MINISTERIO DE ED UCACION
SOCIEDAD MATEMATICA PERUANA
OLIMPIADA NACIONAL ESCOLAR DE MATEMÁTICA 2004 Tercera Fase – Nivel 2 05 de noviembr e de 2004
La prueba tiene una duración máxima de 2 horas. No está permitido el uso de calculadoras, ni consultar notas o libros. Ingresa tus respuestas en la computadora tan pronto consideres que has terminado con la prueba. En caso de empate se tomará en cuenta la hora de recepción de las respuestas.
1. Sea x un número real mayor que 1 tal que:
x x
)
(
x
x
= x x
Halla 60 x . Solución Por dato:
x x x
x
x x
)
(
= x x æ 3 ö = çç x 2 ÷÷ è ø 3
x
x
x
x x x = x 2 Como x > 1:
x x =
3 x 2
Elevando al cuadrado
9 x 2 4 3 4 x - 9 x 2 = 0 x 2 (4 x - 9 ) = 0 9 x = 4 æ 9 ö 60 x = 60 ç ÷ = 135 è 4 ø
x3 =
2. Las figuras mostradas se construyen con palitos de fósforo.
OLIMPÍADA NACIONAL ESCOLAR DE MATEMÁTICA Tercera Fase – Nivel 2
1
MINISTERIO DE ED UCACION
SOCIEDAD MATEMATICA PERUANA
Halla el número máximo de cuadrados que puede tener una figura como las del gráfico, construida utilizando a lo más 500 palitos de fósforo.
Solución Sea n la cantidad máxima de cuadrados que puede tener una figura que se construye con a lo más 500 palitos de fósforo. En cada figura el cuadrado ubicado en el vértice se construye con cuatro palitos de fósforo y cada uno de los demás se construyen con 3 palitos de fósforo más. Luego:
4 + 3 (n - 1 ) £ 500 3n £ 499 1 n £ 166 3 Pero como cada figura tiene una cantidad impar de cuadrados, n = 165 . 3. Los divisores propios de un entero positivo n son aquellos divisores de n que son menores que n . Por ejemplo, los divisores propios de 12 son 1, 2, 3, 4 y 6. Así mismo, un entero positivo n se dice que es abundante si la suma de sus divisores propios es mayor que n . Por ejemplo, 12 es un número abundante pues 1 + 2 + 3 + 4 + 6 > 12. ¿Cuántos de los elementos del conjunto A = {41, 42, 43, 44, 45, 46, 47, 48, 49, 50} son números abundantes? Solución Como: 41 > 1 42 < 1 + 2 + 3 + 6 + 7 + 14 + 21 43 > 1 44 > 1 + 2 + 4 + 11 + 22 45 > 1 + 3 + 5 + 9 + 15 46 > 1 + 2 + 23 47 > 1 48 < 1 + 2 + 3 + 4 + 6 + 8 + 12 + 16 + 24 49 > 1 + 7 50 > 1 + 2 + 5 + 10 + 25, solamente hay dos números abundantes, 42 y 48.
4. Sea f una función definida en el conjunto de los números enteros que cumple: a) f ( f ( x ) ) = f ( x + 2 ) - 3 , para todo x entero. b) f (1) = 4 OLIMPÍADA NACIONAL ESCOLAR DE MATEMÁTICA Tercera Fase – Nivel 2
2
MINISTERIO DE ED UCACION
SOCIEDAD MATEMATICA PERUANA
c) f (4 ) = 3 Halla f (5 ) . Solución Reemplazando x = 1 en la ecuación:
f ( f (1 ) ) = f (1 + 2 ) - 3 f (4 ) = f (3 ) - 3 3 = f (3 ) - 3 f (3) = 6 Reemplazando x = 4 en la ecuación:
f ( f ( 4 ) ) = f (4 + 2 ) - 3 f (3) = f (6 ) - 3 6 = f (6 ) - 3 f (6 ) = 9 Reemplazando x = 3 en la ecuación:
f ( f (3 ) ) = f (3 + 2 ) - 3 f (6 ) = f (5 ) - 3 9 = f (5 ) - 3 f (5 ) = 12
(
)
5. ¿Cuál es el entero más cercano a 100 12 - 143 ? Solución Sea N el número dado.
(
)
N = 100 12 - 143 12 - 143 12 + 143 N = 100 12 + 143
(
(
)(
)
)
100 N = 12 + 143 Pero como 11 < 143 < 12 :
100 100 100 100 < < < < 4 , 4 25 12 + 12 12 + 143 12 + 11 De donde, como 4 < N < 4 , 4 , el entero más cercano a N es 4. 4=
6. Nueve puntos se encuentran distribuidos formando una rejilla cuadrada de 3 ´ 3 como la mostrada a continuación. ¿Cuántos triángulos no congruentes entre si pueden ser formados teniendo sus vértices en tres de estos puntos?
