n´umero 2 01 de octubre de 2013
Olimpiadas Matem´aticas en el Per´u
Editado por John Cuya
Onem 2013 - Segunda Fase
Nivel 1 - problema 9
Considere un tablero de 60 × 60, es decir, de 60 filas y 60 columnas. En la fila que est´a m´as arriba est´an escritos los n´umeros 1, 2, 3, 4, . . . , 60 en ese orden, empezando de la izquierda. En la columna que est´a m´as a la izquierda est´an escritos los n´umeros 1, 2, 3, 4, . . . , 60 en ese orden, empezando de arriba. En cada casilla se va a escribir un n´umero entero de tal forma que la suma de los n´umeros de cada tablero 2 × 2 sea siempre 80. Si en la casilla que est´a en la esquina inferior derecha debe estar escrito el n´umero −a, donde a es un entero positivo, determine el valor de a.
Soluci´on: Consideremos los n´umeros de la primera y se- gunda fila:
a1 b1 ...
c1 d1 ...
a2 b2 ...
c2 d2 ...
a3 b3 ...
c3 d3 ...
· · ·
· · · a30 b30 ...
c30 d30 ...
Sabemos que:
a1+ b1+ c1+ d1= 80, (1) c1+ d1+ a2+ b2= 80, (2) a2+ b2+ c2+ d2= 80. (3) De (1) + (3) − (2), obtenemos
a1+ b1+ c2+ d2= 80.
Adem´as, de las ecuaciones:
c2+ d2+ a3+ b3= 80, a3+ b3+ c3+ d3= 80, de manera similar, podemos obtener:
a1+ b1+ c3+ d3= 80.
As´ı secesivamente llegamos a
a1+ b1+ c30+ d30= 80.
Ahora, cambiamos de direcci´on:
... ...
x1 . . . . . . y1
z1 . . . . . . t1
x2 . . . . . . y2
z2 . . . . . . t2
z30 . . . . . . t30
Como lo hecho anteriormente se puede apricar a cuales- quiera dos filas consecutivas, tenemos que:
x1+ y1+ z1+ t1= 80, (4) z1+ t1+ x2+ y2= 80, (5) x1+ y1+ z1+ t1= 80. (6) Entonces de (4) − (5) + (6) obtenemos:
x1+ y1+ z2+ t2= 80.
As´ı sucesivamente obtenemos que:
x1+ y1+ z30+ t30= 80.
Luego, como x1= 1, y1 = 60 y z30= 60, entonces t30 = 80 − 1 − 60 − 60 = −41 = −a. Finalmente a = 41.
Nivel 1 - problema 10
Romina tiene 33 tarjetas con los n´umeros 2, 3, 4, 5, . . . , 34 y n cajas en las que va a ubicar las tarjetas (cada tarjeta va a ser ubicada en alguna de las cajas). Ella quiere que se cumpla la siguiente condici´on: Si dos tarjetas tienen los n´umeros a y b tal que a es un divisor de b, entonces estas tarjetas tienen que estar ubicadas en cajas diferentes. Determine el menor valor de n para el cual esa situaci´on es posible.
Soluci´on: Las tarjetas con los n´umeros 2, 4, 8, 16 y 32 deben estar en cajas distintas, ya que para cualesquiera dos de esos n´umeros se cumple que uno divide al otro.
1
Luego, el menor valor de n es 5, donde un ejemplo con cinco cajas puede ser el siguiente:
A = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31}, B = {4, 6, 9, 10, 14, 15, 21, 22, 25, 26, 33, 34}, C = {8, 12, 18, 20, 27, 28, 30},
D = {16, 24}, E = {32}.
Nivel 2 - problema 7
Sean a, b, c n´umeros enteros diferentes entre s´ı, tales que el polinomio P (x) = x3+ ax2+ bx + c cumple que P (a) = a3 y P (b) = b3. Halla el valor de P (1).
Soluci´on: Consideremos el polinomio
Q(x) = P (x) − x3= ax2+ bx + c.
Tenemos que Q(a) = P (a) − a3= 0 y Q(b) = P (b) − b3= 0, entonces a y b son ra´ıces de Q(x). Adem´as, como el coeficiente principal de Q(x) es a, entonces
Q(x) = a(x − a)(x − b).
