OLIMPIADA COSTARRICENSE DE MATEM ´
ATICA
MEP – MICIT – UNA – UCR – UNED – ITCR
Tercera Eliminatoria 2011
Banco de Problemas
Segundo D´ıa
Algebra, L´
ogica y Conteo
Problema 1.En una habitaci´on hay seis personas. Dos personas cualesquiera de esa habitaci´on son siempre amigos o enemigos. Demuestre que siempre se pueden escoger tres de esas personas que sean o amigos entre s´ı, o enemigos entre s´ı.
Soluci´on
Representemos a cada persona en la habitaci´on por un punto, si dos personas son amigas, lo represen-tamos con un segmento verde, si son enemigas con un segmento rojo. As´ı vamos a tener un hex´agono y sus diagonales donde cada segmento es verde o rojo.
Debemos demostrar que se forma un tri´angulo con los lados del mismo color.
Tomemos un punto cualquiera, digamosA. DeAsalen 5 segmentos distintos, como tenemos 2 colores, al menos 3 de esos segmentos deben ser del mismo color (principio de las casillas). Supongamos sin p´erdida de generalidad que deA salen 3 segmentos rojos a los puntos, digamos B,C y D. Si alguno de los segmentos BC, BD o CD es rojo, entonces se forma un tri´angulo, con A como uno de los v´ertices, cuyos lados son todos rojos. Si esto no sucede entonces los segmentos BC,BD o CD ser´ıan todos verdes, por lo tanto4BCD tendria todos sus lados verdes.
Problema 2.Pruebe que los n´umeros de la secuencia107811 3 ,
110778111
3 ,
111077781111
3 ,... son cubos perfectos.
Soluci´on
Sea an el t´ermino n-´esimo de la secuencia, as´ı tenemos:
an =
1 3
Ç
103n+3−102n+3
9 + 7
102n+3−102n+3
9 +
10n+1−1 9
å
= 1 27(10
3n+3−3·102n+2+ 3·10n+1−1)
=
Ç
10n+1−1 3
å3
Problema 3. Dada la expresi´on
√
x+y+√x−y
√
x+y−√x−y con x > 0, y > 0 y x > y. Si x
y = 7, calcular el valor
num´erico de la expresi´on dada. (Simplifique al m´aximo)
Soluci´on:
Racionalizando el denominador de la expresi´on dada tenemos,
√
x+y+√x−y
√
x+y−√x−y =
(√x+y+√x−y) (√x+y−√x−y) ·
(√x+y+√x−y) (√x+y+√x−y) =
(√x+y+√x−y)2
x+y−(x−y) =
x+y+2√x+y·√x−y+x−y
2y =
2x+2·√(x+y)(x−y)
2y =
x+
√
x2−y2
y =
x y +
qx2−y2
y2 =
x y +
q
x2
y2 −
y2
y2 =
x y +
q
(xy)2−1
Ahora sustituyendo xy = 7 tenemos,
Otra forma de resolver es:
√
x+y+√x−y
√
x+y−√x−y =
√
x+y√+√x−y y
√
x+y√−√x−y y
=
»
x+y y +
»
x−y y
»
x+y y −
»
x−y y = √x y+ y y+ √x y− y y √x y+ y y− √x y− y y = √
7+1+√7−1 √
7+1−√7−1 = √
8+√6 √
8−√6
Racionalizando el denominador,
√ 8+√6 √
8−√6 · √
8+√6 √
8+√6 =
(√8+√6)2
8−6 =
8+2·√8·6+6
2 =
14+2√48
2 =
14+2·4√3
2 = 7 + 4
√ 3.
Teor´ıa de N´
umeros
Problema 4.Se tienen cuatro enteros positivos. Si se le suma 3 al primero, se le resta 3 al segundo, se multiplica por 3 el tercero y se divide al cuarto entre 3, se obtiene en todos los casos el mismo n´umero. Adem´as, la diferencia de los dos n´umeros mayores supera en 36 a la diferencia de los dos menores. Determine los cuatro n´umeros.
Soluci´on
Tenemos quea+ 3 =b−3 = 3c= d 3.
Supongamos quea ≤c ⇒3c−3≤c ⇒c≤ 1
2 ⇒c= 1 ⇒a= 0, lo cual es una contradicc´on pues a es entero positivo, as´ı entoncesa > c.
Adem´as, a+ 3 =b−3⇒a+ 6 =b ⇒b > a.
Por otra parte,d = 3a+ 9 =b+ 2a+ 3 > b ⇒d > b. As´ı tenemos entonces qued > b > a > c Por hip´otesis tenemos que d−b =a−c+ 36, escribiendo todo en t´erminos de a
3a+ 9−a−6 = a−a
3−1 + 36 3a−a−a+a
3 = −1 + 36−9 + 6 4
3a = 32 a = 24
Por lo tanto,a = 24, b= 30, c= 9 y d= 81.
Problema 5. Determine un n´umeroN de seis d´ıgitos que cumpla las dos condiciones siguientes:
1. N es un cuadrado perfecto.
2. Si X es el n´umero formado por los tres ´ultimos d´ıgitos de N y Y es el n´umero formado por los tres primeros d´ıgitos deN, entonces X =Y + 1.
Soluci´on:
Usando la notaci´on desarrollada, podemos escribir N como
En este caso tenemos que
Y = 102a5+ 10a4+a3, X = 102a2+ 10a1+a0.
