11 de mayo de 2007. Problema 1. Encuentra todos los enteros a y b

XXI Olimpiada Mexicana de
Matemáticas.
Examen Estatal, Yucatán.
Primer día.
11 de mayo de 2007.
Problema 1.
Encuentra todos los enteros a y b que sean solución de la ecuación b 2  3  a(3b  6) .
Problema 2.
Sea M = 12345678910111213...200520062007 el número formado por los enteros del 1 al
2007 escritos de manera consecutiva. ¿Qué número me queda al final si:
a) borramos todos los dígitos de M en posición par -contando de izquierda a
derecha-, luego borramos todos los dígitos del nuevo número que estén también
en posición par y continuamos este procedimiento hasta que sólo nos quede un
dígito?
b) hacemos lo mismo que en el inciso anterior, pero ahora borrando los dígitos en
posición impar?
Problema 3.
¿Cuáles son todos los posibles resultados que se obtienen al sumar 90 enteros distintos
tomados del 1 al 100?
Problema 4.
Sea D el punto medio de la hipotenusa AB del triángulo rectángulo ABC. Sean O1 y O2 los
centros de las circunferencias circunscritas de los triángulos ADC y DBC respectivamente.
a) Prueba que el ángulo O1 DO2 es recto.
b) Prueba que la recta AB es tangente al círculo de diámetro O1O2 .
XXI Olimpiada Mexicana de
Matemáticas.
Examen Estatal, Yucatán.
Segundo día.
12 de mayo de 2007.
Problema 5.
¿De cuántas formas se puede ir de A a B sobre las líneas de la figura, si no está permitido ir
hacia arriba y no es posible pasar dos veces por el mismo punto?
A
B
Problema 6.
En el triángulo equilátero ABC sean M y N puntos sobre AB y AC respectivamente, y Q el
punto de intersección de BN y CM . ¿Cuánto vale el CQB , si el área del cuadrilátero
ANQM es igual al área del triángulo CQB?
Problema 7.
Sea ABC un triángulo y D un punto fuera de él tal que CAB  ABD  1800 y AD  BC .
Demuestra que ACB  ADB .
Problema 8.
Determina todos los enteros positivos a,b,c,d con a<b<c<d tales que
1 1 1 1
  
a b c d
sea un entero.
SOLUCIONES.
Problema 1.
Solución 1. Comencemos por notar que b  2 , puesto que al sustituir en la ecuación
obtenemos que 1 = 0; una contradicción. Ahora bien, tenemos las identidades
b 2  3  a(3b  6)  3a(b  2) y observemos que b 2  3 es primo relativo a b  2 pues
b 2  3  b  2b  2  1, luego, para que la identidad sea cierta en números enteros
debemos tener que b  2  1 mientras que b 2  3  3a, o que b  2  1 mientras que
b 2  3  3a; en cualquier caso b es múltiplo de 3, de lo que se sigue que b  3, a  2.


Solución 2. Como en la solución anterior notemos que b  2 . Dividamos pues la
ecuación por b  2 :
b 2  3  a(3b  6)  3b  6a  3a(b  2)
b2  3 b2  4
1
(b  2)(b  2)
1
 1 




 b 2
.
b2
b2 b2
b2
b2
b 2
Por tanto b-2 debe dividir a 1; entonces, b  2  1 o b  2  1 . En el primer caso
obtenemos b  3, a  2. . En el segundo caso, a  2 que no es entero. Por tanto la
3
única solución es: b  3, a  2.
3a 
Problema 2.
a) Observemos que cada vez que quitamos números en posición par el uno siempre
queda al principio, esto es, en posición impar, por lo que nunca lo borramos: el 1 es la
respuesta.
b) Notemos que al quitar los dígitos de posición impar nos quedan dígitos que antes
estaban en posición par. Al aplicar otra vez el procedimiento de quitar los números que
ahora ocupan posición impar, estamos eliminando aquellos números que en el arreglo
original estaban en posición par, pero que no son múltiplos de 4. De hecho, cuando
aplicamos n veces el procedimiento, lo que nos queda son números que ocupaban una
posición múltiplo de 2 n ; el número que sobrevive al proceso es el número que esté en la
posición potencia de 2 mayor posible. En el número original hay 6921 dígitos (9
números de un dígito, 90 de dos dígitos, 900 de tres dígitos y 1008 de cuatro dígitos).
