XXV OLIMPIADA COSTARRICENSE DE MATEMATICA

UNA - UCR - TEC - UNED - MEP - MICITT

BANCO DE PROBLEMAS

DIA 2

NIVEL I

( 7o)

martes 19 de noviembre de 2013

Geometrıa

1. Los puntos B y C pertenecen a la circunferencia con centro en O y diametro AD, de maneraque estan en el mismo semiplano determinado por ese diametro. Si AB ‖ OC y m∠BOC = 72◦

es recto, encuentre el valor de m∠OCD +m∠ABO.

72◦

OA D

B

C

Solucion

Sea α = m∠BAO, entonces, por angulos entre paralelas m∠COD = α

Los triangulos 4OAB, 4OBC, 4OCD son todos isosceles pues sus lados son radios de unamisma circunferencia.

Ası, m∠ABO = α ⇒ m∠BOA = 180◦ − 2α. Entonces, ∠AOB, ∠BOC y ∠COD forman unangulo llano, entonces, 180◦ − 2α+ 72◦ + α = 180◦ ⇒ α = 72◦. Entonces, m∠ABO = α = 72◦.

Entonces, al aplicar la suma de angulos internos en el triangulo isosceles 4OCD, se tiene quem∠OCD = 180◦−72◦

2 = 54◦. Por lo tanto, la suma pedida es 72◦ + 54◦ = 126◦.

NOTA: La configuracion puede cambiar de manera que se obtiene m∠ABO = 54◦,m∠OCD = 72◦, pero la respuesta final es la misma. Esto serıa tomando la figura simetrica quese obtiene al reflejar la configuracion anterior sobre la perpendicular al diametro que pasa porel centro.

2. Los puntos K y L, sobre el segmento AM tales que A−K −L−M , satisfacen AK = LM . Lospuntos B y C, sobre el mismo semiplano definido por AM y D es un punto del otro semiplanodefinido por AM son tales que BK = KM , CM = KL, DL = LM y BK, CM y DL sonperpendiculares a AM . Pruebe que 2ABCD es un cuadrado.

Solucion

La figura que se forma, de acuerdo al enunciado es la siguiente

1

B

KA L

D

M

C

Consideremos la siguiente figura

A

D

C

B

MLK

O P

Notemos que AL = AK +KL = LM +KL = KM = BK y que AK = LM = DL y desde quelos triangulos 4ABK y 4DAL son ambos triangulos rectangulos se tiene que por l − a − l y4ABK ∼= 4DAL y ası AB = AD

Sea O el punto en BK tal que 2KMCO es un rectangulo. Sea P la interseccion de CO y la pro-longacion de DL. Entonces 2OPLK es un rectangulo. Mas aun, KL = CM = PL, ası 2OPLKes un cuadrado.

Ahora,

DP = DL+ LP = AK +KL = AL y PC = OC −OP = KM −KL = LM = DL

Tambien los triangulos 4CDP y 4DAL son ambos triangulos rectangulos,ası 4CDP ∼= 4DAL.

2

Finalmente, OC = KM = AL y BO = BK −OK = AL−KL = AK,ası 4BCO ∼= 4ABK desde que ambos son triangulos rectangulos.

Desde que 4BCO ∼= 4ABK ∼= 4CDP ∼= 4DAL los lados de 2ABCD son congruentes ylos angulos internos del cuadrilatero tambien son congruentes y concluimos que 2ABCD es uncuadrado.

3. Sea 4ABC con AB = AC y D un punto sobre la mediatriz de AC tal que ∠BAC = ∠ADC(con D en distinto semiplano con respecto a

←→AC que el punto B). Sea M el punto medio de AC,

K la interseccion de las rectas←→AB y

←→CD, R la interseccion de las rectas

←−→DM y

←→AB. Suponga

que RD = RK, halle ∠BAC

A D

K

CB

R

M

Solucion

Sea ∠BAC = 2α, como el 4ABC es icosceles con AB = AC, ∠ACB = ∠ABC = 90−α. ComoD esta sobre la mediatriz de AC, AD = DC, y por tanto ∠ACD = 180−∠ADC

2 = 180−2α2 = 90−α.

Como ∠DMC = 90, pues←−→DM es la mediatriz de AC, entonces ∠MDC = α ⇒ ∠RDK =

α(B −M − C y K − C −D)

Ahora al ser K − C − D, ∠ACD = 90 − α y ∠ACB = 90 − α, entonces ∠BKC = 2α. Comolos angulos internos en un triangulo suman 180◦ y ∠KBC = 90 + α(A − B −K) ⇒ ∠BKC =90 − 3α ⇒ ∠RKD = 90 − 3α (R − B − K y K − C − D). Y al ser RK = RD entonces∠RKD = ∠RDK ⇒ 90− 3α = α⇒ 4α = 90⇒ ∠BAC = 2α = 45.

