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2, 5, 8, 11, . . . , 98

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(1)

23

a Olimpiada Mexi ana de Matemáti as, 2009

1. 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 múltiplos

de 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 por

C

. Para llegar de

L

a

Z

sepuede seguir

el segmento

LQ

, después el

QR

y después el

RZ

o también se puede ir por

LH

y después

HZ

, pero éstos tienen la misma longitud por ser

QHZR

un paralelogramo. Para llegar de

C

a

Z

el amino más orto es por el segmento

CS

, después el

SR

y después el

RZ

. Es

laro que este amino tiene la misma longitud que ualquiera de los dos que men ionamos

de

L

a

Z

. Enton es basta omparar el aminode

A

a

L

on el de

A

a

C

. Para llegar de

A

a

L

tenemos dos posibilidades: ir por el segmento

AN

y después el ar o

arc(NL)

o ir por

el segmento

AO

luego el segmento

OE

y después el ar o

arc(EL)

. Cualquiera de éstos es

más 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 hay

2

9

posibilidadesyenelsegundohay

2

10,asíqueentotalson

2

9

+2

10

= 2

9

(1+2) = 512·3 = 1536

.

4. Observemosprimeroque

84 = 3 · 4 · 7

. Porotro ladotenemos que

a

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

y

a + 1

debeser

múltiplode7ydebehaberdosparesentreesos tresnúmerosounodeellosdebesermúltiplo

de 4. Anali emos las posibilidades para

(a − 1, a, a + 1)

uando alguno de los números es

múltiplo 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 punto

C

de talmanera que

|BC| =

|BC

|

. Enton es queremos probar que

|AC

| = |AE|

. Tenemos que

∠CAB = 180

o

− (20

o

+

(2)

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 y

enton es

∠C

CA = 80

o

− 40

o

= 40

o

.

Por otro lado

∠AEC = 180

o

− (60

o

+ 40

o

) = 80

o y de

aquíque lostriángulos

C

AC

y

EAC

son igualesy enton es

|AC

| = |AE|

, omoqueríamos

probar.

Segunda forma: Sea

D

el punto en el segmento

EC

tal que

∠DAC = 40

o. Como en la

primera 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. Tenemos

enton es que los triángulos

AED

,

ADC

y

ABD

son isós eles y enton es

|BC| − |AB| =

|BC| − |BD| = |DC| = |AD| = |AE|

.

Ter era forma. Sea

D

un puntosobre el lado

BC

talque

BD = AB

. Queremos probarque

DC = AE

. Por onstru ión, el triángulo

ABD

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; asíeltriángulo

DAE

es isós eles on

AE = AD

y

∠DAE = 20

o; de aquí que

∠CAD = 60

o

− 20

o

= 40

o y, por

tanto

DAC

también es isós eles. En on lusión

DC = 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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