A1.-Dado un entero positivon, hallar la suma de todos los enteros positivos inferiores a 10n que no son m´ultiplos de 2 ni de 5.
Soluci´on.
Sean los conjuntos
A ={1,2, . . . ,10n}, B ={2,4, . . . ,2(5n)}, C ={5,10, . . . ,5(2n)}, B∩C ={10,20, . . . ,10n}.
Nos piden la suma de los elementos de A que no son de B ni de C. Las sumas de los elementos de cada uno de los conjuntos es
ΣA= 10n(10n+ 1) 2 , ΣB= 2 5n(5n+ 1) 2 , ΣC = 5 2n(2n+ 1) 2 , y Σ(B∩C) = 10n(10n+ 1) 2 . La suma pedida es ΣA−ΣB−ΣC+ Σ(B∩C) = 20n2.
A2.-Sea ABC un tri´angulo acut´angulo con ˆA = 45◦, y sea P el pie de la altura por B. Trazamos la circunferencia de centro P que pasa porC y que vuelve a cortar a AC en el punto X y a la altura P B en el punto Y. Sean r y s las rectas perpendiculares a la recta AY por P y X, respectivamente, y L, K las intersecciones de r, s con AB. Demostrar que L es el punto medio de KB.
Soluci´on.
Por construcci´on es P X =P Y =P C. Los tri´angulos P AY y P CB, rect´angulos en P, son iguales ya que AP = P B (el tri´angulo rect´angulo AP B es is´osceles) y P Y = P C. Por tanto los ´angulos α y β son iguales.
El tri´angulo rect´angulo P Y Q es semejante a los anteriores, de manera que el ´angulo γ = LP B es igual a α. Resulta que los segmentos P L y CB son paralelos, y por el teorema de Thales queda KL=LB ya que P X=P C.
A K L B Y C P X Q α β γ
A3.-Los puntos A1,A2, . . . ,A2n+1 son los v´ertices de un pol´ıgono regular de 2n+ 1 lados.
Hallar el n´umero de ternas Ai, Aj, Ak tales que el tri´angulo AiAjAk es obtus´angulo.
Soluci´on.
Al ser 2n+ 1 impar, no es posible construir tri´angulos rect´angulos. Observemos que cualquier tri´angulo obtus´angulo dejar´a el centro O (su circuncentro) fuera de ´el. Si lo giramos en sentido directo o inverso alrededor de O pode-mos conseguir que uno de sus v´ertices agudos est´e en A1. Los
otros dos est´an, bien en el con-junto {A2, . . . , An+1}, bien en
{An+2, . . . , A2n+1}. El n´umero
buscado ser´a 2n2. Como esto lo podemos hacer con cada uno de los 2n+ 1 v´ertices, quedar´an 2(2n + 1)n2 tri´angulos. Pero cada tri´angulo lo hemos contado dos veces, una para cada v´ertice agudo. Luego la soluci´on bus-cada es (2n+ 1)n2. A1 A2 An+1 An+2 A2n+1 O Soluci´on alternativa.
Fijemos el v´ertice obtuso en un v´ertice, por ejemplo, elA1. Los tres lados del tri´angulo
abarcar´an respectivamentex,y y z lados del pol´ıgono de 2n+ 1 lados. Ser´ax+y+z = 2n+ 1. El lado opuesto al ´angulo obtuso, digamos z, deber´a cumplir z ≥ n+ 1. Calculemos el n´umero de soluciones enteras positivas de la ecuaci´onx+y+z = 2n+ 1 con la condici´on fijada para la z.
Siz =n+1, quedax+y =nque tienen−1 soluciones. Siz =n+2, quedax+y =n−1 que tiene n−2 soluciones. . . . Si z = 2n−1, queda x+y= 1 que tiene 1 soluci´on. En total hay (n−1) + (n−2) +· · ·+ 2 + 1 = n(n−1) 2 = n 2
soluciones con el ´angulo obtuso en A1. Si consideramos las otras posibles posiciones
para dicho ´angulo queda en total
(2n+ 1) n 2 .
B1.-Seana, b, c tres n´umeros reales positivos cuyo producto es 1. Demostrar que si la suma de estos n´umeros es mayor que la suma de sus rec´ıprocos, entonces exactamente uno de ellos es mayor que 1.
Soluci´on.
Dado que abc= 1 y a+b+c > 1 a + 1 b + 1 c, debe ser (a−1)(b−1)(c−1) =abc−ab−bc−ca+a+b+c−1 =a+b+c− 1 a + 1 b + 1 c >0
La desigualdad anterior se cumple cuando uno de los factores del n´umero
(a−1)(b−1)(c−1)
es positivo o los tres factores son positivos. Si fuesen los tres positivos, entonces tendr´ıamos a > 1, b > 1 y c > 1 lo cual no es posible porque abc = 1. Por tanto, solo uno de ellos es positivo y esto completa la demostraci´on.
B2.-En un tri´angulo rect´angulo de hipotenusa unidad y ´angulos respectivos de 30◦, 60◦ y 90◦, se eligen 25 puntos cualesquiera. Demostrar que siempre habr´a 9 entre ellos que podr´an cubrirse con un semic´ırculo de radio 3/10.
Soluci´on.
Este tri´angulo tiene la propiedad que puede descomponerse en tres tri´angulos congru-entes entre si y semejantes al tri´angulo inicial.
Como tenemos tres tri´agulos y 25 puntos, en alguno de ellos habr´a al menos 9 puntos. La hipotenusa de cada uno de estos tri´angulos semejantes al inicial mide√3/3, y como son rect´angulos, ´estos est´an cubiertos por la mitad de su c´ırculo circunscrito. Ahora el enunciado queda demostrado porque r = 12 ×
√ 3 3 <
3 10.
B3.-Sea P un punto interior a un tri´angulo ABC y sean HA, HB, HC los ortocentros de los tri´angulos P BC, P AC y P AB, respectivamente. Demostrar que los tri´angulos HAHBHC y ABC tiene igual ´area.
Soluci´on.
Primero calcularemos la distancia de un v´ertice al ortocentro del tri´angulo. En la siguiente figura se observa que los tri´angulosBCC y AHC son semejantes, con lo que resulta AH CB = AC CC ⇔ AH a = AC CC
Adem´as, en el tri´angulo ACC se tiene que AC =bcosA y CC =bsinA.
C a B
H A
b c
Sustituyendo en la expresi´on anterior resulta
AH a =
bcosA
bsinA =|cotA| de donde se obtiene que
AH =a|cotA|. B C A P HA HB HC α β γ
Sean α = ∠BP C, β = ∠AP B, γ = ∠AP C. N´otese que α +β +γ = 360◦. Entonces P HA = −acotα y P HC = −ccotγ. Como que BHAP HC es un cuadril´atero y tiene
dos ´angulos rectos, resulta ∠HAP HC = 180◦−B y el ´area del tri´angulo P HAHC es A(P HAHC) = accotαcotγsinB
2 =A(ABC) cotαcotγ.
Sumando las ´areas de los tres tri´angulosP HAHB, P HBHC y P HCHA se obtiene
A(HAHBHC) =A(ABC)
ciclico
cotαcotβ.
Dado que α+β = 360−γ resulta cot(α+β) = cotγ o equivalentemente, cotαcotβ−1
cotα+ cotβ =−cotγ ⇔
ciclico
cotαcotβ = 1