Banco-Ejercicios-Nivel-C-Primer-Dia 2011

OLIMPIADA COSTARRICENSE DE MATEM ´

ATICA

MEP – MICIT – UNA – UCR – UNED – ITCR

Tercera Eliminatoria 2011

Banco de Problemas

Primer D´ıa

Algebra, funciones, l´

ogica

Problema 1. Dos barcos viajan en el mar a velocidad constante y rumbo fijo, si se sabe que a las 9:00 la distancia entre los barcos es 20 km, que a las 9:35 la distancia es de 15 km, y que a las 9:55 la distancia es de 13 km. A qu´e hora la distancia entre los barcos ser´a m´ınima.

Soluci´on

Dado que los barcos viajan a velocidad constante y en rumbo fijo, entonces la direcci´on y velocidad del segundo barco es constante en referencia al primer barco. SeaAla posici´on constante del primer barco en el intervalo de tiempo dado, y sean B1, B2, B3 y B los puntos alineados que definen la posici´on

del segundo barco en referencia al primero, a las 9:00, 9:35, 9:55 y a la hora de mayor cercan´ıa, as´ı se

tiene que AB1 = 20;AB2 = 15;AB3 = 13 y adem´as que

B1B2

B2B3

= 4

7 pues es la relaci´on entre los tiempos en que se midi´o la distancia entre los barcos y AB2

i = AB2 +BBi2 (Dado que la distancia

m´as corta de A a B es la perpendicular de A a la l´ınea de posiciones de B) as´ı tenemos un sistema de ecuaciones cuadr´aticas dadas por

400 =AB2+BB₁2 225 =AB2+BB₂2 169 =AB2+BB₃2

Ahora sustituyendoBB1 =BB3+B3B2+B2B1, y B1b2 = 7₄B3B4 y resolviendo el sistema podemos

deducir que AB= 12, y que esta distancia se dar´a cuando sean las 10:20.

Problema 2.Pruebe que n2_{+n+ 1 ≥(n!)n}2 _{para los enteros n ≥1. (Recuerde que 0! = 1, 1! = 1,}

n! = 1·2· · · · ·n, sin >1).

Soluci´on

(n!)n2 = (1·2·3· · ·n)

2

n

= h(1·2·3· · ·n)n1

i2

≤

Ç

1 + 2 + 3 +· · ·n n

å2

=

Ç

(n+ 1)n 2n

å2

=

Ç

n+ 1 2

å2

= n₄2 +n₂ +1₄

Problema 3. Considere la funci´on f(x) = ax2_{+bx+c con a, b enteros no nulos. Demuestre que si}

la mediatriz del segmento que une el v´ertice de la gr´afica con la intersecci´on con el eje y pasa por el origen, entonces, b es par pero no es m´ultiplo de 4.

Soluci´on

SeaV =

Ç −b 2a, −∆ 4a å

el v´ertice yC = (0, c) la intersecci´on con el ejey. Entonces, el punto medio deV C

es:P =

−b

2a

2 ,

−∆ 4a +c

2 ! = Ç −b 4a,

−b2_{+ 8ac}

8a

å

y la pendiente deV Cesm=

−∆ 4a −c

−b

2a −0

=

−b2_+4ac−4ac

4a

−b

2a

= b 2, y por lo tanto, la pendiente de la mediatriz esm2 =−2_b.

Si suponemos que la mediatriz pasa por el origen, entonces, la intersecci´on con el eje y de esa recta es (0,0), por lo que la ecuaci´on de la mediatriz es y =−2

bx.

Como P est´a en esa recta tenemos: −b

2 _{+ 8ac}

8a = −2 b Ç −b 4a å

⇒ −b2+ 8ac= 4 ⇒ b2 = 4(2ac−1). Eso prueba que b es par. Sea k = 1₂b, entonces, sustituyendo tenemos quek2 = 2ac−1 y esto prueba que no es par, y por lo tanto, b no es m´ultiplo de 4.

