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20ª OLIMPIADA NACIONAL DE MATEMÁTICAS
Final Nacional, Nivel Menor
Primera Prueba, Jueves 23 de Octubre
Problema 1: Alberto quiere invitar a Ximena que es aficionada a las matemáticas, en lugar de señalarle exactamente cuáles son los buses del Transantiago que le sirven le dice: los números que llevan a mi casa tienen tres dígitos, siendo el dígito de la izquierda no nulo; además, estos números son múltiplos de 13, y el segundo dígito de ellos es el promedio de los otros dos. ¿Cuáles son las líneas de buses que llevan a la casa de Alberto?
Problema 2: En una circunferencia de radio 1 se traza un diámetro \overline{PQ} y se inscribe un triángulo equilátero con base \overline{AB} paralela a \overline{PQ}. El segmento \overline{PQ} corta al lado \overline{BC} en el punto R. ¿Es la longitud PR menor, igual, o mayor que la longitud de un cuarto de la circunferencia?
Problema 3: Decimos que un cuádruple de enteros positivos es primitivo si al menos dos de sus elementos son primos relativos (es decir, no tienen factores comunes).
(i) Encuentre todos los cuádruples primitvos (a,b,c,d) tales que: \dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{d} y a+b+c=d
(ii) Pruebe que para todos los cuádruples primitivos (a,b,c,d) satisfaciendo estas dos propiedades se tiene: \displaystyle \frac{1}{a}=\displaystyle \frac{1}{b}+\displaystyle \frac{1}{c}+\displaystyle \frac{1}{d}
Segunda Prueba, Viernes 24 de Octubre
Problema 4: Sea C un conjunto de n>3 puntos en el plano tal que, dados tres puntos cualesquiera en C, existe un cuarto punto en C de modo que estos cuatro puntos son los vértices de un cuadrado. ¿Cuáles son los posibles valores de n?
Problema 5: Se tienen tres números reales tales que a^3+b^3+c^3=3abc. Si el valor de a+b+c no es cero, pruebe que a=b=c.
Problema 6: Al planificar un viaje desde Temuco al extremo norte del país, un camionero se percata que para atravesar el desierto de Atacama debe cruzar una distancia de 800 km entre dos estaciones de servicio consecutivas. Su camión sólo puede almacenar 50 litros de bencina, y tiene un rendimiento de 10 km por litro. El camionero puede ir dejando bencina almacenada en bidones al costado de la carretera en distintos puntos del camino. Por ejemplo, con una carga total inicial de 50 litros puede recorrer 100 km, dejar almacenados 30 litros en el punto al que llegó, y volver al punto de partida (con carga cero) para recargar combustible.
El camionero decide emprender el viaje y llega a la primera estación de servicio con carga cero de combustible.
(i) ¿Puede el camionero atravesar el desierto si en esta estación de servicio la oferta total es de 140 litros?
(ii) ¿Puede el camionero atravesar el desierto si en la estación la oferta total de bencina es de 180 litros?
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Problema 1
Buscamos números a,b,c \in A=\{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9\}, a\not =0, 2b=a+c y 100a+10b+c \equiv _{13} 0.
Reemplazando se obtiene 100a+10b+c = 100a+5(a+c)+c = 105a+6c, y 105a+6c\equiv _{13} a+(-7)c; por lo que a+(-7)c\equiv _{13} 0 y entonces a\equiv _{13} 7c.
Si c=1\Rightarrow a=7\Rightarrow b=4
Si c=2\Rightarrow a=1\Rightarrow b\not \in A
Si c=3\Rightarrow a=8\Rightarrow b\not \in A
Si c=4\Rightarrow a=2\Rightarrow b=3
Si c=5\Rightarrow a=9\Rightarrow b=7
Si c=6\Rightarrow a=3\Rightarrow b\not \in A
Si c=7\Rightarrow a\not \in A
Si c=8\Rightarrow a=4\Rightarrow b=6
Si c=9\Rightarrow a\not \in A
Por tanto las soluciones son 741, 234, 975 y 468
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Problema 2
Como \overline{AB}\parallel \overline{PQ} entonces \angle CSR=\angle SCR=\angle CRS=60º, por lo que \triangle SCR es equilátero.
Sea O el centro de la circunferencia, entonces \overline{CO} es bisectriz, transversal de gravedad y altura en el \triangle SCR, y además CO=1 por ser radio.
Sea CR =a, entonces OR=\frac{a}{2}.
Aplicando el teorema de Pitágoras en \triangle COR se tiene 1^2+(\frac{a}{2})^2=a^2, de donde a=\frac{2}{\sqrt{3}} y así OR=\frac{a}{2}=\frac{1}{\sqrt{3}}, por lo que PR=PO+OR=1+\frac{1}{\sqrt{3}}=1+\frac{\sqrt{3}}{3}
Por otro lado un cuarto de circunferencia de radio 1 vale \frac{\pi}{2}.
