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II  Prueba  de  Selección  para  56ava  Olimpiada  Internacional  de  Matemática.  Chiang  Mai,  Tailandia  2015    

SOLUCIONES      

PROBLEMA  1  Sobre   los   lados   de   un   hexágono   se   escriben   números   enteros   de   tal  modo   que   la  diferencia   entre   los   números   de   cualesquiera   dos   lados   adyacentes   sea   igual   a   1.  Luego  se  suman  los  números  que  están  sobre  los  lados  que  comparten  un  vértice,  y  esta  suma  se  coloca  en  dicho  vértice.  Si  un  vértice  tiene  el  número  221  y  el  vértice  dos  vértices  después  en  sentido  horario  tiene  el  número  225  (ver  figura).  ¿Cuál  es  el  máximo   valor   posible   de   la   suma   de   todos   los   seis   números   sobre   los   lados   del  hexágono?      Solución:  Los  únicos  números  consecutivos  que  suman  221  son  110  y  111.    Los  únicos  números  consecutivos  que  suman  225  son  112  y  113.  Como   los   números   adyacentes   son   consecutivos,   la   única   configuración  posible  que  puede  tener  el  hexágono  es  como  se  muestra  en  la  figura,  donde  la  respuesta  es  111+112 +113+112 +111+110 = 669 .        PROBLEMA  2    Hallar  la  suma  de  los  primos  𝑝, 𝑞, 𝑟  tales  que   pq + pr = 80  y   pq + qr = 425    Solución:  De  la  primera  ecuación  tenemos  que   pq + pr = p q + r( ) = 80 ,  entonces   p 80 = 2

4 i 5 ,  es  decir,   p∈ 2,5{ } .  De  la  segunda  ecuación  tenemos  que   pq + qr = q p + r( ) = 425 ,  entonces   q 425 = 5

2 i17 ,  es  decir,  q∈ 5,17{ } .    Si  restamos  la  segunda  ecuación  con  la  primera,  tenemos  pq + qr − pq − pr = 425 − 80  ⇒ qr − pr = 345  ⇒ r q − p( ) = 345   ⇒ r 345 = 3 i 5 i 23    Caso  1:   p = 2  Entonces  q + r = 40  y  la  única  posibilidad  que  cumple  es  q = 17 ,   r = 23 .    Caso  2:   p = 5  Entonces  q + r = 20  y  en  este  caso  no  hay  valores  de  𝑞  y  𝑟  que  cumplan.    Entonces   p,q,r( ) = 2,17,23( ) ⇒ p + q + r = 2 +17 + 23= 42 .    

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   PROBLEMA  3  En  el   triángulo  equilátero  ABC ,   sea  D  un  punto   sobre  el   lado   AC  tal  que   3 i AD = AC ,   y  E  sobre   BC  tal  que   3 iCE = BC .   BD  y  AE  se  cortan  en  F .  Hallar  el  valor  de   !CFB .    Solución:  Se  traza  DE .  Ya   que   AD = CE ,   AD = AB  y   !ACB = !CAB  entonces   △ACE ≈△BAD ,   por   lo  tanto   !ABD = !CAE = x .    Como   !FAB = 60º−x ,   !AFB = 120º ,   por   lo   tanto   !DFE = 120º .   Ya   que   !ACB = 60º  entonces   DCEF  es   cíclico.   En   △CED  se   tiene   2 iCE = CD  y   !C = 60º  entonces   !CED = 90º .   Como   !DFC  está   inscrito   en   el   mismo  arco  que   !CED  entonces   !CED = !DFC = 90º ,  por  lo  tanto   !CFB = 90º .      PROBLEMA  4  A  una  fiesta  asisten  10  personas.  A  cada  una  de  ellas  se  le  asigna  un  número  entero  distinto  del  conjunto  de  enteros  del  1  al  10.  Durante  la  fiesta,  los  participantes  se  saludan  de  la  mano,  cada  uno  de  ellos  exactamente  una  vez  con  cada  uno  de  los  demás.  A  cada  saludo  se  le  asigna  el  producto  de  los  números  asignados  a  las  dos  personas  que  lo  efectúan,  por  ejemplo,  cuando  las  personas  con  los  números  3  y  8  se  saludan,  el  saludo  tiene  un  valor  de  24.  Calcular  la  suma  de  todos  los  saludos  efectuados  en  la  fiesta.    Solución:  Podemos  tabular  de  manera  ordenada  todos  los  productos  correspondientes  a  los  saludos  como  se  muestra  a  continuación    