Problema 4. Proponente: Miguel Arias V.. Seana, bn´umeros reales fijos diferentes de cero.

De-termine todas las funciones reales tales que, para todoxreal,f(x−a

b)+2x≤ a bx

2₊₂b

a ≤f(x+ b a)−2x

Soluci´on

Haciendoy =x− b

a, entonces la primera desigualdad se expresa como

f(y)≤ a

b

Ñ

y+ b a

é2

−2

Ñ

y+ b a

é

+ 2b a =

a by

2_{+ 2y+} b

a −2y−2 b a + 2

b a =

a by

2₊ b

a

Haciendoy =x+ b

a, entonces la segunda desigualdad se expresa como

f(y)≥ a

b

Ñ

y− b

a

é2

+ 2

Ñ

y− b

a

é

+ 2b a =

a by

2_−2y+ b

a + 2y−2 b a + 2

b a =

a by

2₊ b

a

La ´unica funci´on que satisface ambas desigualdades es f(x) = a bx

2₊ b

Teor´ıa de N´

umeros

Problema 5. Encuentre el menor n´umero n, para el cual, dados cualesquiera n elementos del con-junto{1,2,3, . . . ,2011}siempre se pueden escoger 2 de ellos de manera que uno sea divisor del otro.

Soluci´on

Primero notemos que en el conjunto {1006,1007, . . . ,2011} es imposible tener dos n´umeros donde uno sea divisor de otro, pues cualquier m´ultiplo de alg´un n´umero ah´ı es mayor o igual que 2012. Como ese conjunto tiene 1006 elementos, entonces, n ≥1007.

Probaremos quen = 1007. Supongamos que se escogen 1007 n´umeros cualquiera de{1,2,3, . . . ,2011}

y expresamos cada uno de estos n´umeros de la formaxi = 2αi·yi donde αi ∈N y yi es impar.

Entonces, como solamente existen 1006 impares entre 1 y 2011, entonces, necesariamente alg´un yi

debe repetirse. Es decir, existen xi = 2αi·yi y xj = 2αj·yj con yi =yj, por lo que necesariamentexj

es divisor de xi o viceversa.

Problema 6.Los a˜nos recientes se han podido expresar como sumas, restas y multiplicaciones usando un ´unico d´ıgito. Por ejemplo tenemos que

2009 = 7·7·7·7−7·7·7−7·7

y

2010 = 66·6·6−66·6 + 6·6−6.

Encuentre todos los d´ıgitos para los que se puede hacer lo mismo con 2011 sin repetir ning´un sumando.

Soluci´on

Supongamos que para alg´un d´ıgito a, 2011 se puede escribir como sumas, restas y multiplicaciones de n´umeros formados solamente usandoa. Como adivide a cada uno de esos n´umeros,a debe dividir a 2011, pero 2011 es primo, por lo tantoa = 1.

Ahora debemos intentar escribir 2011 con combinaciones de n´umeros formados por 1s. Evidentemente tenemos que 2011 = 2000 + 11. Ahora debemos hacer el trabajo para 2000.

2000 = 2·1000, y 1000 = 1111−111. Queda expresar el 2 como combinaci´on de n´umeros formados por 1s. 2 = 11 + 1−10 = 11 + 1−(121−111) = 11 + 1−(11·11−111).

Problema 7. Sea p un n´umero primo mayor que 3. Determine todos los pares de n´umeros enteros (a, b) que satisfacen la ecuaci´on

a2+ 3ab+ 2p(a+b) +p2 = 0.

Soluci´on

Despejandob se tieneb = −(a+p)

2

3a+ 2p (*) que es un entero. Luego, 3a+ 2p divide a (a+p)

2 _{y, por lo}

tanto, tambi´en divide a (3a+ 3p)2_{. Pero,}

(3a+ 3p)2 = (3a+ 2p+p)2 = (3a+ 2p)2+ 2p(3a+ 2p) +p2,

por lo tanto, 3a+ 2p divide a p2. Pero lo s ´unicos divisores de p2 son ±1,±p, ±p2 (pues p es primo) y como p >3, se tiene p= 3k+ 1 o p= 3k−1.