Como \sqrt{3}>1,73, entonces 1+\frac{\sqrt{3}}{3}>1+0,576>\frac{3,15}{2}>\frac{\pi}{2}
Por tanto PR es mayor que la longitud del cuarto de circunferencia.
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Problema 3
Tenemos a+b+c=d \Rightarrow \frac{a}{d}+\frac{b}{d}+\frac{c}{d}=1 y como \frac{b}{d}=\frac{a}{c} y \frac{c}{d}=\frac{a}{b}, entonces \frac{a}{d}+\frac{a}{c}+\frac{a}{b}=1\Rightarrow \frac{1}{d}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a}, lo que prueba la parte (ii) sin que fuera necesaria la condición de que hay al menos dos coprimos.
De a+b+c=d se deduce que d es el mayor del cuarteto, y de ad=bc que entonces a es el menor del cuarteto.
Sea (a;b)=k para algún k entero positivo, entonces a=pk, b=qk, q>p y (p;q)=1, para algunos p y q enteros positivos.
De ad=bc se tiene d=\frac{qc}{p}\Rightarrow p|c\Rightarrow c=pt, para algún t entero positivo, y entonces d=qt, lo que también implica que t>k y (c;d)=t
De a+b+c=d se tiene pk+qk+pt=qt\Rightarrow k(p+q)=t(q-p).
Como al menos dos elementos del cuarteto son coprimos, es fácil notar que siempre se tiene que (t;k)=1.
Por otro lado, si (p+q;p-q)=m para algún m entero natural, entonces por la identidad de Bezout (p+q)+(q-p)=2q\Rightarrow m|2q y (p+q)-(q-p)=2p\Rightarrow m|2p. Como (p;q)=1 se tiene m|2. Así que se tienen dos casos:
(i) m=1, lo que significa que p+q y p-q son impares, por lo que p y q tienen distinta paridad.
De k(p+q)=t(q-p) se tiene k=q-p y t=p+q.
Obtenemos entonces el cuarteto (p(q-p),q(q-p),p(p+q),q(p+q)), donde (p;q)=1, q>p y p tiene distinta paridad con q
Recíprocamente el cuarteto satisface el enunciado, pues cumple las ecuaciones y que hayan al menos dos coprimos (siempre (b;c)=1 y (a;d)=1)
(ii) m=2, lo que significa que p+q y q-p son pares, por lo que p y q son ambos impares (ya que (p;q)=1).
Entonces p+q=2r, q-p=2s y (r;s)=1, para algunos r y s enteros positivos.
De k(p+q)=t(q-p) se tiene 2kr=2ts, de donde k=s y t=r, por lo que 2k=q-p y 2t=q+p, lo que implica que q=t+k y p=t-k
Obtenemos entonces el cuarteto (k(t-k),k(t+k),t(t-k),t(t+k)), donde (t;k)=1, t>k y k tiene distinta paridad con t (pues p y q eran impares).
Recíprocamente el cuarteto satisface el enunciado, pues cumple las ecuaciones y que hayan al menos dos coprimos (siempre (b;c)=1 y (a; d)=1).
Esto términa el problema.
Observación: el caso (a;b)=1 se resume a k=1, el (a;c)=1 a p=1, el (b;d)=1 a q=1 y el (c;d)=1 a t=1, pero este último nunca es posible pues siempre t>k\ge 1
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Problema 4
Es fácil notar que para n=4 (tomando un cuadrado) la condición se cumple.
Supongamos que n\ge 5, y consideremos en C los cinco puntos M, N, O, P y A.
Notemos que en un cuadrado, siempre un vértice cualquiera equidista de sólo dos de los otros, con los cuáles forma un ángulo recto siendo el punto central del ángulo.
Consideremos la terna (M,N,O). Como A debe formar un cuadrado con ésta, se tiene sin perder generalidad que AM=AN y AM\not =AO
Consideremos la terna (M,N,P). Como A debe formar un cuadrado con ésta y AM=AN, entonces AM\not =AP
Consideremos la terna (M,O,P). Como A debe formar un cuadrado con ésta y AM\not =AO y AM\not =AP, entonces AO=AP
Por estar en C los puntos M, N, O y P deben formar un cuadrado. Sin importar el orden de éste, siempre se tendrá MN=OP.
Luego \triangle MAN y \triangle OAP son rectángulos (ambos en A) isósceles de igual hipotenusa, y por tanto congruentes (criterio ALA); por lo que MA=NA=OA=PA, lo que contradice lo que ya habíamos concluido.