1⋅21⋅3 2 ⋅31⋅4 2 ⋅4 3⋅4! ! ! "

1⋅8 2 ⋅8 3⋅8 … 7 ⋅81⋅9 2 ⋅9 3⋅9 … 7 ⋅9 8 ⋅91⋅10 2 ⋅10 3⋅10 # 7 ⋅10 8 ⋅10 9 ⋅10  

 Estos  elementos,  bajo  esa  misma  disposición  se  encuentran  por  debajo  de  la  diagonal  principal  (color  rojo)  del  siguiente  arreglo  (simétrico  con  respecto  a  la  diagonal)    

1⋅1 2 ⋅1 3⋅1 ! 8 ⋅1 9 ⋅1 10 ⋅11⋅2 2 ⋅2 3⋅2 ! 8 ⋅2 9 ⋅2 10 ⋅21⋅3 2 ⋅3 3⋅3 ! 8 ⋅3 9 ⋅3 10 ⋅3" " " # " " "

1⋅8 2 ⋅8 3⋅8 … 8 ⋅8 9 ⋅8 10 ⋅81⋅9 2 ⋅9 3⋅9 … 8 ⋅9 9 ⋅9 10 ⋅91⋅10 2 ⋅10 3⋅10 ! 8 ⋅10 9 ⋅10 10 ⋅10  

 De  esta  manera,  si  se  suman  las  columnas  (o  las  filas),  de  este  último  arreglo,  se  restan  los  elementos  de  la  diagonal  (suma  de  los  cuadrados  perfectos  del  1  al  10),  y  este  resultado  se  lo  divide  para  dos  (debido  a  la  simetría  indicada)  se  obtendrá  el  valor  de  la  suma  pedida  en  el  problema.    

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Utilizando   los   conocidos   resultados   para   la   suma  de   los   primeros   n  enteros   positivos   ( 1)2

n n +     y   para   la  

suma  de  sus  respectivos  cuadrados   ( 1)(2 1)6

n n n+ + ,  es  fácil  observar  que  lo  anterior  equivale  a:  

1+ 2+ 3+ ...+ 9+10( )2 −12 − 22 − ...− 92 −102

2= 552 − 385

2= 1320 .  

Nota:   Debido   a   que   el   número   de   personas   es   relativamente   pequeño,   el   resultado   se   puede   obtener  directamente   sumando   a   mano   los   valores   de   las   sumas   de   cada   fila   en   la   primera   configuración.   Otra  manera,  es  hallando  de  manera  algebraica  la  fórmula  cerrada  para  el  caso  general  

2

1

( 1) ( 1)( 1)(3 2)2 24

n

k

k k n n n n=

− + − +=∑  

   PROBLEMA  5  La  función   N x( )  denota  el  número  de  dígitos  del  entero  positivo   x .  Hallar  las  soluciones  enteras  positivas  del  sistema  de  ecuaciones.      Solución:  Sumando  las  dos  primeras  ecuaciones  y  usando  la  tercera  ecuación  concluimos  que:  

   

Para  todo  entero  positivo,  su  número  de  dígitos  es  mayor  o  igual  a  1.De  la  primera  ecuación  tenemos  que  ( ) ( ) 2x N x N y= + ≥ .  También  tenemos  que:  

( ) ( ) ( ) ( )4 4 5 7y N x N y N z x N z x= + + + = + + ≥ + ≥  De  las  relaciones  anteriores  se  concluye  que   ( ) ( )N x N y≤  y   ( ) ( ) ( ) 1N y N z N y≤ ≤ + ,   luego  reemplazando  en  la  última  ecuación  se  tiene  que:  

( ) ( ) ( ) ( )4 3 5y N x N y N z N y= + + + ≤ +  Una   inducción   sencilla   demuestra   que   para   todo   entero   2n >  que   10n−1 > 3n+5 .   Luego   si   ( ) 2N y > ,  entonces:    

y ≥10N y( )−1 > 3N y( ) +5  Por  ende  concluimos  que   ( )1 2N y≤ ≤ .    A  continuación  analizamos  ambos  casos  por  separado.  Caso1:   Si   ( ) 1N y = ,   tenemos   que   7 8y≤ ≤ .   Luego   5 3x y≤ − ≤  y   por   tanto   ( ) ( ) 2x N x N y= + = .   Como  

( ) 2N z = ,   luego  tenemos  que   ( ) 4z x y N z y= + + = +  y  como   2 4z y= − ,   se  concluye  que   8y =  y  por   tanto  12z = .  La  solución   ( )2,8,12  satisface  el  sistema.  