OLIMPÍADA NACIONAL ESCOLAR DE MATEMÁTICA Tercera Fase – Nivel 2
3
MINISTERIO DE ED UCACION
SOCIEDAD MATEMATICA PERUANA
Solución Consideramos que la distancia entre dos puntos consecutivos de una misma fila o columna es 1. Luego, dividiremos el problema en tres casos: CASO 1: Si el triángulo tiene al menos un lado de longitud 1. Se obtienen los siguientes triángulos:
CASO 2: Si el triángulo no tiene lados de longitud 1, pero tiene al menos un lado de longitud 2 . Se obtienen los siguientes triángulos:
CASO 3: Si el triángulo no tiene lados de longitud 1 ni de longitud 2 Se obtienen los siguientes triángulos:
7. En un triángulo ABC el incentro y el circuncentro son simétricos con respecto al lado AB. Hallar, en grados, el mayor ángulo del triángulo ABC.
OLIMPÍADA NACIONAL ESCOLAR DE MATEMÁTICA Tercera Fase – Nivel 2
4
MINISTERIO DE ED UCACION
SOCIEDAD MATEMATICA PERUANA
Solución Sean O el circuncentro e I el incentro de ABC. Si O e I son simétricos respecto de AB, las perpendiculares bajadas desde O e I sobre AB caen en el mismo punto. Pero como la perpendicular bajada desde sobre cualquier lado siempre cae en su punto medio, entonces la perpendicular bajada desde I sobre AB cae también en el punto medio M de AB. Esto solo es posible si AC = CB, es decir, ACB es un triángulo isósceles. Tenemos el gráfico:
donde N es un punto cualquiera de la circunferencia circunscrita a ABC que no está en el
¼
arco ACB . Por propiedad, el ángulo entre dos bisectrices interiores de un triángulo satisface:
ÐAIB = 90 ° +
ÐC 2
Por otro lado, por ángulo central:
ÐAOB = ¼ ACB ÐAOB = 360° - ¼ ANB Por ángulo inscrito:
ÐAOB = 360° - 2C µ Pero como O e I son simétricos:
ÐAOB = Ð AIB µ µ = 90 ° + C 360° - 2C 2
µ = 108° . Resolviendo, C 8. Para todo entero positivo n se define como:
f (n ) =
4 n + 4n 2 - 1 2n + 1 + 2 n - 1
Calcula f (1) + f (2 ) + f (3 ) + f (4 ) + ... + f (40 ) .
OLIMPÍADA NACIONAL ESCOLAR DE MATEMÁTICA Tercera Fase – Nivel 2
5
MINISTERIO DE ED UCACION
SOCIEDAD MATEMATICA PERUANA
Solución Tenemos que:
4 n + 4n 2 - 1 2n + 1 + 2 n - 1 2 4 n + 4n - 1 ö æ 2n + 1 - 2 n - 1 ö ÷ç ÷ 2n + 1 + 2 n - 1 ÷ø çè 2n + 1 - 2 n - 1 ÷ø
f (n ) =
æ
f (n ) = ç ç è
(( 2n + 1) + ( 2n - 1) +
f ( n ) =
(( f ( n) =
2n + 1
2
) +(
( 2n + 1)( 2 n - 1) ) ( ( 2n + 1) - ( 2n - 1 )
)
2
( 2n + 1)( 2n - 1)
2n - 1 +
)
2n + 1 - 2n - 1
)(
)
2n + 1 - 2n - 1
2 Usando la equivalencia a + b + ab ( a - b ) = a - b3 tenemos:
(
2
)
2
3
f ( n) =
((
)(
5 - 3
) )
3 3 1 2n + 1 - 2 n - 1 2 Luego, sea S = f (1) + f ( 2 ) + f ( 3 ) + f ( 4 ) + ... + f ( 40 ) . Entonces:
S=
S=
1 2
((
3
((
1 2
3
3
3
3 - 1 +
3
)(
3 - 1 +
3
) (
3
)(
3
)+(
3
5 - 3 +
3
7 - 5 3
)
7 - 5 + ... +
S=
1 2
(
3
(
3
) + ... + (
3
3
81 - 1
3
79 - 77
3
)+(
)) 3
))
3
81 - 79
)
3
81 - 1
S = 364 9. El polinomio P ( x) = x3 - ax2 + bx - c cumple las siguientes condiciones : i) Tiene tres raíces enteras distintas ii) P (2002) = 2001 iii) P ( x2 - 2 x + 2002) no tiene raíces reales Halla el valor de a . Solución Sean p ³ q ³ r las raíces de P ( x ) , entonces:
P ( x) = ( x - p )( x - q )( x - r )
(1)
Como P (2002) = 2001 , entonces:
( 2002 - p )( 2002 - q )( 2002 - r ) = 2001
(2)
Además:
P ( x2 - 2 x + 2002 ) = ( x2 - 2 x + 2002 - p )( x2 - 2 x + 2002 - q )( x2 - 2 x + 2002 - r ) P ( x2 - 2 x + 2002 ) = ( ( x - 1) 2 + 2001 - p )( ( x - 1) 2 + 2001 - q )( ( x - 1) 2 + 2001 - r ) Como este último no tiene raíces reales, se debe cumplir que:
2001 - p > 0 2001 - q > 0 2001 - r > 0 OLIMPÍADA NACIONAL ESCOLAR DE MATEMÁTICA Tercera Fase – Nivel 2
6
MINISTERIO DE ED UCACION
SOCIEDAD MATEMATICA PERUANA
Es decir,
2002 - p > 1 2002 - q > 1 2002 - r > 1 En (2), 2001 es el producto de tres enteros positivos mayores que 1. Como 2001 = 3 ´ 23 ´ 29 y p ³ q ³ r , entonces:
2002 - p = 3 2002 - q = 23 2002 - r = 29 Es decir, p = 1999; q = 1979; r = 1973 . Reemplazando en (1) se obtiene:
a = p + q + r = 5951 10. Sea P ( x ) un polinomio tal que los polinomios:
P ( 2 P ( x ) )
2
2 P ( P ( x) ) + ( P ( x) )
y
son idénticos. ¿Cuál es el mayor grado que puede tener P ( x ) ?
