MEP-MICIT-UNA-UCR-UNED-TEC
Tercera Eliminatoria 2010.
Banco de Problemas.
Primer d´ıa.
Problema 1.
SeaABC un tri´angulo equil´atero con lados de medida 20. SeaP un punto en el lado AC (puede ser uno de los extremosA,C).
Si la longitud de BP es un n´umero entero, ¿cuantas son las posibles opciones para la posici´on del punto P?
Soluci´on.
Consideremos la altura BDsobre el lado AC, tenemos queBD= 10√3.
A C
D B
P 10
20
x y
10√3
Tomemos P en el segmentoAD. Seax=P D,y=BP, entoncesy2=x2+ 300. Puesto que 10√3≤y≤20 entonces 300≤y2 ≤400.
Hay tres n´umeros enteros que cumplen esta condici´on: 18, 19, 20.
Luego hay tres posiciones de P en el segmento AD: cuando x = 10 (y = 20); x = √61 (y= 19);x=√24 (y= 18).
Luego, por simetr´ıa hay tres puntos en DC que cumplen la condici´on. En total son 6 posibles opciones para P.
Problema 2.
Soluci´on.
Trace una recta por A que sea paralela a BC, y sea H el punto de intersecci´on de esta recta con BK, as´ı tenemos:
AK =KC,∠AKH ∼=∠BKC, ∠KAH∼=∠KCB ⇒ 4KAH∼=4KCB
⇒ AH =BC = 2AB (1)
Adem´as∠ABC + ∠BAH = 180◦ por ser conjugados entre paralelas, entonces∠BAH = 60◦ (2).
De (1) y (2) se tiene que 4ABH es rect´angulo con ∠ABH = 90◦ Por otro lado tenemos que:
BM =M C = 1
2BC=AB ⇒ 4AM B es is´osceles ⇒ ∠BAM = 30
◦ ⇒
∠BP A= 60◦
A
B C
H M
K P
Problema 3.
SeaABC un tri´angulo en el queAB= 15,AC = 20 yBC = 18. Se traza la paralela aBC por el incentro del tri´angulo, que interseca a los ladosAByACenDyErespectivamente. Encuentre el per´ımetro del tri´angulo ADE.
Soluci´on.
Tracemos el segmento IB, por ser alternos internos entre paralela ∠IBC ∼= ∠BID y como BI es la bisectriz del ´angulo ∠B , entonces, ∠IBD ∼= ∠IBC lo que implica que
∠IBD∼=∠BID y por lo tanto, el tri´angulo ∆IBD es is´osceles. Entonces, ID=DB. Mediante un razonamiento an´alogo, IE=EC.
Problema 4.
Determinar la cantidad de enteros positivos ntales que 2n
2+ 4n+ 18
3n+ 3 es entero. Soluci´on.
2n2+ 4n+ 18 3n+ 3 =
2n2+ 4n+ 2−2 + 18
3n+ 3 =
2(n+ 1)2+ 16 3(n+ 1) =
2(n+ 1)
3 +
16 3(n+ 1) ⇒ (n+ 1)|16.
Como los divisores de 16 son 1,2,4,8 y 16, se sigue que los valores paranson 1,3,7 y 15, probando cada uno de estos se ve que todos sirven.
Problema 5.
Sean p, q primos yn∈N, tales que 1 p + 1 q + 1 pq = 1
n. Demuestre que n= 1. ( encuentre el valor de n).
Soluci´on. 1 p + 1 q + 1 pq = 1 n ⇒ q pq+ p pq+ 1 pq = 1 n ⇒
q+p+ 1 pq =
1
n ⇒ n(q+p+ 1) =pq(*) ⇒ q+p+ 1|pq.
Como pyq son primos, las divisiones depqson 1, p, q ypq Siq+p+ 1 = 1⇒ q+p= 0 ¡!
si q+p+ 1 =p ⇒q =−1 ¡! Siq+p+ 1 =q ⇒ p=−1 ¡!
As´ı, q+p+ 1 =pqy por lo tanto en (*) se sigue que n= 1.
Problema 6.
Soluci´on.
Sea ab el n´umero con a, b cifras no nulas. Entonces, (a+b)|ab y as´ı ab
Problema 7.
Sean AB y CD dos segmentos no paralelos que no se intersecan. En AB, se marcan 8 puntos, mientras que enCD se marcan 15 puntos. ¿Cu´antos tri´angulos se pueden formar con los puntos marcados?
Soluci´on.
Los tri´angulos pueden tener dos v´ertices enAB y uno enCD, o bien, dos v´ertices enCD y uno en AB.
En el primer caso, pordemos escoger 82·7 = 28 parejas para formar un segmento. Multiplicando por el n´umero de puntos enCD, obtenemos 28·15 = 420.
Ahora, si tomamos dos puntos en CD, tenemos 152·14 = 105 segmentos, y en 105·8 = 840 tri´angulos.
En total, tendr´ıamos 420 + 840 = 1260 tri´angulos.
Problema 8.
Un grupo de 2010 personas son convocadas para participar en un juego que se desarrolla por turnos.
Al principio, el anfitri´on del juego le entrega 2010 fichas a cada jugador. (El anfitri´on solo se encarga de entregar las fichas y no participa en el juego).
En el primer turno, cada participante debe donar una de sus fichas al primer jugador. En el segundo turno, cada uno le da dos fichas al segundo jugador y as´ı respectivamente, de manera que en el k-´esimo turno, cada participante debe darlekfichas al k-´esimo jugador. Si en alguno de los turnos, uno o m´as jugadores quedan sin fichas, autom´aticamente son expulsados del juego y se comienza una nueva ronda con los participantes que no fueron eliminados. En cada ronda, las reglas y el orden de los participantes se mantienen, pero la cantidad inicial de fichas va cambiando, de forma que al inicio de cada ronda, la cantidad de fichas de cada jugador, debe ser igual al n´umero de jugadores que disputan la ronda. Si una de las rondas termina sin que hayan jugadores descalificados, se cuentan las fichas de cada uno de los participantes y el que tenga m´as, habr´a ganado el juego.
