Soluciones del examen de la Etapa final Estatal de la 33 a Olimpiada Mexicana de Matem´ aticas, 2019

Soluciones del examen de la Etapa final Estatal de la 33 ^a Olimpiada Mexicana de Matem´ aticas, 2019

1. Para que un n´ umero entero sea m´ ultiplo de 3 la suma de sus d´ıgitos debe ser m´ ultiplo de 3. As´ı que veamos los residuos de cada uno de los d´ıgitos al ser divididos entre 3:

Dejan residuo 0: A = {0, 3, 6, 9}.

Dejan residuo 1: B = {1, 4, 7}.

Dejan residuo 2: C = {2, 5, 8}.

As´ı, para formar los n´ umeros tenemos que tomar dos d´ıgitos de A, o tomar un d´ıgito de B y uno de C.

Con los d´ıgitos de A tenemos que formar dos n´ umeros. El 0 tiene que est´ ar en las unidades y hay 3 opciones para el d´ıgito que lo acompa˜ nar´ a. Los otros dos d´ıgitos ir´ an juntos y hay dos maneras de formar un n´ umero de dos d´ıgitos con ellos. Por lo tanto, tenemos 3 × 2 = 6 maneras de formar los n´ umeros de A.

Para B y C, tenemos 3 opciones para elegir qui´ en acompa˜ nar´ a al 1, 2 opciones para el que acomopa˜ nar´ a a 4 y 1 opci´ on para el que acompa˜ nar´ a a 7. Como para cada una de estas tres parejas resultantes tenemos dos opciones para formar un n´ umero de dos d´ıgitos, tenemos que el total de n´ umeros que se pueden formar con B y C es 3 × 2 × 2

= 48.

Una vez que tenemos los 5 n´ umeros, hay una sola manera de ponerlos en orden, as´ı que el n´ umero buscado es 6 × 48 = 288.

2. Primera forma. Dibujamos el c´ırculo completo C y extendemos la l´ınea EC para que vuelva a intersectar a C en el punto D

. Como AB es un di´ ametro y ∠DCA = ∠BCE =

∠ACD

, tenemos que D

y D son sim´ etricos con respecto a AB. Esto adem´ as nos dice que el tri´ angulo CDD

es is´ osceles.

Por ´ angulos inscritos tenemos que ∠CD

D = ∠F ED. Como el tri´angulo DEF tambi´en es is´ osceles, concluimos que los tri´ angulos CDD

y F ED son semejantes y as´ı ∠EF D =

∠DCD

= ∠ACD + ∠ECB.

Segunda forma. Si C es el centro de C, entonces CF es perpendicular a AB y, como tambi´ en CD ⊥ DF y CE ⊥ F E, entonces ∠DF C = ∠DCA = ∠BCE = ∠CF E, y esto termina la demostraci´ on en este caso.

Supongamos que C no es el centro de C. Sea D la circunferencia que pasa por los puntos C, D y E, y sea O el otro punto de intersecci´ on de D con el di´ ametro AB. Escribamos a = ∠ACD = ∠ECB. Tenemos que ∠EDO y ∠EF O abarcan el mismo arco EO que

∠ECB en el c´ırculo D, as´ı que ∠EDO = ∠EF O = a. Por otro lado, el tri´angulo F DE es is´ osceles, de manera que ∠F DE = ∠F ED; llamemos b a este ´angulo. Pero entonces tambi´en

∠F OE = b (por abarcar mismo arco que ∠F DE en D) y ∠DOF = b (por abarcar mismo arco que ∠DEF en D). Ahora, en el c´ırculo C tenemos que b = ∠F ED abarca el arco ED, y ∠DOE = 2b. Los dos ´unicos puntos del di´ametro de C que cumplen esto son C y el centro de C, pero C no es el centro de C, de manera que O s´ı lo es; esto implica que F O es bisectriz de ∠DF E, y de aqu´ı que ∠DF O = a,

3. La suma de los elementos de X es 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 = 28. Si queremos partirlo en 3 conjuntos en que la diferencia entre las sumas sea d, entonces digamos que el primer conjunto tiene suma s; entonces el segundo tendr´ a suma s + d y el tercero, s + 2d; pero entonces

28 = s + (s + d) + (s + 2d) = 3s + 3d;

como el lado derecho es divisible entre 3 pero 28 no lo es, es imposible partir en 3.