Luego, tenemos:
a(x − a)(x − b) = ax2+ bx + c
⇔ ax2− a(a + b)x + a2b = ax2+ bx + c. (1) De (1) se debe cumplir la igualdad: −a(a + b) = b, la cual es equivalente a:
−a2− ab = b
⇔ −a2= b(1 + a)
⇔ 1 − a2= b(1 + a) + 1
⇔ (1 + a)(1 − a − b) = 1.
Luego, como a y b son enteros, tenemos dos casos: Si 1 + a = 1 − a − b = 1, entonces a = b = 0, lo cual no puede ocurrir. Por lo cual 1 + a = 1 − a − b = −1, de donde a = −2 y b = 4. Nuevamente de (1) tenemos que c = a2b = 16. Finalmente P (1) = 1 + a + b + c = 19.
Nivel 2 - problema 10
Las siguientes figuras son llamadas L-tetromin´os, donde cada una est´a formada por cuatro cuadraditos.
Cada cuadradito de un tablero de 8 × 8 se ha pintado de un color, de tal forma que si escogemos cuatro cuadraditos cualesquiera que forman un L-tetromin´o en- tonces esos cuatro cuadraditos tienen colores diferentes.
Determina el menor n´umero de colores que se pudieron haber usado en total para que esta situaci´on sea posible.
Soluci´on: Primero observemos que todas las casillas que forman el siguiente bloque son de distinto color:
ya que cualesquiera dos de ellas se pueden cubrir con un L-tetromin´o, esto quiere decir que debe haber al menos 7 colores. Ahora, supongamos que se puede pintar el ta- blero con 7 colores, entonces en la siguiente figura:
X
Y
las casillas X e Y deben tener el mismo color, ya que el color de ambos deben ser distintos a los de las casillas del rect´angulo de 2 × 3 y s´olo hay 7 colores. Esto quiere decir que cualesquiera dos casillas ubicas como X e Y (con un rect´angulo en medio) tienen el mismo color. Luego, en la siguiente figura:
A D
X B E G
C F Y
A, B, C, D, E, F, G son de colores distintos, adem´as, X y A son del mismo color, y, al mismo tiempo, Y debe ser de dintinto color que X, B, C, D, E, F, G, pero s´olo hay 7 colores (⇒⇐).
Finalmente, el menor n´umero de colores necesarios es 8 donde un ejemplo es el siguiente:
A B C D A B C D
E F G H E F G H
C D A B C D A B
G H E F G H E F
A B C D A B C D
E F G H E F G H
C D A B C D A B
G H E F G H E F
Nivel 3 - problema 7
Se tiene un tablero de 5 × 5 y en cada casilla est´a escrito uno de los signos + o −, como muestra la figura. Una operaci´on consiste en elegir tres casillas que formen un trimin´o en forma de L y cambiar los signos de esas tres casillas.
− +
− +
−
− + + + +
− +
−
−
− + +
−
− +
− +
− +
−
¿Cu´antas operaciones como m´ınimo se necesitan para que todas las casillas del tablero tengan signo +?
Aclaraci´on: Los trimin´os en forma de L son:
Soluci´on: Observemos los signos de las siguientes casillas:
−
−
−
−
−
−
−
−
−
Estas deben ser cambiadas al signo +, sin embargo en ca-´ da operaci´on es imposible cambiar dos de ellas al mismo tiempo, por ese motivo el menor n´umero de operaciones necesarias es 9 y un ejemplo es el siguiente:
Nivel 3 - problema 10
Sabemos que para todo x ∈ 0,π2 se cumple que sen x <
x < tan x. Halla el mayor entero positivo n que tiene la siguiente propiedad:
sen 2x + tan 2x > nx, para todo x ∈ 0,π4.
Soluci´on: Antes de resolver el problema, veamos de donde se obtiene sen x < x < tan x. Para los ´angulos del pri- mer cuadrante est´as razones trigonom´etricas se pueden representar en la circunferencia unitaria:
x 1
O A
B
E D
C
donde BC = sen x, m _
AB = x y AD = BE = tan x (x en radianes). Luego, ubicando el punto B0, sim´etrico de B respecto a la recta OE, obtenemos:
x 1
1 x
O C A E
B
B0
Entonces, como el segmento BB0, el arco BAB0 y la poligonal BEB0 son convexos, se cumple que BB0 < m
_
BB0 < BE + EB0, de donde se obtiene sen x < x < tan x para todo x ∈ 0,π2.