Solución Sea P ( x) = a n xn + a n -1 xn -1 + ... + a1 x + a 0 ; a n ¹ 0 .
(
n
n 2
) = 2 ( a ) x . El término de mayor exponente de 2 P ( P ( x ) ) es 2a ( a x ) = 2 ( a ) x . El término de mayor exponente de 2 ( P ( x ) ) es 2 ( a x ) = 2 ( a ) x . El término de mayor exponente de P ( 2 P ( x ) ) es a n 2a n xn
n
n n
n
n +1 n
n
n 2
2
2
n
n +1 n
n 2
2 n
n
CASO 1: Si n = 0 En este caso los tres términos de mayor exponente tienen grado cero y para que los polinomios sean idénticos se debe cumplir que:
(
)
(
)
2
( )
2( 0 )
20 a 00+1 x0 = 2 a 00+1 x0 + 2 a 0 2 x
a 0 = 2 a 0 + 2 ( a 0 2 ) 0 = a 0 (1 + 2 a 0 )
a 0 = 0 Ú a 0 = -
1 2
P ( x) = 0 Ú P ( x ) = -
1 2
CASO 2: Si n = 1 ; a1 ¹ 0 En este caso dos de los tres términos de mayor grado tienen grado 1 y solo uno de ellos 2
tiene grado 2. Luego, para que los polinomios P ( 2 P ( x ) ) y 2 P ( P ( x) ) + 2 ( P ( x) ) sean idénticos se debe cumplir, con respecto a los términos de grado 2, que: OLIMPÍADA NACIONAL ESCOLAR DE MATEMÁTICA Tercera Fase – Nivel 2
7
MINISTERIO DE ED UCACION
SOCIEDAD MATEMATICA PERUANA
0 = 0 + 2 ( a
2 1
)
lo cual contradice a que a1 ¹ 0 . Luego, en este caso no hay solución. CASO 3: Si n = 2 ; a 2 ¹ 0 En este caso los tres términos de mayor grado tienen grado 4. Luego, para que los 2
polinomios P ( 2 P ( x ) ) y 2 P ( P ( x) ) + 2 ( P ( x) ) sean idénticos se debe cumplir que:
(
)
2
( ) 4(a ) x = 2(a ) x
2
( ) + 2 ( a ) x
2( 2 )
2 2 a 22 +1 x2 = 2 a 22 +1 x2 + 2 a 2 2 x 3 2
4
3 2
4
2 2
4
4a 23 = 2a 23 + 2 a 2 2 2a 22 ( a 2 - 1) = 0
a 2 = 0 Ú a 2 = -1 De donde, solo se acepta a 2 = -1 . Entonces en este caso si hay solución, por ejemplo:
P ( x) = x2 CASO 4: Si n ³ 3 ; a n ¹ 0 En este caso dos de los tres términos de mayor grado en cada polinomio tienes grado n 2 y uno de ellos tiene grado 2 n . Pero cuando n ³ 3 , n 2 ³ 3n > 2n , entonces, para que los 2
polinomios P ( 2 P ( x ) ) y 2 P ( P ( x) ) + 2 ( P ( x) ) sean idénticos, se debe cumplir que:
2 n ( a nn +1 ) = 2 ( a n n +1 ) + 0 lo cual no se puede cumplir, pues 2 n > 2 .
GRACIAS POR TU PARTICIPACIÓN
OLIMPÍADA NACIONAL ESCOLAR DE MATEMÁTICA Tercera Fase – Nivel 2
8