El mismo argumento para 4 conjuntos nos dice que

28 = s + (s + d) + (s + 2d) + (s + 3d) = 4s + (1 + 2 + 3)d = 4s + 6d;

aqu´ı 4 es divisor de 28 y de 4, as´ı que tambi´ en debe serlo de 6d, de donde d debe ser par y d ≤ 4.

Si d = 0, entonces

s = 28 4 = 7.

La ´ unica posibilidad de partir X en 4 conjuntos con d = 0 es la siguiente:

{7}, {1, 6}, {2, 5}, {3, 4}

Si d = 2, entonces

s = 28 − 12 4 = 4.

Las posibilidades para partir a X en 4 conjuntos con d = 2 s´ olo son las dos siguientes:

{4}, {6}, {1, 7}, {2, 3, 5}

{4}, {1, 5}, {2, 6}, {3, 7}

(No es posible poner el primer conjunto como {1, 3}, porque entonces el segundo conjunto tendr´ıa que ser {6} o {2, 4} y ya no habr´ıa forma de lograr el tercer conjunto que debe sumar 8.)

Si d = 4, entonces

s = 28 − 24 4 = 1.

Las posibilidades para partir a X en 4 conjuntos con d = 4 s´ olo son las 4 siguientes:

{1}, {5}, {2, 7}, {3, 4, 6}

{1}, {5}, {3, 6}, {2, 4, 7}

{1}, {5}, {2, 3, 4}, {6, 7}

{1}, {2, 3}, {4, 5}, {6, 7}

Ahora, si queremos partirlo en 5 conjuntos deber´ıamos tener:

28 = s + (s + d) + (s + 2d) + (s + 3d) + (s + 4d) = 5s + 10d, lo cual no es posible porque 28 no es m´ ultiplo de 5.

De la misma manera, para partir X en 6 conjuntos se deber´ıa tener que 28 = 6s + 15d,

otra vez imposible porque 28 no es m´ ultiplo de 3.

Finalmente, la ´ unica forma de partir X en 7 conjuntos es {1}, {2}, {3}, {4}, {5}, {6}, {7}

lo cual satisface las condiciones del problema con d = 1.

En total son 1 + 2 + 4 + 1 = 8.

4. A una figura como la que se muestra, llam´ emosle A

cuando tiene n picos arriba (en el enunciado, n = 5). Tambi´ en llamemos B

a una figura como la que se muestra abajo, con n picos arriba (en la figura n = 5).

Llamemos rombo o tri´ angulo a las fichas, de acuerdo a su forma.

Sea a

el n´ umero de formas de construir A

y sea b

el n´ umero de formas de construir B

. Buscamos a

.

Tenemos que a

= 3 y b

= 1:

Para n ≥ 2 veamos que a

= 3a

+ 2b

.

En efecto, A

se construye poniendo a la derecha de A

una figura como la de A

y hay dos opciones:

Que la parte agregada se construya de manera que ninguna ficha abarque la parte co- rrespondiente a A

; entonces hay 3 formas de llenar lo agregado y a

formas de llenar la parte de A

para un total en este caso de 3a

posibilidades.

La otra forma es que una parte de lo agregado abarque la parte de A

; en este caso, debe haber rombo abajo que deja por llenar un B

a la izquierda, y en la parte de arriba a la derecha hay dos posibilidades (un rombo o dos tri´ angulos) para un total en este caso de 2b

posibilidades.

Ahora notemos que b

= a

+ b

:

Tambi´ en aqu´ı hay dos posibilidades: una de ellas es que la ´ ultima porci´ on se forme con 2 tri´ angulos, quedando por construir un A

, o que en la parte de abajo se ponga un rombo (y un tri´ angulo arriba); en este caso, queda por construir un B

.

Entonces tenemos:

a

= 3a

+ 2b

= 9 + 2 = 11, b

= a

+ b

= 4,

a

= 3a

+ 2b

= 33 + 8 = 41, b

= a

+ b

= 15,

a

= 3a

+ 2b

= 123 + 30 = 153, b

= a

+ b

= 56,

a

= 3a

+ 2b

= 459 + 112 = 571.

5. El m´ınimo es 4.

Para ver que 4 son necesarias, notemos que en cada una de las 4 regiones sombreadas en la figura de la izquierda debe haber al menos una L que cubra alguno de sus cuadritos, y ninguna L puede tocar simult´ aneamente 2 de las 4 regiones.