Regresando al problema, demostraremos que el mayor valor de n es 4. Primero, probaremos que
sen 2x + tan 2x ≥ 4 tan x
⇔ sen 2x + sen 2x
cos 2x ≥ 4 tan x
⇔ sen 2x cos 2x + 1 cos 2x
≥ 4 tan x
⇔ 2 sen x cos x
2 cos2x 2 cos2x − 1
≥ 4sen x cos x
⇔ cos4x ≥ 2 cos2x − 1
⇔ (cos2x − 1)2≥ 0,
lo cual es cierto. Luego, como tan x > x, entonces sen 2x + tan 2x > 4x,
es decir, la propiedad se cumple para n = 4. Ahora, pro- baremos que la propiedad no se cumple para n = 5, para ello basta encontrar un x ∈ 0,π4 tal que
sen 2x + tan 2x ≤ 5x,
pero como sen 2x < tan 2x y sen x < x, basta encontrar
un x ∈ 0,π4 tal que
2 tan 2x ≤ 5 sen x
⇔ 2 sen 2x cos 2x
≤ 5 sen x
⇔ 2 2 sen x cos x 2 cos2x − 1
≤ 5 sen x
⇔ 4 cos x ≤ 5(2 cos2x − 1)
⇔ 10 cos2x − 4 cos x − 5 ≥ 0
⇔
cos x −1 5
2
≥ 27 50,
lo cual es cierto para un x muy cercano a 0, por ejemplo cuando cos x = 19
20.
Problemas Resueltos
Problema 1: Probar que el n´umero 11 . . . 1122 . . . 225, con 1997 d´ıgitos uno y 1998 d´ıgitos dos, es un cuadrado perfecto.
Soluci´on: Veamos:
N = 11 . . . 122 . . . 25
= (11 . . . 1) × 10n+2+ (22 . . . 2) × 10 + 5.
Desarrollando:
N = 1
9(10n− 1) × 10n+2+2
9 10n+1− 1 × 10 + 5
=1
9 × 102n+2−1
9 × 10n+2+2
9 × 10n+2−20 9 + 5
=1
9 × 102n+2+1
9 × 10n+2+25 9
= 10n+1+ 5 3
2 ,
y como 10n+1+ 5 es m´ultiplo de 3, entonces 10n+1+ 5 es entero, es decir, N es un cuadrado perfecto. 3
Otra soluci´on interesante fue enviada por: Anthony Ya- taco (Colegio Prolog).
Problema 2: La media aritm´etica de dos enteros positivos x e y es un n´umero de dos d´ıgitos. Si los d´ıgitos de dicho n´umero se intercambian obtenemos un n´umero que es igual a la media geom´etrica de x e y. Determine los valores de x e y.
Soluci´on: Luis Abreg´u (Colegio Prolog).
Tenemos que
x + y
2 = ab, √
xy = ba
⇒ x + y = 2ab, xy = (ba)2. Reemplazamos y = 2ab − x:
x(2ab − x) = (ba)2
⇔ 2(ab)x − x2= (ba)2
⇔ x2− 2(ab)x + (ba)2= 0. (1) Primer caso: a 6= b. Por f´ormula general en (1):
x = 2(ab) ± q
4(ab)2− 4(ba)2 2
⇒ x = ab ± q
(ab)2− (ba)2
⇒ x = ab ±p
99(a2− b2).
Luego a2− b2 = 11 ´o 44. Si a2− b2 = (a + b)(a − b) = 11 ⇒ a + b = 11, a − b = 1 ⇒ a = 6, b = 5. Si a2− b2= (a + b)(a − b) = 44 ⇒ a + b = 22, a − b = 2 ⇒ a = 12, b = 10 (⇒⇐).
Finalmente, ab = 65 ⇒ x = 65 ± 33, as´ı obtenemos las soluciones (x, y) = (98, 32); (32, 98).
Segundo caso: a = b. De (1) tenemos:
x2− 2(aa)x + (aa)2= 0
⇒ (x − aa)2= 0
⇒ x = aa.
As´ı obtenemos los pares (x, y) = (11, 11); (22, 22);
(33, 33); (44, 44); (55, 55); (66, 66); (77, 77); (88, 88);
(99, 99).
Otras soluci´ones similares fueron enviadas por: Andr´es Rodriguez y Marko Ataulluco (Colegio Prolog).