3

Teorıa de Numeros

1. ¿Existen enteros a, b, c tales que a+ b+ c = 2013 y a2 + b3 = c4?

Solucion

Observemos primero que si x y n son enteros, con n ≥ 1, entonces, x y xn tienen la mismaparidad.

Supongamos que existen tres enteros a, b y c que cumplen las condiciones citadas. Como a+b+c =2013 es impar, esto quiere decir que todos son impares, o solo uno es impar. Si todos son pares,o dos son impares y uno par, entonces la suma serıa par.

Notemos ahora que si a y b son ambos pares, entonces a2 y b3 son tambien pares, y por lo tanto,c4 tendra que ser par. Por lo tanto, c es par. Por lo tanto, este no puede ser el caso.

Si a y b son ambos impares, entonces a2 + b3 = c4 es par, entonces hay dos impares y un par.Pero esto no puede pasar, por lo tanto, este no puede ser el caso.

Unicamente falta el caso cuando entre a y b son uno par y el otro impar. Pero en este caso, entrea2 y b3 habrıa uno par y otro impar, y por lo tanto c4 serıa impar, y entonces, entre a, b y c haysolo un par y este caso no se puede dar.

Por lo tanto, no existen tres enteros que cumplan las condiciones citadas.

2. Sea M un conjunto formado por 17 numeros enteros positivos cuyos divisores primos son meno-res o iguales que 7. Probar que existen en M dos numeros cuyo producto es un cuadrado.

Solucion

Si a y b pertenecen a M , entonces a = 2i · 3j · 5k · 7l; b = 2s · 3r · 5t · 7w siendo los exponentesnumeros enteros mayores o iguales que cero.Pero ab = 2i+s · 3j+r · 5k+t · 7l+w es un cuadrado si i+ s, j + r, k + t, l+w son pares. Para ello iy s deben tener la misma paridad y analogamente j y r, k y t, l y w.Analicemos cuantas situaciones hay para los cuatro exponentes (para el producto), dos posibi-lidades para el primero (par o impar), dos posibilidades para el segundo, dos para el tercero ydos para el cuarto.En total son 24 = 16.Si el conjunto M tiene 17 elementos debe haber dos de ellos en los que los exponentes correspon-dientes a 2, 3, 5 y 7 tienen respectivamente la misma paridad. El producto de estos dos numeroses un cuadrado perfecto.

3. Encuentre todos los enteros positivos n tales que tengan tres cifras y ademas n = A · B con Ael numero formado por las primeras dos cifras de n y B el numero formado por las dos ultimascifras de n

4

Solucion

Sea n = abc = 100a+ 10b+ c, con a, b, c cifras entre 0 y 9 (inclusive) y a 6= 0.

Ası, n = A · B ⇒ 100a + 10b + c = ab · bc = (10a + b)(10b + c) como 10b + c ∈ Z, se tiene que(10a+ b)|(100a+ 10b+ c).

Por propiedades de divisibilidad y gracias a que (10a+b)|(10(10a+b)), entonces (10a+b)|100a+10b+ c− (100a+ 10b) = c.

Como a 6= 0 y c es la cifra, la unica posibilidad de que esto ocurra es si c = 0. Ahora,100a + 10b + c = (10a + b)(10b + c) ⇒ (10a + b) · 10b ⇒ 10a + b = b(10a + b) ⇒ b = 1(pues 10a+ b 6= 0).

Ahora bien, es facil ver que todos los valores en {1, 2, 3, · · · , 8, 9} funcionan para a. Y por tantolos unicos n que cumplen son 110, 210, 310, 410, 510, 610, 710, 810 y 910.

5

Conteo - Razonamiento - Probabilidad

1. En las vacaciones cinco amigos fueron en grupo al Parque de Diversiones. Las veces que fueronse percataron que exactamente uno no pudo ir. El que menos asistio fue cinco veces y el que masasistio fue ocho veces. Determine las veces que fueron cada amigo restante.

Solucion

Cada amigo restante fue en grupo de 6 o 7 veces y hay cuatro casos posibles

a) cada uno fue 7 vecesb) dos fueron 7 veces y el otro 6 vecesc) uno fue 7 veces y los otros dos 6 vecesd) cada uno fue 6 veces

Para cada caso calculemos la suma del numero de veces en que cada uno de los cinco amigos fueal parque con un grupo

Amigo que menos asistio Amigo que mas asistio Restantes amigos Suma

a) 5 8 21 34

b) 5 8 20 33

c) 5 8 19 32

d) 5 8 18 31

Como exactamente uno no pudo ir, la suma debe ser multiplo de 4 por lo que el unico casoposible es el c.Ası, dos de los amigos fueron en un grupo en siete ocaciones y el otro amigo restante fue seis veces.