Hallamos que la mayor potencia de 2 antes de 6922 es 4096. Ahora bien, hasta el 999
llevamos 2889 cifras y desde el 1000 hasta el 1300 tenemos 301 números de 4 cifras
cada uno, por lo que llevamos en total 4093 cifras. Finalmente en la posición 4096
tenemos a la tercera cifra del numero 1301, por tanto la respuesta es 0.
Problema 3.
Solución 1. Sea S la suma de los 90 números elegidos. La suma más pequeña posible es
m = 1 + 2 + … + 90 = (90)(91)/2 = 45(91) y la suma más grande posible es
M = 11 + 12 + … + 100 = (90)(111)/2 = 45(111).
Probemos ahora que S puede tomar cualquier valor entero entre m y M (incluyéndolos).
Para esto sea b un número mayor que m tal que b no puede ser obtenido como la suma
de una elección de 90 enteros distintos entre 1 y 100, mientras que b-1 sí puede ser
obtenida como una de tales sumas; denotemos por 1  a1  a2  ...  a89  a90  100 una
selección de 90 enteros tal que b  1  a1  ...  a90 . Puesto que no podemos obtener b
como suma de 90 elementos del conjunto, entonces a90  100, pues de otro modo
sustituiríamos a90 por a90  1 para obtener b. Por el mismo argumento se debe de
cumplir que at 1  at  1 para t entre 90 y 2: entonces b = M + 1, lo que prueba la
afirmación de que S puede tomar cualquier valor entero entre m y M (incluyéndolos).
Solución 2. Como en la solución anterior sea S la suma de los 90 números
seleccionados y como antes tenemos que la suma más pequeña posible es
m = 1 + 2 + … + 90 = (90)(91)/2 = 45(91) y que la suma más grande posible es
M = 11 + 12 + … + 100 = (90)(111)/2 = 45(111). Ahora observemos que la lista de
números m, m+1, m+2, ..., M-1, M tiene 45(111) - 45(91) + 1 = 901 elementos.
Probemos ahora que S puede tomar cualquier valor de la lista anterior.
Para esto denotemos por 1  a1  a2  ...  a89  a90  100 una selección de 90 enteros y
comencemos con la menor de las sumas, la cual se obtiene cuando ai  i. Podemos
obtener 11 sumas diferentes (incluyendo a m) consecutivas haciendo que a90 tome los
valores entre 90 y 100. Fijando ahora a90  100 obtenemos 10 sumas diferentes
consecutivas (y consecutivas con las 11 mencionadas anteriormente) cuando a89 toma
los valores entre 90 y 99. Repitiendo este proceso con los 90 términos encontramos que
podemos generar 90(10)+1= 901 sumas distintas, luego cubrimos toda la lista.
Problema 4.
A
D
B
O1
Q
T
C
O2
Tracemos la mediatriz de CD y notemos que O1 y O2 están sobre esta mediatriz
(construcción del circuncentro de un triángulo). Ahora sean T y Q los puntos medios de
los lados AC y CB, respectivamente. Entonces, D está alineado con T y O1,
análogamente, D, Q y O2 son colineales. Debido a esto (denotaremos ángulos por el
símbolo < y recordemos que el vértice es el punto que aparece en medio) tenemos que
<O1DO2 = <TDQ = 90º, con lo cual concluimos la demostración de a), pues el
cuadrilátero TDQC es un rectángulo.
Ahora como O1O2 ┴ CD (pues teníamos que O1 y O2 estaban sobre la mediatriz de CD),
entonces <O2O1D = 90º - <TDC = <ACD, como el triángulo CAD es isósceles tenemos
que <ACD = <CAB y como los segmentos O2D y CA son paralelos, tenemos que
<CAB = <O2DB. Análogamente <O1O2D = <O1DA = <DBC. Tenemos así que el
triángulo O1DO2 es rectángulo. Para ver que AB es tangente al circuncírculo del
triángulo O1DO2 basta con probar que <O2O1D = <O2DB (pues ésta identidad
caracteriza a la tangente, del circuncírculo, que pasa por el vértice del ángulo recto) lo
cual ya se ha hecho.
Problema 5.
Desde el punto A del dibujo podemos elegir 3 formas de bajar al segundo renglón.