Problema 3: En un sal´on de lectura los asientos est´an ordenados en filas y columnas, formando un rect´angulo.
En cada fila est´an sentados 6 varones, en cada columna est´an sentados 8 mujeres y 15 asientos est´an desocupa- dos. Determina el n´umero de filas y columnas.
Soluci´on: Anthony Yataco (Colegio Prolog).
Sea m el n´umero de filas y n el n´umero de columnas. El n´umero de mujeres, m´as el n´umero de varones, m´as el n´umero de asientos vac´ıos es igual al total de asientos,
entonces:
6n + 8m + 15 = mn
⇒ 6n + 15 = m(n − 8)
⇒ 6(n − 8) + 64 = m(n − 8)
⇒ (m − 6)(n − 8) = 63.
Luego, 63 se puede expresar como producto de dos n´umeros de las siguientes maneras: 63 = 1 × 63 = 3 × 21
= 7 × 9 = 9 × 7 = 21 × 3 = 63 × 1; as´ı obetenemos todas las soluciones (m, n) = (7, 71); (9, 29); (13, 17); (15, 15);
(27, 11); (69, 9).
Observaci´on: Se debe mostrar un ejemplo de como ubicar a las personas para cada caso y si bien no es demasiado complicado s´ı es algo trabajoso. S´olo hay que ir ubicando a las mujeres y varones (uno luego el otro) en diagonal hasta que satisfaga las condiciones del problema y com- pletar con los asientos vac´ıos.
Problema 4: Un tablero de 11 × 12 puede ser cubierto, sin superposiciones y sin salirse del tablero, con N fichas.
Cada ficha es de 1 × 6 ´o 1 × 7, y pueden ser rotadas.
Determine el menor valor de N .
Soluci´on: Ra´ul Alc´antara y Gustavo Orosco (Cole- gio Saco Oliveros).
Sea a el n´umero de fichas de 1 × 6 y b el n´umero de fichas de 1 × 7, entonces 6a + 7b = 132; es f´acil ver que las soluciones son (a, b) = (1, 18); (8, 12); (15, 6); (22, 0), y en tales casos N = a + b = 19, 20, 21, 22.
Supongamos que s´ı es posible para N = 19 ⇒ a = 1, b = 18. Marquemos algunas casillas del tablero:
X X
X X
X X
X X
X X
X X
X X
X
X X
X X
X
Notemos que el n´umero de casillas marcadas es 20.
Cada ficha de 1 × 7 cubre exactamente una casilla marcada, como son 18 fichas de 1 × 7, entonces la ´unica ficha de 1×6 deber´ıa cubrir dos casillas marcadas (⇒⇐).
Entonces N ≥ 20 y en el siguiente ejemplo se cumple N = 20 (a = 8, b = 12):
Por lo tanto el menor valor de N es 20.
Problema 5: Sea ABC un tri´angulo de per´ımetro p cuya cirunferencia inscrita es S. Sean D y E puntos de los lados AB y BC, respectivamente, tales que el segmento DE es paralelo al lado AC y es tangente a la circunferencia S. Halla el mayor valor que puede tomar DE, en funci´on de p.
Soluci´on: Jemisson Coronel (Colegio Saco Oliveros).
Sea DE = l, r el inradio de ABC, la altura BH = a y AC = x.
r r O
A C
B
D H E
H0 Como DE||AC:
DE
BH = AC
BH0
⇒ l
a = x
a + 2r. (1)
Se sabe que
[ABC]
[DEO] =
pr 2 lr 2
=p l.
Adem´as, l toma su mayor valor cuando p
l toma su menor
valor. Luego:
p
l = [ABC]
[DEO]
⇒ p l =
x(a+2r) 2 lr 2
⇒ p
l =x(a + 2r) lr . De (1):
p
l = l(a + 2r)(a + 2r) alr
⇒ p
l = (a + 2r)2 ar
⇒ p
l = 4 + a r +4r
a Por M.A. ≥ M.G.:
a r +4r
a ≥ 2 ra
r ·4r a = 4.
Entonces el menor valor de p
l es 8, por lo cual el mayor valor de l es p
8.
Observaci´on: El caso de igualdad se da cuando a = 2r.
Otra soluci´on distinta fue enviada por: Andr´es Rodri- guez (Colegio Prolog).
descarga gratuita e informaci´on en:
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