 Caso   2:   Si   ( ) 2N y = ,   tenemos   que  10 11y≤ ≤ .   Luego   5 6x y≤ − ≤  y   por   tanto   ( ) ( ) 3x N x N y= + = .   Como  

( ) 2N z = ,  luego  tenemos  que   ( ) 5z x y N z y= + + = +  y  como   2 4z y= − ,  se  concluye  que   9y = .  Lo  anterior  es  imposible  pues  10 11y≤ ≤ .  Luego  no  hay  soluciones  en  este  caso.    Con  lo  que  la  única  solucion  es  

x, y, z( ) = 2,8,12( )  

N x( ) + N y( ) = x

x + y + N z( ) = z

N x( ) + N y( ) + N z( ) = y − 4

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

N x( ) + N y( ) + x + y + N z( ) = x + z ⇒ z − y = N x( ) + N y( ) + N z( ) = y − 4 ⇒ z = 2y − 4

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 PROBLEMA  6  Una  casa  embrujada  con  forma  de  cuadrado  está  dividida  en  habitaciones,  como  un  tablero  de  n × n  donde  cada   casilla   es   una   habitación.   En   algunas   de   esas   habitaciones   hay   duendes   con   el   poder   de   atravesar  paredes.  En  cada  habitación  hay  un  bombillo  y  al  principio  todos  están  apagados.  Los  duendes  cambian  de  habitación  tantas  veces  como  quieran,  pasando  de  cada  habitación  a  otra  con  la  que  compartan  una  pared  y  cambiando  el  estado  del  bombillo  de  la  habitación  a  la  que  entran.  Nunca  dos  duendes  entran  a  la  misma  habitación  en  forma  simultánea.  Luego  de  algún  tiempo,  todos  los  duendes  han  vuelto  a  la  habitación  en  la  que  iniciaron  el  recorrido  y  además  todos  los  bombillos  están  encendidos.  Demostrar  que   n  es  par.    Solución:  Cuando   un   duende   realiza   su   recorrido   por   las   habitaciones   y   regresa   a   la   inicial,   éste   ha   entrado   un  número   par   de   veces   a   habitaciones   (no   necesariamente   todas   distintas)   y   por   lo   tanto   realizado   un  número  par  de  cambios  de  estado  de  los  bombillos  (de  encendido  a  apagado  o  viceversa).    Para  ver  que  esto  es  cierto,  basta  observar  que  el  recorrido  de  un  duende  corresponde  a  movimientos  en  dos  sentidos,  observando  la  casa  en  planta,  como  un  tablero,  decimos,  para  facilitar  la  notación,  vertical  y  horizontal.   Se   concluye   fácilmente  que  si   se  parte  de  una  casilla  para   regresar  a   la  misma,  el  número  de  movimientos   verticales   efectuados   debe   ser   par,   de   manera   análoga,   el   número   de   movimientos  horizontales   también   debe   de   ser   par,   por   lo   tanto,   el   número   total   de  movimientos   realizado   por   cada  duende   es   par.   Se   concluye   que,   en   conjunto,   todos   los   duendes   realizan   un   número   par   de   cambios   de  estado  en  los  bombillos.    Por  lo  enunciado  en  el  problema,  inicialmente  todos  los  bombillos  se  encontraban  apagados,  y  al  final  del  proceso  todos  se  encuentran  encendidos.  Para  realizar  un  cambio  de  estado  final  en  una  casilla  particular  (de   apagado  a   encendido),   durante   el   proceso   se  debe  haber   realizado  un  número   impar  de   cambios  de  estado  en  esa  casilla,  es  decir,   finalmente,  el  número  total  de  cambios  de  estado  es  igual  a   la  suma  de   n2  números  impares,  pero  como  se  dijo  anteriormente,  todos  los  duendes  en  conjunto  efectuaron  un  número  par  de  cambios  de  estado,  por  lo  que   n2  debe  de  ser  par,  entonces   n  es  par.      PROBLEMA  7  Sea   n  un  entero  positivo  tal  que  la  suma  de  todos  sus  divisores  positivos  es   2n+1 .  Demostrar  que   n  es  el  cuadrado  perfecto  de  un  entero  positivo  impar.    Solución:  

Es   conocido   que   si   n = p1α1 p2

α2 ...pkαk  es   la   factorización   de  n  en   primos,   entonces   la   suma   de   todos   sus  

divisores   será   σ n( ) = 1+ p1+ p1

2 + ...+ p1α1⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

1+ p2 + p22 + ...+ p2

α2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

...

