilidad
• Algebra elemental
Problema 1 Encuentra todos los numeros naturales de cuatro cifrasabcdque tienen la propiedad de que al permutar sus digitos de cualquier manera se obtiene siempre otro numero de cuatro cifras que resulta ser multiplo de 11.
1.1
Solucion 1
Supongamos que el numero abcdcumple la condicion del problema, es decir, todas las permutaciones de sus digitos generan numeros que son multiplos de 11.
Sabemos que hay 4! = 24 permutaciones, pero el criterio de divisibilidad entre 11 asegura que un numerowxyz es multiplo de 11 si y solo siw−x+y−z
es tambien multiplo de 11. Por lo tanto si consideramos las siguientes ocho permutaciones:
Esto quiere decir que solo necesitamos considerar uno de ellos para verificar a los ocho. De las 24 permutaciones deabcd, habra solo que analizar 3 que son:
abcd, acbd, abdc
Usando el criterio de divisibilidad obtenemos,
a−b+c−d= 11k1
a−c+b−d= 11k2
a−b+d−c= 11k3
Sumando las primeras dos se obtiene que 2a−2d= 2(a−d) = 11(k1+k2)
pero como 2 no divide a 11, entonces (a−d) debe ser divisor de 11.
Comoa, dson digitos, la unica posibilidad es quea−d= 11·0 = 0, asi que
a=d. De igual forma sumando la segunda y tercera obtenemos que a =c y sumando la primera y la tercera obtenemos quea=b.
Asi acabamos de demostrar que si todos los numeros obtenidos con las per-mutaciones fueran multiplos de 11, entonces los cuatro digitos seran iguales. Por lo tanto los unicos numeros que cumplen son: 1111, 2222, 3333, 4444, 5555, 6666, 7777, 8888 y 9999.
2
Problema A2
El problema A2 es de geometria y requiere los siguientes conocimientos.
• Geometria elemental del circulo.
• Teorema de Pitagoras.
• Principios de colinealidad.
• Algebra elemental.
Problema 2 Con centro en cada uno de los vertices de un rectanguloABCDde ladosAB= 1,BC= 2se trazan cuatro circulos de radio igual a1/2. Encuentra el radio del circulo menor que contiene a estos cuatro circulos trazados.
LlamamosABCDal rectangulo. La circunferencia menor que contiene a los cuatro circulos de radio 1/2 debe ser tangente a ellos. Llamemos P al punto de tangencia de esta circunferencia con el circulo centrado enD, llamemos H
al centro de la circunferencia mayor y llamemos r a su radio. Se sabe que si dos circunferencias son tangentes, entonces sus centros entan alineados con los puntos de tangencia. Por lo tanto H, D, P son puntos alineados, por lo que tenemos queHD=r−(1/2).
Se pueden obtener resultados similares para los otros tres circulos, de donde podemos deducir queHA=HB =HC =HD=r−(1/2). Esto significa que
H es el centro del rectangulo.
LlamamosM al punto medio deDC. Tenemos4HDCisosceles, luegoHM
es mediana y tambien altura. Asi queHM ⊥DC. Por el teorema de Pitagoras obtenemos
HD2=HM2+DM2,
peroHM es la mitad del ladoBC luego la ecuacion queda como
(r−1/2)2= (1)2+ (1/2)2= 5 4. Despejandorobtenemos el resultador=
√ 5+1
2 .
3
Problema A3
El problema A3 es de algebra y requiere los siguientes conocimientos.
• Multiplicacion de polinomios.
• Desigualdades.
Problema 3 Cuatro numeros reales diferentes de cero tienen la propiedad de que su suma es igual a cero. Demuestra que estos numeros pueden ordenarse en una secuencia
x1, x2, x3, x4
de forma que
x1x2+x2x3+x3x4+x4x1<0.
3.1
Solucion 1
Seana, b, c, d los numeros que cumplen
Observar la suma de los productos combinados y el hecho de que la suma sea cero sugiere elevar al cuadrado,
(a+b+c+d)2=a2+b2+c2+d2+ 2(ab+ac+ad+bc+bd+cd) = 0.
Dado quea2+b2+c2+d2>0, se deduce queab+bc+cd+da+ac+bd <0.
Consideramos las siguientes 6 secuencias (permutaciones): (a, b, c, d), (a, b, d, c), (a, c, b, d), (a, c, d, b), (a, d, b, c), (a, d, c, b) las sumas correspondientes son:
ab+bc+cd+da ab+bd+dc+ca ac+cb+bd+da ac+cd+db+ba ad+db+dc+ca ad+dc+cb+ba
Si sumamos estas 6 expresiones obtenemos
4(ab+bc+cd+da+ac+bd)
pero vimos que esto es menor a cero luego al menos una de las seis sumas debe ser un numero negativo.
Nota: Tambien es posible hacer la deduccion considerando las 24 secuencias posibles y sumandolas.
4
Problema B1
El problema B1 es de combinatoria y visualizacion. Requiere lo siguiente:
• Concepto de cubo geometrico.
