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OLIMPIADA NACIONAL ESCOLAR DE MATEMÁTICA 2004 Tercera Fase – Nivel 3 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. Un vendedor de refrescos tiene seis recipientes con capacidades de 15, 16, 18, 19, 20 y 31 litros respectivamente. Uno de dichos recipientes se llena totalmente solo con jugo de naranja y cada uno de los otros cinco se llena totalmente solo con chicha morada o con limonada. De esta manera el vendedor tiene el doble de chicha morada que de limonada. ¿Cuál es el volumen, en litros, del recipiente que contiene jugo de naranja? Solución Sea N la cantidad de litros del recipiente que contiene jugo de naranja y K la cantidad total de litros de limonada utilizados. Por condición del problema, la cantidad de litros de chicha morada es 2 K . Entonces se cumple que:
N + K + 2 K = 15 + 16 + 18 + 19 + 20 + 31 N + 3 K = 119 Como 119 es un múltiplo de 3 más 2, N + 3 K también debe serlo. Esto solo es posible si N es un múltiplo de 3 más 2. Pero el único recipiente cuya capacidad sea múltiplo de 3 más 2 es N = 20 .
2. Dos hojas rectangulares de papel, de 3 cm ´ 7 cm cada una, son colocadas una sobre la otra como se muestra en la figura. Si el área de la región sombreada es S cm 2 , calcula el valor de 210 S .
Solución Tenemos la siguiente figura:
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Sea x la longitud del segmento AP. Por la simetría de la figura, PC = AP = x . Luego, como PE + PC = 7, entonces PE = 7 - x . Luego, por el Teorema de Pitágoras en el triángulo rectángulo AEP:
AE 2 + PE 2 = AP 2 2 3 2 + (7 - x) = x 2 3 2 + (49 - 14 x + x 2 ) = x 2 x =
29 7
Luego, el área sombreada S correspondiente al paralelogramo APCQ es igual a
AP .CB =
29 87 ´ 3 = 7 7
æ 87 ö ÷ = 2610 . è 7 ø
De donde, 210S = 210 ç
3. Halla el mínimo valor que puede tener M , si:
M = senx + cos x
Solución Tenemos:
M 2 = ( sen x ) + 2 ( sen x )( cos x ) + ( cos x ) 2
2
M 2 = sen 2 x + cos 2 x + 2 (sen x )(cos x ) M 2 = 1 + sen 2 x Como 0 £ sen 2 x £ 1 :
1 £ M 2 £ 2 1 £ M £ 2 Luego, el mínimo valor de M es 1, por ejemplo cuando x = 0 .
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4. Calcula:
æ sen 3º sen 6 º sen 9 º sen 2004 º ö æ cos 3 º cos 6 º cos 9 º cos 2004 º ö çç ÷÷ - çç ÷ + + + ... + + + + ... + sen 668 º ø è cos 1 º cos 2 º cos 3 º cos 668 º ÷ø è sen 1 º sen 2 º sen 3 º Solución Agrupando conveniente:
æ sen 3º æ sen 2004 º cos 2004 º ö cos 3 º ö æ sen 6 º cos 6 º ö æ sen 9 º cos 9 º ö çç ÷÷ + çç ÷÷ + çç ÷÷ + ... + çç ÷÷ - è sen 1 º cos 1 º ø è sen 2 º cos 2 º ø è sen 3 º cos 3 º ø è sen 668 º cos 668 º ø Pero: sen 3 x cos 3 x = (2 cos 2 x + 1 ) - (2 cos 2 x - 1 ) = 2 sen x cos x Luego:
S = 2 + 2 + 2 + ... + 2 = 668 ´ 2 = 1336 5. Encuentra el mayor entero positivo n tal que la suma de los cubos de sus dígitos es mayor que n . Solución Es fácil ver que los números 9, 99, 999 y 1999 satisfacen la condición del problema. Probaremos que el mayor n que cumpla la propiedad indicada en el problema es 1999. Si 2000 £ n £ 2950 , la suma de los cubos de sus dígitos, a la que denominaremos f ( n ) satisface que:
f ( n ) £ 23 + 83 + 93 + 93 = 1978 < 2000 £ n Por lo que ninguno de estos números cumple que f ( n ) > n . Tampoco algún número n que cumpla 2950 £ n £ 9999 satisface que f ( n ) > n , pues:
f ( n ) £ 93 + 93 + 93 + 93 = 2916 < 2950 £ n Si n ³ 10000 , entonces digamos que n tiene k dígitos ( k ³ 5 ) . Luego, se cumplen las siguientes desigualdades:
93 < 103 k < 10k -4 La segunda de estas desigualdades debido a que para k = 5 se tiene 5 < 10, y de allí en adelante, cada vez que k aumenta en uno, el lado izquierdo aumenta en uno mientras que el lado derecho de la desigualdad se ve multiplicado por 10. Multiplicando ambas desigualdades se tiene:
93 k < 10 k -1 Pero si n tiene k dígitos la suma de sus dígitos es a lo más 93 k y n vale como mínimo 10 k -1 , es decir,
f ( n ) £ 93 k < 10 k -1 £ n f ( n ) < n Por lo tanto, queda establecido que el mayor número que cumple la condición del problema es el 1999. OLIMPÍADA NACIONAL ESCOLAR DE MATEMÁTICA Tercera Fase – Nivel 3
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6. Si los ángulos a y b son complementarios tales que:
tga + tg b + tg 2a + tg 2 b + tg 3a + tg 3 b = 70 Halla tg 2a + tg 2 b . Solución Como a y b son complementarios, se cumple que:
tg a tg . b = 1 De otro lado, sea:
tg a + tg b = x
(1) 2
tg
2
(tg a + tg b ) = x a + 2 (tg a )(tg b ) + tg 2 b 2
= x 2
tg 2 a + 2 + tg 2 b = x 2 tg 2 a + tg 2 b = x 2 - 2
(2)
Elevando (1) al cubo:
(tg a + tg b ) 3 = x 3 tg 3 a + 3( tg a )(tg b )(tg a + tg b ) + tg 3 b = x 3 tg 3 a + 3( tg a + tg b ) + tg 3 b = x 3 Con (1):
tg 3 a + 3 x + tg 3 b = x 3 tg 3 a + tg 3 b = x 3 - 3 x
(3)
Con (1), (2) y (3) en el dato del problema:
x + (x 2 - 2 ) + (x 3 - 3 x ) = 70 x 3 + x 2 - 2 x - 72 = 0 (x - 4 )(x 2 + 5 x + 18 ) = 0 Pero x 2 + 5 x + 18 = 0 no tiene soluciones reales. Por lo tanto x = 4 . En (2):
tg 2 a + tg 2 b = 4 2 - 2 = 14 7. Sea ABC un triángulo acutángulo y k su circunferencia inscrita. Se trazan tres rectas distintas, cada una paralela a uno de los lados del triángulo y tangente a k (ninguna de estas rectas contiene a alguno de los lados de ABC). Cada una de estas rectas forma, con dos de los lados de ABC, un pequeño triángulo dentro del triángulo ABC. Si los inradios de las circunferencias inscritas a estos tres pequeños triángulos miden 2, 3 y 4, halla el radio de k . Solución Definimos los puntos A1 , B 1 , C 1 , A 2 ; B 2 , C 2 , P , Q , R , S , T y U como se muestran en la siguiente figura:
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También, denominaremos respectivamente como p A , p B y p C a los perímetros de los pequeños triángulos APQ, BRS y CTU; r A , r B y r C los respectivos inradios de los triángulos APQ, BRS y CTU y, finalmente, llamaremos p y r al perímetro de ABC y al inradio de la circunferência k inscrita en el triángulo ABC, respectivamente. Como los triángulos APQ, BRS y CTU son semejantes al triángulo ABC (por tener lados paralelos), entonces:
r A r B r C p A p B p C p A + p B + p C + + = + + = r r r p p p p Pero como PA2 = PB 1 , QA2 = QC 1 , RC1 = RB 2 , SB2 = SA 1 , TA1 = TC 2 y UC 2 = UB 1 , entonces p A + p B + p C = p . Por lo tanto:
r A r B r C + + =1 r r r r = 2 + 3 + 4 = 9 8. Sea ABC un triángulo isósceles tal que AB = AC y ÐA = 20° . Si M es el pie de la altura trazada desde C y N es el punto de AC tal que
BC , 2 ¿Cuánto mide, en grados sexagesimales, el Ð AMN . CN =
Solución Sea P el punto medio de BC como se muestra en el siguiente gráfico:
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Como MP es la mediana relativa a la hipotenusa en el triángulo rectángulo BMC, BP=MP = CP. Pero, por dato BC = 2CN. Luego: BP = MP = CP = CN Como ÐBCA = 80º, entonces en el triángulo isósceles PCN se cumple que ÐNPC = ÐPNC = 50º. Sean R un punto en la prolongación de NP tal que ÐNRM = 90º, T el pie de la perpendicular de N sobre MC y Q el punto de intersección de MC y NP como se muestra en la siguiente figura:
Como el triángulo BPM es isósceles, ÐBPM = 20º. Luego, ÐMPR = ÐBPM + ÐBPR = ÐBPM + ÐNPC = 20º + 50º = 70º. Los triángulos rectángulos MRP y NTC tienen las hipotenusas MP y NC de la misma longitud y además ÐMPR = 70º = ÐNCT. Luego, estos triángulos son congruentes (caso ALA). Por lo tanto, NT = MR. Pero si estos segmentos tienen la misma longitud, entonces los triángulos rectángulos MTN y NRM son congruentes (caso LLL). De aquí se deduce que: ÐQMN = ÐQNM Pero como ÐQCN = 70º y ÐQNC = 50º, entonces el ángulo ÐCQN, que es exterior en el triángulo QMN, mide 60º. De aquí, ÐQMN = ÐQNM = 30º. Finalmente ÐAMN = 90º ÐQMN = 60º.
9. Sea A={1, 2, 3, 4, ..., 13} y ¦ una función de A en A. Los valores de ¦ (¦(x)) se dan en la siguiente tabla:
t 1 f ( f (t )) 10
2 9
3 12
4 8
5 13
6 3
7 4
8 1
9 5
10 11 12 13 11 6 2 7
Halla f ( 7 ) . Solución Este problema se puede resolver analíticamente o se puede resolver analizando casos. Utilizaremos esta segunda alternativa. CASO 1: Si f ( 7 ) = 1
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De la tabla f ( f ( 7 ) ) = 4, entonces f (1) = 4 . También de la tabla se sabe que f ( f (1 ) ) = 10 , entonces f (4 ) = 10 . Siguiendo con este razonamiento de la tabla se van obteniendo uno a uno los siguientes valores: f (10) = 8 ; f (8 ) = 11 ; f (11 ) = 1 y f (1) = 6 , lo cual es absurdo pues ya se tenía que
f (1) era 4. CASO 2: Si f ( 7 ) = 2 De la misma manera que en el caso anterior se va obteniendo uno a uno los siguientes valores: f (2 ) = 4 ; f (4 ) = 9 ; f (9 ) = 8 ; f (8 ) = 5 ; f (5 ) = 1 ; f (1 ) = 13 ; f (13 ) = 10 ; f (10 ) = 7 ;
f (7 ) = 11 ; f (11 ) = 4 y f (4 ) = 6 , lo cual es absurdo pues ya se tenía que f (4 ) era 9. CASO 3: Si f ( 7 ) = 3 Nuevamente, como se trabajó en los casos anteriores obtenemos que:
f (3) = 4 ;
f (4 ) = 12 ; f (12 ) = 8 ; f (8 ) = 2 ; f (2 ) = 1 ; f (1 ) = 9 ; f (9 ) = 10 ; f (10 ) = 5 ; f (5 ) = 11 ; f (11 ) = 13 ; f (13) = 6 ; f (6 ) = 7 y f (7 ) = 3 , sin generar ninguna contradicción. Luego, f (7 ) = 3 es solución del problema. Si se probaran los demás casos, en todos ellos se genera contradicción.