1+ pk + pk2 + ...+ pk

αk⎛⎝⎜

⎞⎠⎟.   De   aquí   es  

fácil  concluir  que  la  suma  de  los  divisores  de  un  número  n  es  impar  si  y  solo  si   n  es  un  cuadrado  perfecto,  o  el  duplo  de  un  cuadrado  perfecto.  Por  lo  tanto,  para  demostrar  el  enunciado  del  problema  bastaría  probar  que  n  no  puede  ser  par.    Supongamos   lo   contrario,   es   decir   n = 2qr ,   con   r  impar,   y   además   un   cuadrado   perfecto,   por   la  observación  anterior.  Como  la  función  σ  (suma  de  los  divisores)  es  multiplicativa,  se  tendrá  que  

σ n( ) =σ 2qr( ) =σ 2q( )σ r( ) = 2q+1−1( )σ r( )  

Por  otro  lado,  el  enunciado  nos  dice  que   σ n( ) = 2n+1= 2q+1r +1 .  

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Igualando  ambas  expresiones  se  obtiene   2q+1−1( )σ r( ) = 2q+1r +1,  por  lo  tanto,  se  debe  tener  que   2q+1−1  

divide  a   2q+1r +1 ,  es  decir  

−1≡ 2q+1r ≡ r mod 2q+1−1( )  

 Como   r  es  un  cuadrado,  entonces   1−  es  un  residuo  cuadrático  de   2q+1−1  y  de  cualquier  divisor  de  este.  Si  

0q >  entonces   existe   un   factor   primo   p  de   la   forma  4 1k −  que   divide   a   2q+1−1 .   Sin   embargo,   1−  no   es  residuo  cuadrático  de  ningún  primo  de  la  forma  4 1k − .  ¡Contradicción!  Se  concluye  entonces  que   0q = ,  es  decir,   n  es  impar.      PROBLEMA  8  Una   recta   l  no   intersecta   a   la   circunferencia   τ  con   centro   O .   E  es   el   punto   en   l  tal   que   OE  es  perpendicular   a   l .  M  es   un   punto   en   l  distinto   de  E .   Las   tangentes   de  M  a  τ  cortan   en  A  y   B  a   dicha  circunferencia.  C  es   el   punto   en   AM  tal   que  CE  es   perpendicular   a   AM .  D  es   el   punto   en   BM  tal   que  DE  es   perpendicular   a   BM .   La   recta   CD  corta   a   EO  en   F .   Demostrar   que   la   posición   de   F  es  independiente  de  la  posición  de  M .    Solución:  Primero  se  demostrará  que  AB  corta  a  EO  en  un  punto  fijo  H .  Como   !OAM = !OEM = 90º  entonces   AOME  es   cíclico,   y   como   !OAM +!OBM = 180º  entonces   AOBM  es   cíclico   por   lo   que   !OAB = !OBA = !OMA = !OEA  entonces △OAH ∼△OEA  (por   aaa)  por  lo  que  

HOAO

= AOEO

⇒ HO = AO2

EO⇒ H  es  fijo.    

 Sea   K = AB∩CD ,   como   son   cíclicos   EAOBM  y   ECDM  (ya   que   !ECM = !EDM = 90º )   entonces   se   puede   obtener   que !EAK = !EMB = !ECK  con   lo   que   ECAK  es   cíclico,   y   con   esto   !EKA +!ECA = 180º  pero   como   !ECA = 90º  entonces !EKA = 90º  por   lo   que   se   tiene   que   EKBD  es  cíclico  y   EK !MO  (ya  que  EK ⊥ AB  y  MO ⊥ AB )  entonces   !EKF = !EBD = !EOM = !OEK  con  lo  que  el  triángulo  EFK  es   isósceles   entonces  FK = EF ,   pero  EKH  es   un   triángulo   rectángulo   entonces  F  es   su  circuncentro  con  lo  que  F  es  el  punto  medio  de  EH  con  lo  que  se  puede  concluir  que  F  es  fijo.