• Habilidad de visualizacion.
• Principios elementales de conteo.
4.1
Solucion 1
Un cubo tiene 8 vertices, 12 aristas y 6 caras. Contar los segmentos rojos directamente es posible, pero vamos a contar los segmentos que no son rojos y restarlos del total de segmentos.
El total de segmentos que se pueden formar con los 26 puntos son las com-binaciones de 26 en 2,C(26,2) = (26×25)÷2 = 325.
Contamos ahora los segmentos que no pasan por el interior del cubo. En cada cara hay C(9,2) = 36 segmentos y en cada arista hayC(3,2) = 3 segmentos. Esto significa que en el interior de cada cara hay 36−12 = 24 segmentos.
Por lo tanto hay en total 24×6 + 3×12 = 180 segmentos que estan sobre la superficie del cubo y no en el interior. Restando estos 180 del total obtenemos la cantidad de segmentos que pasan por el interior del cubo que son 325−180 = 145 segmentos rojos.
4.2
Solucion 2
Contaremos ahora los segmentos rojos directamente.
Desde cada vertice del cubo salen segmentos rojos a tres caras, atres aristas y a un vertice. Es decir salen 7 segmentos rojos de cada vertice.
Desde cada punto medio de cada arista salen segmentos rojos a cuatro caras, a cinco aristas y a dos vertices. Es decir salen 11 segmentos rojos de cada punto medio de cada arista.
Desde cada centro de cada cara salen segmentos rojos a cinco caras, a ocho aristas y a cuatro vertices. Es decir, salen 17 segmentos rojos del centro de cada cara.
En total tendremos entonces 7×8 + 11×12 + 17×6 = 290 segmentos (cada segmento contado dos veces). Luego dividimos entre 2 para obtener el total de segmentos que son 145.
5
Problema B2
El problema B2 requiere los siguiente.
Problema 5 Un numero natural se llama ultrapar si todos sus digitos son pares. Encuentra la maxima diferencia y la segunda maxima diferencia que puede obtenerse restando dos numeros ultrapares consecutivos menores a 10000.
5.1
Solucion 1
La diferencia maxima es de 1112 que ocurre entre los ultrapares 888 y 2000 (tambien entre 2888 y 4000, etc...).
Supongamos que A, B son dos numeros ultrapares consecutivos tales que
B−A >1000 luego la cifra de los millares en ambos numeros es diferente y debe haber una cifra impar entre ellas. Digamos que esi. Esto significa que los numeros entrei000 y i999 estan entreAyB. El siguiente ultrapar despues dei999 es (i+ 1)000 y el ultrapar anterior ai000 es (i−1)888. Asi que esta diferencia no puede ser mayor a 1112.
Otra posibilidad es considerar la secuencia de ultrapares 888, 2000, 2888, 4000, 4888, 6000, 6888, 8000, 8888. Es claro que no puede haber una diferencia mayor a 1112.
Un argumento similar se usa para encontrar la segunda maxima diferencia que es 112 y ocurre entre 88 y 200.
Aclaracion: El problema que aparecio en el examen no estaba redactado cor-rectamente. La segunda parte del problema debia decir: ”... y la segunda menor diferencia.”
6
Problema B3
El problema B3 es de geometria y requiere lo siguiente.
• Angulos en una circunferencia.
• Triangulos semejantes.
• Solucion de una cuadratica.
Problema 6 Dado un pentagono regular de lado 1, se trazan todas sus diago-nales. Dentro se forma un pentagono menor. Encuentra el lado de este nuevo pentagono.
6.1
Solucion 1
Llamamos ABCDE al pentagono mayor y F GHIJ al pentagono menor. Si inscribimos el pentagonoABCDE en una circunferencia sabemos que los arcos
AB, BC, CD, DE, EAson iguales lo que asegura que todos los angulos que se abren en estos arcos son iguales, por ejemplo:
Esto garantiza que
4ABI,4BCJ,4CDF,4DEG,4EAH
son triangulos isosceles e iguales entre si. De aqui vemos que los angulos del pentagono menor son iguales y como las diagonales de un pentagono son iguales tenemos que los lados del pentagono menor tambien son iguales. Esto demuestra que el pentagono menor es tambien regular.
En el triangulo isosceles4BCJ tenemos tenemos que dos angulos valen 36o
luego∠CJ B= 108oy
∠AJ B= 72o. Por otro lado
∠ABD=∠ABI+∠IBJ = 36o+36o= 72o. De esto concluimos que4ABJes isosceles luegoAJ =AB= 1.
Ahora basta usar una semejanza, por ejemplo de 4BIJ ∼ 4CAB obten-emos
BJ :BC=AB:AC
Usandox=IJ obtenemos la ecuacion
(1−x) : 1 = 1 : (2−x) que es equivalente a la ecuacion cuadratica
x2−3x+ 1 = 0 Cuya soluciones son,
x= 3±
√
5 2 .
Comoxdebe ser menor que 1 tenemos que el lado del pentagono es
x= 3−
√