Para ver 4 son suficientes, consideramos el acomodo que se muestra a la derecha, en el

cual ya no cabe ninguna otra L.

6. Llamemos a al ´ angulo BAD y sea c el ´ angulo ∠BCA. Tenemos que a + c = 180

. Adem´ as ∠CBA + ∠CAB + c = 180

, de donde ∠CBA + ∠CAB = a y entonces ∠CBA = a − ∠CAB = ∠CAD, de aqu´ı que los tri´angulos CAD y CBA son semejantes. Como N es punto medio de AD y M es punto medio de BA, entonces ∠DCN = ∠MCA y as´ı ∠NCA = c − ∠DCN = c − ∠MCA, de donde a + ∠MCN = a + ∠MCA + ∠ACN = a + c = 180

, lo cual demuestra que N AM C es c´ıclico.

7. Primera forma. Tenemos que

n = a(a + 9) = b(b + 6), para ciertos enteros positivos a y b.

Multiplicando esta ecuaci´ on por 4 y completando cuadrados, obtenemos la ecuaci´ on (2a + 9)

− (2b + 6)

= 45.

Si x = 2a + 9 y y = 2b + 6, tenemos que 45 = x

− y

= (x + y)(x − y). El n´ umero 45 se

puede factorizar como 45 × 1, 15 × 3 y 9 × 5, as´ı que tenemos los siguientes casos.

x + y = 45, x − y = 1. Obtenemos x = 23, y = 22.

x + y = 15, x − y = 3. Obtenemos x = 9, y = 6.

x + y = 9, x − y = 5. Obtenemos x = 7, y = 2.

As´ı que tenemos que x = 2a+9 tiene que ser igual a 23, 9, 7. Solamente el caso 2a+9 = 23 nos da un valor positivo de a que es a = 7 (y entonces b = 8), de donde n = a(a + 9) = 7 · 16 = 112 (o n = 8(8 + 6) = 112).

Segunda forma. El promedio de los n´ umeros cuya diferencia es 9 es de la forma r/2 para cierto r entero positivo, de manera que estos n´ umeros son r/2 − 9/2 y r/2 + 9/2. De la misma forma, los n´ umeros cuya diferencia es 6 se pueden poner como s − 3 y s + 3. Tenemos as´ı

n =  r 2 − 9

2

  r 2 + 9

2



= (s − 3)(s + 3).

Desarrollemos esta ecuaci´ on:

(r − 9)(r + 9) = 4(s − 3)(s + 3), r

− 81 = 4s

− 36,

(r + 2s)(r − 2s) = 45.

Entonces tenemos los siguientes casos:

r + 2s = 45, r − 2s = 1, de donde r = 23, s = 11.

r + 2s = 15, r − 2s = 3, de donde r = 9, s = 3.

r + 2s = 9, r − 2s = 5, de donde r = 7, s = 1.

Como n es positivo, se debe tener r/2 > 9/2, as´ı que la ´ unica posibilidad es r = 23 y s = 11. Entonces

n = (11 − 3)(11 + 3) = 112.

8. Como p > 5, los primos tienen que ser impares. Como q, r y s son menores que p + 10, tenemos que tienen que ser tres de los cuatro n´ umeros p + 2, p + 4, p + 6 y p + 8.

Esto nos dice que tenemos que omitir exactamente un n´ umero del conjunto {p, p + 2, p + 4, p + 6, p + 8}. Si no omitimos p + 4, tendr´ıamos tres impares consecutivos y uno de ellos tendr´ıa que ser m´ ultiplo de 3, lo cual no es posible, as´ı que tenemos que omitir a p + 4. As´ı que los primos son {p, p + 2, p + 6, p + 8}.

Para que ninguno de estos 4 n´ umeros sea m´ ultiplo de 5, necesariamente tenemos que tener que p ≡ 1 (m´ od 5). Por una raz´ on similar, es necesario que p ≡ 1 (m´ od 3), luego

p + q + r + s = p + (p + 2) + (p + 6) + (p + 8) = 4p + 16 = 4(p + 4).

Entonces tenemos que 5 y 3 dividen a p + 4, de manera que 4 × 5 × 3 = 60 divide a

p + q + r + s.