Luego en C no pueden haber más de 4 puntos.
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Problema 5
Como a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)=0 y a+b+c\not =0, entonces a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac=0, por lo que 2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)=(a-b)^2+(b-c)^2+(a-c)^2=0
Como un número al cuadrado es siempre mayor o igual a cero se debe tener que (a-b)^2=0, (b-c)^2=0 y (a-c)^2=0, por lo que a=b=c
jumbito
y que hay del camionero xoro P6
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Problema 6
Conclusiones importantes (no muy difíciles de justificar):
- Siempre conviene comenzar un viaje (que no sea de retorno) con el estanque lleno (50 litros), o con la mayor cantidad de combustible disponible.
- Si se quiere pasar combustible desde un punto A a un punto C por medio de un punto B, siempre es lo mismo (o más eficiente) pasar todo lo posible al punto B y después al punto C (es decir, sin retornos desde el punto C al A).
- Parar en un punto para dejar combustible significa también que se debe retornar (no necesariamente al inicio) luego de ese punto (de otra forma no vale la pena parar).
- La última parada más eficiente es en el kilómetro 300 (es decir, el problema se resume a llevar 50 litros de combustible al kilómetro 300). En efecto, de haber una parada en un punto A entre los kilómetros 300 y 800, significa que hay una pérdida de combustible al volver desde A hasta el kilómetro 300, que puede ser aprovechada en la ida parando en el kilómetro 300 antes que en A y dejándola allí (de forma de ayudar a juntar los 50 litros para alcanzar el kilómetro 800)
(i) No es posible llegar con una oferta total de 140 litros.
Si fuera posible, entonces se necesitan al menos 80 litros para atravesar todo el camino (de 800 kilómetros) (si es que fuera posible hacerlo directamente).
Además, como sabemos que en algún momento se debe parar en el kilómetro 300, significa que debe recargarse combustible al menos una vez en el punto inicial, por lo que sin importar en que orden se realice, hay al menos un retorno de 300 kilómetros que consume 30 litros en total. Pero no es posible lograr atravesar los 800 kilómetros con sólo una recarga en el inicio (pues hasta el momento ya necesitamos al menos 80+30=110 litros de combustible). Luego se debe volver al inicio más de una vez, y por tanto en retorno se ocupan más de 30 litros.
Por último, por cada litro de retorno se debe gastar un litro en reavanzar (este avance se hace al menos por segunda vez en el mismo camino, así que gasta un combustible aparte de los 80 considerados al inicio).
Entonces se deben gastar en total más de 140 litros de combustible para llegar (80 de base, más de 30 en retorno, y más de 30 en reavance).
(ii) Si es posible llegar con una oferta total de 180 litros.
Basta detenerse en los kilómetros 50, 150 y 300 (llevar todo lo posible al 50, luego al 150, luego al 300 y terminar el recorrido); lo que consume exactamente 180 litros.
Esto términa el problema.
Ahora bien, la forma más eficiente de atravesar el trayecto es detenerse en los kilómetros 33,\overline{3}, 133,\overline{3} y 300; lo que consume exactamente 176,\overline{6} litros:
Ya se vió que la última detención más eficiente es en el kilómetro 300. Veamos que la penúltima es en el kilómetro 133,\overline{3}.
Consideremos un punto A cualquiera entre los kilómetros 133,\overline{3} y 300. Entonces para términar el recorrido desde A se necesitan más de 50 litros, lo que significa que debe pasarse al menos dos veces por A en avance (pues el máximo que se puede acarrear es 50 litros por viaje), y también que debe pasarse al menos una vez por A en retorno. Todo esto significa que, sin importar el orden en que se realice, se debe recorrer el tramo entre los kilómetros 133,\overline{3} y 300 al menos 3 veces (un total de al menos 3(300-133,\overline{3})=500 kilómetros), por lo que se debe gastar al menos 50 litros en avanzar (ya sin más retorno) desde el kilómetro 133,\overline{3} al 300. Sin embargo, es posible gastar exactamente 50 litros si pasamos combustible del kilómetro 133,\overline{3} al 300 sin ninguna parada intermedia. Luego esta es la forma más eficiente de avanzar en dicho tramo (nótese que entonces con 100 litros en el kilómetro 133,\overline{3} es posible completar el trayecto).
Un argumento análogo (para el trayecto entre los kilómetros 33, \overline{3} y 133,\overline{3}) muestra que la antepenúltima parada más eficiente es en el kilómetro 33,\overline{3}; y (para el trayecto entre los kilómetros 0 y 33,\overline{3}) que lo más eficiente es pasar del kilómetro 0 al 33,\overline{3} sin paradas intermedias.
Sin embargo, no creo que el problema apuntara a encontrar la máxima eficiencia.
