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a Olimpiada Mexi ana de Matemáti as, 20091. Todoslosmultiplosde3deben estarseparados,asíqueporlomenoshay33montones. Es
posible on 33montones poniendo al 3 on todos los que dejan residuo 2 al dividirlosentre
3 (es de ir:
2, 5, 8, 11, . . . , 98
), al 6 on el 1, el 4 y el7; y a partir de 9, todos los múltiplosde 3 on susu esor(esto es9 on 10,12 on 13,15 on 16,yasísu esivamentehasta 99 on
100). Enton es 33es elmínimo.
2. Forzosamente el amino debe pasar por
L
o porC
. Para llegar deL
aZ
sepuede seguirel segmento
LQ
, después elQR
y después elRZ
o también se puede ir porLH
y despuésHZ
, pero éstos tienen la misma longitud por serQHZR
un paralelogramo. Para llegar deC
aZ
el amino más orto es por el segmentoCS
, después elSR
y después elRZ
. Eslaro que este amino tiene la misma longitud que ualquiera de los dos que men ionamos
de
L
aZ
. Enton es basta omparar el aminodeA
aL
on el deA
aC
. Para llegar deA
a
L
tenemos dos posibilidades: ir por el segmentoAN
y después el ar oarc(NL)
o ir porel segmento
AO
luego el segmentoOE
y después el ar oarc(EL)
. Cualquiera de éstos esmás largo que
|AC|
pues|AN| + |arc(NL)| > |AN| + |NL| = |AN| + |NB| = |AB| = |AC|
.Enton es el amino más orto tiene longitud
|AC| + |CS| + |SR| + |RZ| = 2 + 1 2 +
s
1 2
2+ 1
2
2+ 1
2 = 3 +
√ 2 2 .
3. Por ser la diferen ia entre dos ifras onse utivas siempre de 1, el número debe ir al-
ternando 2 on 1 o 3, es de ir, el número debe ser
2 ∗ 2 ∗ 2 ∗ 2 ∗ 2 ∗ 2 ∗ 2 ∗ 2 ∗ 2 ∗ 2
o∗2 ∗ 2 ∗ 2 ∗ 2 ∗ 2 ∗ 2 ∗ 2 ∗ 2 ∗ 2∗
donde en lugar de∗
puedeir 1o 3. En el primer aso hay2
9posibilidadesyenelsegundohay
2
10,asíqueentotalson2
9+2
10= 2
9(1+2) = 512·3 = 1536
.4. Observemosprimeroque
84 = 3 · 4 · 7
. Porotro ladotenemos quea
3− a = (a − 1)a(a + 1)
es el produ tode tres enteros onse utivos que siemprees múltiplode 3, así quesólo basta
verque sea múltiplo de 7 y de 4;para ello,alguno de los números
a − 1
.a
ya + 1
debesermúltiplode7ydebehaberdosparesentreesos tresnúmerosounodeellosdebesermúltiplo
de 4. Anali emos las posibilidades para
(a − 1, a, a + 1)
uando alguno de los números esmúltiplo de 7:
(5, 6, 7)
tiene sóloun par no múltiplode 4así que no.(6, 7, 8)
tiene dos pares, asíque sí.(7, 8, 9)
tiene un múltiplo de 4,así que sí.(12, 13, 14)
tiene dos pares así quesí.(13, 14, 15)
tiene sóloun par nomúltiplo de 4 asíque no.(14, 15, 16)
tiene dos pares, asíque sí.(19, 20, 21)
tiene un múltiplo de 4, asíque sí.(20, 21, 22)
tiene dos pares, asíque sí.(21, 22, 23)
tiene sóloun par nomúltiplo de 4 asíque no.En totalson 6.
5. Primera forma: Prolonguemos el lado
AB
hasta un puntoC
′ de talmanera que|BC| =
|BC
′|
. Enton es queremos probar que|AC
′| = |AE|
. Tenemos que∠CAB = 180
o− (20
o+
40
o) = 120
o,dedonde∠CAE = 60
o= ∠EAB
yenton es∠CAC
′= 180
o−(60
o+60
o) = 60
o.Como el triángulo
C
′BC
es isós eles tenemos que∠BC
′C = ∠BCC
′=
180o2−20o= 80
o yenton es
∠C
′CA = 80
o− 40
o= 40
o.
Por otro lado∠AEC = 180
o− (60
o+ 40
o) = 80
o y deaquíque lostriángulos
C
′AC
yEAC
son igualesy enton es|AC
′| = |AE|
, omoqueríamosprobar.
Segunda forma: Sea
D
el punto en el segmentoEC
tal que∠DAC = 40
o. Como en laprimera forma,
∠CAB = 180
o− (20
o+ 40
o) = 120
o, de donde∠CAE = 60
o= ∠EAB
.Enton es
∠DAE = 20
o. Por otro lado,∠AEB = 180
o− (60
o+ 20
o) = 100
o, de donde∠AED = 180
o− 100
o= 80
y de aquí que∠ADE = 180
o− (20
o+ 80
o) = 80
o. Tenemosenton es que los triángulos
AED
,ADC
yABD
son isós eles y enton es|BC| − |AB| =
|BC| − |BD| = |DC| = |AD| = |AE|
.Ter era forma. Sea
D
un puntosobre el ladoBC
talqueBD = AB
. Queremos probarqueDC = AE
. Por onstru ión, el triánguloABD
es isós eles; por tanto∠BDA = ∠BAD =
180o−20o
2
= 80
o. Como en las otras formas,∠CAB = 180
o− (20
o+ 40
o) = 120
o, de donde∠CAE = 60
o= ∠EAB
. Enton es∠AEC = 180
o− (60
o+ 40
o) = 80
o; asíeltriánguloDAE
es isós eles on
AE = AD
y∠DAE = 20
o; de aquí que∠CAD = 60
o− 20
o= 40
o y, portanto
DAC
también es isós eles. En on lusiónDC = AD = AE
omo queríamosprobar.6. Delaprimera olumnadebesalirunae ha; éstapuedesalirde ualquieradelos3puntos
y enton es puede llegar a ualquiera de los 4 puntos que no están en su renglón ni en su
olumna. Sinpérdidade generalidadsupongamosquevadeelpuntode arribaalaizquierda
al punto entral (en la segunda olumna). Anali emos las tres posibilidades que tiene la
e haque sale de la segunda olumna.
(a)Nopuedesalirdelprimerrenglón(pues yahabía unae haquesalíadelprimerrenglón.
(b) Sisale del punto entral enton es nopuede llegar al primer renglónpues esto llevaríaa
queen elter errenglónlae haempezarayterminaraahí, lo ualesimposible;enton essu
úni a posibilidades que vaya alter er renglón. En este aso la e ha que sale de later era
olumnadebesalirdelpuntode másabajoyllegar alpuntode laprimera olumnayprimer
renglóny ésta esuna posibilidad(ver lagura de la izquierda).
( ) Si sale del ter er renglón enton es, omo antes, no puede llegar a la primera olumna
(pues la e ha de la ter era olumna empezaría y terminaría ahí mismo); enton es debe
llegar a la ter era olumna y primer renglón; pero enton es la e ha que sale de la ter era
olumnadebesalirdel segundo renglóny llegar ala primera olumnaen el ter errenglón y
ésta es otra posibilidad(verla gura de ladere ha).
Enton es son
3 · 4 · 2 = 24
posibilidades.• • •
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