De la condici´on (2) se tiene que
102a2+ 10a1+a0 = 102a5+ 10a4+a3+ 1
Luego,
N = 1000(102a5+ 10a4+a3) + 102a5+ 10a4 +a3 + 1 = 1001(102a5+ 10a4+a3) + 1.
Como N es cuadrado perfecto, entonces N =M2; es decir,
1001(102a5+ 10a4+a3) + 1 =M2
1001(102a5+ 10a4 +a3) =M2−1
7·11·13(102a5+ 10a4+a3) = (M + 1)(M −1).
As´ı, dos de los factores 7, 11, 13 deben ser divisores de M + 1 o de M −1 (y el otro del otro). Por otra parte, observe queM debe ser mayor que 317 y menor que 1000. En este rango, los m´ultiplos de 77 son 77·5, . . . ,77·12.
Si tomamos 77 como divisor de M + 1 y probamos con los n´umeros anteriores, encontramos que M −1 = 845 y, por lo tanto,N = 8462 = 715 716.
Geometr´ıa
Problema 6. En 4ABC, sean M y N los puntos medios de AB y AC, respectivamente. En el segmentoBC, hay un punto D, diferente de su punto medio, tal que∠M DN =∠BAC. Probar que AD es perpendicular aBC.
Soluci´on:
Sea S el punto medio de BC. Sin perder generalidad asumamos que D est´a entre B y S. Entonces M N k BC, M S k AC, y N S k AB, as´ı: ∠ABC = ∠M N S y ∠M DN = ∠BAC = ∠M SN. Esto significa que el cuadril´atero M N SD es c´ıclico; por lo tanto,sus ´angulos opuestos son suplementarios. Tenemos ∠M DB = 180◦ −∠M DS = ∠M N S = ∠ABC, lo cual implica que M A = M B = M D. Entonces, AB es un di´ametro del circunc´ırculo de 4ABD, y, as´ı∠ADB = 90◦.
B C
A
M
D
N
Problema 7. Proponente: Miguel Arias V.. Si las longitudes de los lados de un tri´angulo rect´angulo son todos n´umeros enteros y uno de ellos es 2011, determine el per´ımetro del tri´ angu-lo.
Soluci´on
Para que el per´ımetro sea el mayor posible, se necesita que la longitud dada sea de un cateto y no de la hipotenusa. En general, si uno de los catetos tiene longitudA(en nuestro casoA = 2011), entonces debemos maximizarA+x+y en dondex, y son enteros positivos que satisfacen A2+x2 =y2. Desde que A2 = y2 −x2 = (y+x)(y −x), para maximizar A+x+y debemos maximizar y+x que se consigue haciendoy−x= 1 de donde A2 =y+x con lo que
A+x+y=A+A2 =A(1 +A) = 2011·2012 = 4,046,132
Problema 8. Considere el cuadrado ABCD. Sea M un punto sobre CD con M 6=C, M 6= D. Sea N sobreADtal que AN =rN D. SeanE, F, G las intersecciones de la paralela aDC que pasa porN con los segmentos M A, M B y CB respectivamente. Calcule (en t´erminos de r) la raz´on de la suma de las ´areas de los tri´angulosAN E y BF Gcon respecto al ´area del cuadradoABCD.
Soluci´on:
Considere la figura adjunta
D C
B A
M
N E G
F
Primero, dado queAN =rN D, entonces, si`es la medida del lado del cuadrado yy=AN, entonces,
` y =
AN+N D
AN = 1 + N D
AN = 1 +
1
r, por lo tanto y = ` r
r+1. Ahora, sean x = DM, z = N E, w = F G
tenemos por semejanza que x` = zy, `−`x = wy; sumando tenemos 1 = z+yw, es decir y =z +w. Ahora (AN E) + (BF G) = 12zy+ 12wy= 12y(z+w) = 12y2. Entonces:
(AN E) + (BF G) (ABCD) =
1 2
y2
`2 =
1 2
`2Ä r r+1
ä2
`2 =
1 2
Å r
r+ 1
ã2
Problema 9. En la figura adjunta H es el ortocentro y O el circuncentro del tri´angulo acut´angulo ABC. La circunferencia con centro O y radio HA corta a las rectas AC y AB en los puntos P y Q, respectivamente. SeaM el punto medio de AC. Suponga queO es el ortocentro del ∆AP Q
A
B C
O H
Q
P M
Pruebe que el circuncentro y el ortocentro del ∆AQC son iguales.
Soluci´on:
A
B C
D
O H
Q
I P
M
Note queAH =HQ(son radios del c´ırculo) entoncesAHQes isosceles y←→CH es mediatriz y es altura del ∆AQC.
ComoO es el ortocentro del ∆AP Qentonces la rectaOQes perpendicular a←AP→=←AC.→ Luego, dado que O es el el circuncentro de ∆ABC entonces la recta OM es perpendicular a la recta ←AC.→ Como por el puntoO pasa una ´unica perpendicular a ←AC.→ se obtiene queQ, O y M son colineales.
Note que ←QM−→ es mediatriz de ∆AQC. Adem´as, dado que Q − O − M son colineales, entonces ←−→
OM =←QM−→ es altura del ∆AQC. Por lo tanto:
1. ←QM−→ y ←→CH son mediatrices del ∆AQC. Sea I ∈ ←QM−→ ∩ ←→CH, entonces I es el circuncentro del ∆AQC.