Seg´un las reglas del juego, si en la primera ronda, luego de j turnos a´un no ha sido expulsado ning´un jugador, debe tenerse que 2010−1−2−3−4− · · · −j >0
De hecho, el n´umero de fichas que tiene el n-´esimo jugador luego de los j turnos, es: 2010−(1 + 2 + 3 +· · ·+j) paran > j
y
2010+2010n−(1+2+3+· · ·+(n−2)+(n−1)+(n+1)+(n+2)+· · ·+j) paran≤j por lo tanto, si 1 + 2 + 3 +· · ·+ (k−1) < 2010 ≤ 1 + 2 + 3 +· · ·+k para alg´un k ∈ {1,2,· · · ,2009}, entonces en el k-´esimo turno quedar´ıan eliminados todos los juga-dores despu´es del k-´esimo.
Ahora bien, si ning´un jugador ha sido descalificado en el turno k−1 entonces elk-´esimo jugador no ser´a eliminado en el turno k, ni siquiera cuando 2010<1 + 2 + 3 +· · ·+k pues en dicho turno, ´el es quien recibe las fichas de sus compa˜neros.
Note que 2010<1 + 2 + 3 +· · ·+k= k(k+ 1)
2 ⇐⇒4020< k(k+ 1) Observe que 632 = 3969<4020<4096 = 642
a´un m´as, como 62·63 = 3906<4020<4032 = 63·64 en el turno 63, en definitiva quedan eliminados todos los jugadores a partir del n´umero 64 y debe empezarse otra ronda con los 63 jugadores restantes. Como cada uno de ellos inicia la segunda ronda con 63 fichas, entonces, despu´es der turnos eln-´esimo jugador tendr´a:
63−(1 + 2 + 3 +· · ·+r) fichas paran > r y
63 + 63n−(1 + 2 + 3 +· · ·+r) fichas sin≤r
Ahora debemos buscar un entero positivo r (r <63) tal que 1 + 2 +· · ·+ (r−1)<63≤1 + 2 +· · ·+r
lo que equivale a (r−1)r <126≤r(r+ 1)
es f´acil ver que tal entero es 11, pues 10·11 = 110 <126 < 132 = 11·12, de donde se concluye que en el turno 11 de esta ronda quedan eliminados los participantes a partir del duod´ecimo jugador. La tercera ronda la disputan entonces los primeros 11 jugadores, a los cuales se les entregan 11 fichas por persona.
Siguiendo con el mismo an´alisis se tiene que en la cuarta ronda participan solo los cinco primeros jugadores, pues 4·5 = 20<2·11<30 = 5·6. La quinta ronda ser´a disputada por los tres primeros, ya que 2·3 = 6<2·5<12 = 3·4.
ser´a el segundo jugador.
Problema 9.
El s´abado pasado Andrea compr´o una baraja con 2010 cartas numeradas de la 1 a la 2010. Ese d´ıa se puso a contar las cartas y al verificar que efectivamente estaban completas, las baraj´o bien y las coloc´o en una mesa, una sobre otra y con los n´umeros hacia abajo. A la carta que estaba de ´ultima (la de abajo) le escribi´o una X en el reverso.
Al d´ıa siguiente, Andrea se puso a jugar con las cartas de la siguiente forma:
Tom´o la primera de las cartas (la que estaba arriba) y la puso sobre una silla con el n´umero hacia abajo.
Despu´es pas´o la carta que segu´ıa, sin volverla, de la parte superior a la parte inferior del mazo de cartas, coloc´andola de ´ultima.
Luego, puso la siguiente carta en la silla, con el n´umero hacia abajo y sobre la carta que hab´ıa puesto antes.
Despu´es tom´o la siguiente carta del mazo que estaba sobre la mesa y la pas´o, sin volverla, de la parte superior a la parte inferior del mismo mazo de cartas, (coloc´andola de ´ultima) y as´ı de forma intercalada pas´o una carta a la silla y una carta a la parte inferior del mazo original, hasta que todas las cartas quedaron colocadas una sobre otra en la silla (todas con el n´umero hacia abajo).
Cuando Andrea tom´o las cartas que estaban sobre la silla y las volvi´o, se di´o cuenta de que todas estaban perfectamente ordenadas de la 1 a la 2010.
Indique cu´al era el n´umero que ten´ıa impreso la carta a la que Andrea le escribi´o la X en el reverso.
Soluci´on.
Para simplificar un poco la soluci´on de este problema, llamaremos carta X a la carta que originalmente estaba en la posici´on 2010 del mazo de cartas.
Observe que en un principio, Andrea pas´o la primera carta a la silla, la segunda a la parte inferior de la baraja, la tercera a la silla, la cuarta a la parte inferior de la baraja y as´ı sucesivamente. Por lo que las primeras 1005 cartas que puso sobre la silla fueron las que estaban en posiciones impares en la baraja original.
Como el n´umero total de cartas era 2010, entonces la carta X no estaba entre las primeras 1005 cartas que coloc´o sobre la silla. De hecho, cuando Andrea pas´o a la silla la carta que originalmente estaba en la posici´on 2009, debi´o pasar la carta X a la parte inferior del mazo de cartas. En ese momento, quedaron 1005 cartas en la silla y 1005 cartas en la mesa.
Digamos que en ese momento comienza la segunda ronda del juego.