Puesto que no podemos volver a subir ni podemos pasar dos veces por el mismo punto,
una vez que estamos en el segundo renglón solamente podemos elegir por cual punto
bajar al tercer renglón, lo cual se puede hacer de 3 maneras. Desde cualquier punto del
tercer renglón podemos elegir 7 rutas para bajar al cuarto renglón, etc. Una vez que
hemos bajado, solo podemos ir al nuevo punto desde el cual bajaremos, de manera que
el número posible de caminos es el producto de los vértices que nos sirven de
posibilidades para bajar, esto es 3·3·7·7·3·3=3472=3969.
A
3
3
7
7
3
3
B
Problema 6.
C
N
Q
A
M
B
Notemos que el área (  ANB) = área (  CMB), pues se suma la misma área a las que
se supone son iguales. Sea h1 la altura de B en el segmento AC y sea h2 la altura de C
en el segmento AB. Como el  ABC es equilátero tenemos que h1 = h2 = h. Por la
fórmula del área de un triángulo tenemos que (0.5)AN·h = (0.5)BM·h, por lo que las
longitudes de los segmentos son iguales: AN = BM. De esto es inmediato que CN =
AM. Por tanto los triángulos MBC y NAB son congruentes, de acuerdo al criterio LAL
(lado – ángulo – lado). Luego 60º = <ABC = <ABN + <NBC = <MCB + <QBC, por lo
que <CQB = 180º – 60º = 120º.
Problema 7.
A
D
C
B
D
Tracemos la figura, tal como se indica en el problema. Notemos que el ángulo se puede
trazar de dos formas, e independientemente de cómo lo hagamos la siguiente
demostración es correcta.
Movamos el triángulo ADB de manera que AD coincida con CB como lo muestra la
siguiente figura:
D
Por hipótesis CAB + ABD =180º por lo que el cuadrilátero ACB’D es cíclico, esto es,
que se puede inscribir en un círculo. Mas aun las cuerdas AB y CB’ son del mismo
tamaño, de donde se deduce que <ACB = <ADB, de acuerdo con el siguiente
razonamiento: longitud del segmento AB = longitud del segmento B’C; luego el tamaño
del arco AB = tamaño del arco arco B’C; luego <ACB = <CBB’ = <ADB.
Problema 8.
1 1 1 1
   . Como 1  a  b  c  d , tenemos que el mayor valor
a b c d
posible para S se logra cuando a, b, c y d son mínimos (porque al aumentar el valor de
los denominadores disminuyen los valores de la fracción y de su suma), esto es, S es
1 1 1 1
1
máximo cuando a=1, b=2, c=3 y d= 4. Como     2 
nos damos cuenta
1 2 3 4
12
que los valores de S no pueden ser superiores a 2; en consecuencia dividamos el
problema en dos casos:
1 1 1 47
 1 se sigue que para que pueda ocurrir este
1. S = 2. De la suma   
3 4 5 60
caso es necesario que a  1, b  2 y c  3 : luego d  6 , así que sólo hay una
solución en esta situación.
Solución. Sea S =
2. S = 1. Notemos primeramente que si a  3 , los mínimos valores para b, c y d
nos llevan a que S < 1, por lo que a sólo puede valer 2. Si a = 2 y b = 3, entonces
6c
36
1/c + 1/d =1/6 de modo que d =
= 6
. Como d es un entero positivo
c6
c6
tenemos que c-6 debe dividir a 36, luego c-6 sólo puede valer 1, 2, 3, 4, 6, 9, 12,
18 o 36. Además, para que c sea menor que d se requiere que c  12 y así se
obtiene que (c,d) = (7,42), (8,24), (9,18) y (10,15). Por otro lado si a = 2, b = 4,
entonces 1/c + 1/d =1/4, lo que manera similar a la argumentación anterior nos
lleva a que (c,d) = (5,20) y (6,12). Con una idea similar se prueba que para a = 2,
b = 5 no hay soluciones. Finalmente, si a = 2 y b  6, los mínimos valores para
c y d hacen que S sea menor que 1, por lo que no hay más posibilidades.
De manera que hemos probado que las únicas soluciones son (1,2,3,6), (2,3,7,42),
(2,3,8,24), (2,3,9,18), (2,3,10,15), (2,4,5,20) y (2,4,6,12), siete en total.