2. En el sexto, setimo, octavo y noveno partido del campeonato el equipo Rocket de la primeradivision de futbol realizo 23, 14, 11 y 20 faltas respectivamente. Si su promedio de faltas de losprimeros nueve partidos es mayor que el promedio de faltas de sus primeros cinco partidos y supromedio de faltas de los primeros diez partidos es mayor que 18, ¿cual es el numero mınimo defaltas que el equipo Rocket hizo en su decimo partido?

Solucion

El promedio de faltas del sexto al noveno partido es 23+14+11+204 = 68

4 = 17. El promedio defaltas de los primeros cinco partidos debe ser menor a 17 (de no serlo entonces el promedio defaltas en los primeros nueve partidos no serıa mayor al promedio de faltas de los primeros 5partidos) por tanto las faltas cometidas por el equipo Rocket en los primeros 5 partidos es a lomas 5 · 17− 1 = 84. Como el promedio de faltas de Rocket en los primeros 10 juegos fue mayor a18 entonces el numero de faltas cometidas en esos 10 juegos es por lo menos 181. Ası el mınimode faltas cometidas por Rocket en el decimo juego es 181− 68− 84 = 29.

6

3. Los puntos X,Y, Z se encuentran sobre los segmentos BC, AC y AB respectivamente en el4ABC, donde BY , AX y CZ concurren en un punto P . ¿ Cuantos triangulos con sus tresvertices en el conjunto de puntos {A,B,C,X, Y, Z, P} existen?

Solucion

No necesariamente estan trazados en la figura.

BC

A

Y

Z

F

P

Es obvio que los tres vertices deben ser puntos distintos dos a dos.

En el conjunto {A,B,C,X, Y, Z, P} se deben escoger tres de sus elementos (y el conjunto posee7 elementos), la cantidad de formas de realizar esto es de

(73

)= 7!

4! 3! = 35 formas (cantidadque tambien se puede calcular manualmente). Sin embargo, no se puede elegir 4AZB, 4APX,4AY C, 4ZPC, 4BPY , 4BXC pues tales no son triangulos gracias a las condiciones decolinealidad dadas, por lo que a 35 hay que restarle tales triangulos que no existen o bien, queno son triangulos (estan degenerados). Para un total de 35 − 6 = 29 triangulos con sus tresvertices en el conjunto de puntos {A,B,C,X, Y, Z, P}

4. Un grupo de amigas se reune para llevar a cabo un juego de cromos. Al final de juego Danielatiene 10 cromos, Laura y su hermana tienen 32 cromos, Karla y su hermana tienen 22 cromosmas que Daniela, Karla y Daniela tienen 6 cromos mas que Laura. Si al inicio del juego el numerototal de cromos es menor que 50, ¿cuantos cromos tiene cada jugadora al final del juego?

Solucion

Sea l el numero de cromos de Laura, l′ el numero de cromos de la hermana de Laura , k′ elnumero cromos de Karla k′ el numero de cromos de la hermana de Karla y d el numero deDaniela.

Segun los datos, al final de la partida se tiene que

l′ + l = 32⇒ l′ = 32− l⇒ l′ = 32− lk + k′ = 22 + d⇒ k′ = 32− k ⇒ k′ = 36− l

7

k + d = 6 + l⇒ k = l − 4d = 10

Sea N el numero total de cromos, asıN = l + l′ + k + k′ + d = l + 32− l + l − 4 + 10 = 74

Por lo tanto , no puede haber 5 jugadores ya que el numero total de cromos es menor a 50.De ahı que el numero de jugadoras es menor o igual que 4.Si el numero de jugadores es 4 se tendrıa que Daniela es hermana de Laura o de Karla.

Si Daniela es hermana de Laura entonces l′ = 10

l = 10⇒ l = 22, k′ = 14, k = 18⇒ 22 + 10 + 14 + 18 = 64 > 50

Si Daniela es hermana de Karla entonces k′ = 10

k′ = 10 ⇒ l = 26, k = 22, l′ = 6⇒ 26 + 6 + 22 + 10 = 64 > 50

En ambos casos el numero de cromos es mayor que 50 lo cual no puede ser.Por lo tanto, el numero de jugadoras es 3 donde Laura y Karla son hermanas, es decir

k′ = ll′ = k

Por lo tanto

l = 18k = 14d = 10

En total se tiene 42 cromos.

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