10. En un tablero de 8 x 8 casillas, cada casilla se pinta de blanco o de rojo, de tal modo que cada casilla blanca tenga más casillas vecinas rojas que blancas y que cada casilla roja tenga más casillas vecinas blancas que rojas (dos casillas son vecinas si tienen un lado en común) ¿De cuántas maneras se puede efectuar el pintado del tablero? Solución CASO 1: Si en el tablero no hay casillas vecinas del mismo color. En este caso solo hay 2 formas de completar el tablero de una forma similar a la de un tablero de ajedrez, dependiendo de si se comienza con una casilla blanca en la esquina superior izquierda o si se comienza con una casilla negra. CASO 2: Si en el tablero hay dos casillas vecinas del mismo color. Por ejemplo, si hay dos casillas rojas en la misma fila, se tiene una figura como la siguiente:
Pero con la condición de que cada casilla debe tener más vecinas del color opuesto se completa este tablero de la siguiente forma, donde las casillas con la letra “B” serán pintadas de blanco.
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De esta manera se forman dos columnas consecutivas coloreadas de la misma forma. Este par de columnas consecutivas coloreadas de la misma forma se denominará un dúo vertical. También es posible formar dos filas consecutivas coloreadas de la misma forma, la cual se denominará un dúo horizontal, como el mostrado a continuación:
Claramente el tablero no puede tener al mismo tiempo un dúo vertical y uno horizontal. Caso 2.1. Si el tablero tiene solamente un dúo. En el caso del dúo vertical, éste puede ser ubicado en 7 posiciones distintas. Pero como puede empezar en la primera fila con dos casillas blancas o dos casillas rojas, existen en total 14 formas de colorear el tablero si éste tiene un solo dúo vertical. Si tuviera un dúo horizontal se obtienen también 14 formas de hacer el coloreado. En total, en este caso, se tienen 14 + 14 = 28 formas.
Caso 2.2. Si el tablero tiene solamente dos dúos. En el caso de dúos verticales, si estos son consecutivos los dúos pueden ubicarse en cinco posiciones distintas; si están separados por una columna pueden ubicarse en cuatro posiciones distintas; si están separados por dos columnas pueden ubicarse en tres posiciones distintas; si están separados por tres columnas pueden ubicarse en dos posiciones distintas y, finalmente, si están separados por cuatro columnas distintas éste puede ser ubicado en una sola posición. En total, tenemos 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 15 posiciones para los dos dúos verticales. Pero como el coloreo puede empezar con una casilla roja o una blanca existen en total 15 ´ 2 = 30 formas de colorear el tablero (si éste tiene exactamente dos dúos verticales). Si tuviera exactamente dos dúos horizontales se obtienen también 30 formas de hacer el coloreado. En total, en este caso, se tienen 30 + 30 = 60 formas. Caso 2.3. Si el tablero tiene exactamente tres dúos. En el caso de dúos verticales, estos ocupan seis de las ocho columnas del tablero, por lo que quedan dos columnas del tablero que no están ocupadas por los dúos. Si estas dos columnas están juntas hay cuatro posiciones distintas para ellas; si estas dos columnas están separados por uno de los dúos verticales estas se pueden ubicar en tres posiciones distintas; si están separados por dos dúos verticales, las columnas mencionadas pueden ubicarse en dos posiciones distintas; y, finalmente, si están separados por los tres dúos éstas pueden ser ubicadas en una sola posición. En total, tenemos 4 + 3 + 2 + 1 = 10 posiciones para los tres dúos verticales. Pero como cada coloreo puede empezar con una casilla roja o una blanca, existen en total 10 ´ 2 = 20 formas de colorear el tablero (si éste tiene exactamente tres dúos verticales). Si tuviera exactamente dos dúos horizontales se obtienen también 20 formas de hacer el coloreado. En total, en este caso, se tienen 20 + 20 = 40 formas. Caso 2.4. Si el tablero tiene exactamente cuatro dúos. En el caso de dúos verticales, estos ocupan todo el tablero, por lo que solo existe dos formas de hacer el coloreado, dependiendo si se empieza con una casilla roja o una blanca. Si tuviera exactamente dos dúos horizontales también se tienen 2 formas de hacer el coloreado. En total, en este caso, se tienen 2 + 2 = 4 formas. En total, existen 2 + 28 + 60 + 40 + 4 = 134 formas de hacer el coloreado. OLIMPÍADA NACIONAL ESCOLAR DE MATEMÁTICA Tercera Fase – Nivel 3
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