Caso p= 3k+ 1. No es posible 3a+ 2p = 1. Si 3a+ 2p=−1, entonces a =−2k−1 y sustituyendo en (*) se tiene que b = k2; luego, (a, b) = (−2k−1, k2) con p = 3k+ 1. Si 3a+ 2p = p entonces 3a = −p que es imposible. Si 3a+ 2p = −p,entonces a = −p y b = 0; luego, (a, b) = (−3k−1,0) cuandop= 3k+ 1.

Considere ahora 3a+ 2p=p2. De aqu´ı, 3a=p2−2p=p(p−2) y ni p nip−2 son divisibles por 3. Si 3a+ 2p =−p2_{, entonces a =−(3k+ 1)(k + 1) y b =k}2_{. As´ı, (a, b) = (−(k+ 1)(3k+ 1), k}2_{) con}

p= 3k+ 1.

Caso p= 3k−1. Si 3a+ 2p= 1, entonces a=−2k+ 1 y b=−k2 y, entonces (a, b) = (−2k+ 1, k2). Si 3a+ 2p=−p, entonces (a, b) = (−3k+ 1,0). Si 3a+ 2p=p2_{, entonces (a, b) = (3k−1,−k}2_{). No}

hay soluci´on con 3a+ 2p=−1, ni con 3a+ 2p=p ni con 3a+ 2p=−p2_.

Geometr´ıa

Problema 8. Sea 4ABC rect´angulo en B de lados x, y, z tales que las rectas que contienen a los lados son tangentes la circunferencia de centroO y radio r como se muestra en la figura.

A

B C

D O E

F z

y

x

Soluci´on

Como las rectas que contienen a los lados del tri´angulo son tangentes a la circunferencia, los segmentos AE y AD son congruentes.

Ahora OD⊥←→BD,OF⊥←→CB y _∠F BD es recto, entoncesBDOF es un paralelogramo, y como en un paralelogramo los lados opuestos son congruentes entonces BDOF es un cuadrado de lador. De ah´ı, CE =AE−AC =AD−AC =x+r−z.

Tambi´enCF =CB−F B =y−r.

Como CE y CF son congruentes por ser segmentos tangentes entonces,

y−r=x+r−z ⇒r= z−x+y 2 .

Problema 9. Considere un paralelogramo ABCD. Sean M el punto medio de BC, y N un punto entreC y D (diferente de ambos) tal que DN =rN C con 1 < r. Sea tambi´en F sobre la recta ←→BC, tal queC−B−F y F M =rM C. Si E es el punto de intersecci´on de←→DF con AB, ¿Qu´e fracci´on de la supercicie del paralelogramoABCD representa la superficie del pent´agonoEDN M B?.

Soluci´on

La siguiente figura ilustra el problema planteado

A

B

C D

M

N E

F

Dado que F M_{M C} = DN_{N C} =r entonces 4M CN ∼ 4F CD. En particular N M kDE, y como ADkM C y AE k N C, entonces se tiene que 4DAE ∼ 4M CN; Por lo tanto, como AD = BC = 2M C, entonces AE = 2N C.

Tambi´en tenemos que DN = rN C, por lo que si b es la medida de DC, entonces b = DN + N C =rN C +N C, de donde se obtiene N C = ₁₊b_r. Sea h la medida de la altura del paralelogramo (tomando DC como base), entonces (ABCD) = bh. Si tomamos N C como la base en el 4N CM, entonces la altura es h₂, por lo que el ´area de dicho tri´angulo es (N CM) = 1₂ ·(N C)· h

2 = 1

4h(N C).

Ahora, el ´area del 4DAE es (DAE) = 1₂ ·(AE)·h = h(N C). Entonces, el ´area del pent´agono es (EDN M B) =bh−5

4h(N C) = bh− 5 4

1

1+rbh=bh(1−

5 4(1+r)) =

4r−1 4r+4bh=

4r−1