Solución Prueba Nacional NIVEL MENOR Problema 1. Encuentre el

XXII OLIMPIADA NACIONAL DE MATEMATICA
Sociedad de Matemática de Chile
Solución Prueba Nacional
Comisión Nacional
NIVEL MENOR
Problema 1. Encuentre el menor número natural n, de modo que 2010 · n sea un cuadrado
perfecto.
Solución.
Examinemos la descomposición primaria de 2010 = 2 · 3 · 5 · 67. Llamemos a = 2010 · n. Para
que a sea un cuadrado perfecto se necesita que los primos de la descomposición de a sean un
múltiplo de 2. Para que n sea el menor posible basta con completar los de la descomposición
de 2010 hasta lograr el cuadrado. Claramente n = 2010 es el adecuado,
2010 · 2010 = 22 · 32 · 52 · 672 = 20102 .
Problema 2. Considere un tablero de ajedrez de 8 × 8, es decir, 64 casillas 32 blancas y 32
negras. Se define una trayectoria Alba a cualquier movimiento que contenga 8 casillas blancas,
una por fila, que se tocan en un vértice. Por ejemplo, la diagonal de casillas blancas es una
trayectoria alba. Determine todas las posibles trayectorias albas que se pueden construir en
el tablero.
Solución.
Puesto que sólo son permitidas 8 casillas blancas que se tocan en un vértice y hay una y sólo
una por fila el problema se reduce a contar los movimientos al moverse desde arriba hacia
abajo sin devolverse. La respuesta es 296 , la cual se deduce del diagrama siguiente:
2
XXII OLIMPIADA NACIONAL DE MATEMATICA
Sociedad de Matemática de Chile
Problema 3. Encuentre todos los números primos p tales que p + 2 y 2p + 5 son también
primos.
Solución.
Usaremos que todo número entero es de la forma 3k ó 3k + 1 ó 3k + 2 con k un entero.
Supongamos que p = 3k + 1 con k ≥ 2, k = 0, 1 quedan descartados puesto que en esos casos
particulares p no es primo. Calculando p + 2 se obtiene que
p + 2 = (3k + 1) + 2 = 3(k + 1)
el cual no es nunca primo, puesto que es divisible por 3.
Supongamos que p = 3k + 2 con k ≥ 4, k = 0, 1, 2, 3 quedan descartados puesto que en esos
casos particulares p no es primo. Calculando 2p + 5 se obtiene que
2p + 5 = 2(3k + 2) + 5 = 6k + 9 = 3(2k + 3)
el cual no es nunca primo, puesto que es divisible por 3.
Además p = 3k no es nunca primo al menos que k = 1, es decir, p = 3, y en tal caso p + 2 = 5
y 2p + 5 = 11 cumpliéndose la propiedad requerida.
En resumen, el único primo p con la propiedad de que p + 2 y 2p + 5 sean primos es p = 3.
XXII OLIMPIADA NACIONAL DE MATEMATICA
Sociedad de Matemática de Chile
3
Problema 4. Encuentre todos los números naturales n tal que 1/n tenga una representación
decimal finita.
Solución.
Se puede conjeturar haciendo algunos cálculos que n debe ser de la forma 2i · 5j para i, j
enteros no negativos.
1
2j · 5i
Además todo número entero de la forma i j es igual a
que al ser una división por
2 ·5
10i+j
una potencia de 10 tiene representación decimal finita.
Sólo falta probar que estos son los únicos números con la propiedad pedida.
1
tiene una representación decimal finita, entonces
n
1
a1
a2
ak
=
+ 2 + ... + k ,
n
10 10
10
con k ≥ 1 y 0 < ak < 10. De lo anterior se obtiene que
Sea n > 1 y suponga que
1
a1 10k−1 + a2 10k−2 + ... + ak
=
,.
n
10k
Llamemos p = a1 10k−1 + a2 10k−2 + ... + ak . Como ak 6= 0, p resulta ser primo relativo
con 10. Luego de n · p = 10k se deduce que n divide a 10k = 2k · 5k Luego n es de la forma
n = 2i · 5j con i, j enteros no negativos.
Problema 5. Pruebe que todos los números de la forma 5n , con n entero positivo, se pueden
escribir como suma de dos cuadrados de números enteros.
Solución.
Para n = 1 es inmediato puesto que 5 = 12 + 22 .
Para n número impar mayor que uno, 5n = 52m+1 . Luego se obtiene que
52m+1 = (1 · 5m )2 + (2 · 5m )2 = (1 + 22 )5m .
Por otro lado, para n = 2 es inmediato puesto que 52 = 25 = 32 + 42 , y para n par se tiene
que
52m = (3 · 5m )2 + (4 · 5m )2 = 52 · 52m = 52(m+1) .
Por lo tanto 5t , t entero positivo se puede descomponer como suma de dos cuadrados.
4
XXII OLIMPIADA NACIONAL DE MATEMATICA
Sociedad de Matemática de Chile
Problema 6. Sea ABCD un cuadrado de lado a, N es el punto medio del lado BC y M un
punto en CD tal que M C = 2 · M D. Sea P el punto de intersección de las rectas AM y DB,
Q el punto de intersección de las rectas AN y BD. Calcular el área del pentágono M P QN C
en términos de a.
Solución.
Tracemos las alturas P E paralela a BC y QF paralela a AB. Calcularemos estos segmentos
en términos de a.
La semejanza de los triángulos ABP y M DP permite concluir que la razón de las alturas
trazadas desde P en ambos triángulos es de 3 : 1. Como ambos segmentos suman a concluimos
a
que P E = .
4
La semejanza de los triángulos AQD y N QB permite concluir que la razón de las alturas
trazadas desde Q en ambos triángulos es de 2 : 1. Como ambos segmentos suman a se cona
cluye que QF = .
3
Calculemos ahora el área del pentágono M P QN C como el área del triángulo DBC menos
la suma de las áreas de los triángulos DP M y BQN , obteniéndose que
1
1
3
2 1
a
−
−
= a2 .
2 12 24
8