olimpiadas de matemáticas iberoamericana

7/27/2019 Olimpiadas de Matemticas Iberoamericana

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OLIMPIADA IBEROAMERICANA DE MATEMATICAS

Presentacion y Enunciados

La olimpiada iberoamericana de matematicas (OIM) es la instancia de encuentro, para estudiantes preuni-

versitarios de habla hispana y portuguesa de America, ademas de Espana y Portugal. Actualmente participancasi veinte pases de dicha region geografica en cada OIM. Las primeras OIM se llevaron a cabo en el veranodel Hemisferio Sur (Diciembre a Abril), pero desde el ano 1990 (quinta OIM) se ha realizado anualmente,en Septiembre.

Esta olimpiada persigue los objetivos de estimular el estudio de la matematica y el desarrollo de jovenestalentos en esta ciencia, ademas de facilitar el intercambio de experiencias y la profundizacion de la amistadentre los pases participantes.

En la OIM se aplican dos pruebas escritas individuales, en dos das consecutivos. Cada una contiene trespreguntas, de distintos niveles de dificultad, a ser respondidas en cuatro horas y media. La dificultad generalse ha incrementado con el paso de los anos, siendo especialmente difcil el ano 1995.

Cada pas iberoamericano puede participar de esta olimpiada. Para ello, enva cuatro participantes, unjefe de delegacion y un tutor. Los participantes deben cumplir 18 anos o menos, el ano en que participan,ademas de no haber participado anteriormente en dos OIM.

Los premios de esta olimpiada son medallas de oro, plata y bronce. El jurado determina la cantidadde medallas a entregar, de cada tipo, con las mismas consideraciones que en la IMO. Tambien decide si seentregaran menciones de honor, o premios especiales para soluciones brillantes o creativas.

Considerando que algunos pases no participan permanentemente en la OIM, y ademas el desarrollomatematico en Iberoamerica es heterogeneo, se ha ideado un sistema que mide anualmente el progresorelativo de cada pas, bajo un cierto reglamento. El pas que muestra el mayor progreso relativo, obtiene unreconocimiento llamado Copa Puerto Rico. Este nombre se debe a que la delegaci on de Puerto Rico propusoesta idea en la cuarta olimpiada (Cuba, 1989). La idea y el reglamento (propuesto por la delegaci on cubanaen 1990) fueron aprobados por unanimidad ese ano. Dicho reglamento fue modificado en Costa Rica (1996)y Cuba (1999). Los requisitos, para que un pas opte a la Copa Puerto Rico el ano x, son haber participadoen la OIM los anos x 2 y x 1, y participar el ano x representado por cuatro participantes.

Para esta y otras informaciones, visite el sitio web: http://www.campus-oei.org/oim/


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1a OLIMPIADA IBEROAMERICANA DE MATEMATICAS

Villa de Leyva, Colombia, 1985

Primera Prueba: Jueves 12 de Diciembre

Problema 1: Encuentre todas las ternas (a,b,c) Z3

tales que:

a + b + c = 24a2 + b2 + c2 = 210

abc = 440

Problema 2: Sea P un punto en la region interior del ABC equilatero, tal que:

P A = 5, P B = 7, P C = 8

Determine la longitud de los lados del ABC.

Problema 3: Encuentre las races r1, r2, r3, r4 de la ecuacion:

4x4 ax3 + bx2 cx + 5 = 0

si se sabe que son reales positivas y que cumplen la siguiente relacion:

r12

+r24

+r35

+r48

= 1

Segunda Prueba: Viernes 13 de Diciembre

Problema 4: Sean a,b,c R tales que a = 1, b = 1, a = b, y:bc a2

1 a =ac b2

1 b

Pruebe que ambas fracciones son iguales a a + b + c.

Problema 5: Sea f : Z+ N una funcion que satisface las siguientes condiciones: m, n Z+ : f(mn) = f(m) + f(n) f(n) = 0, si la cifra de las unidades de n es 3. f(10) = 0Determine el valor de f(1985)

Problema 6: Dado un ABC acutangulo con circuncentro O, sean D BC,E AC,F AB, tales queAD,BE,CF concurren en O. Si el circunradio mide r, pruebe que:

1

AD+

1

BE+

1

CF=

2

r


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Salto, Uruguay, 1987

Primera Prueba: Miercoles 28 de Enero

Problema 1: Encuentre todas las funciones f : R R que cumplen la siguiente propiedad: x R {1, 0, 1} :

f(x) 2 f

1 x1 + x

= 64x

Problema 2: En un ABC, sea G el baricentro y M, N los puntos medios de AC,AB, respectivamente.Suponga que el cuadrilatero ANGM admite circunferencia inscrita. Pruebe que el ABC es isosceles.

Problema 3: Sean m,n,r Z+ tales que:

1 + m + n

3 = (2 +

3)2r1

Pruebe que m es un cuadrado perfecto.

Segunda Prueba: Jueves 29 de Enero

Problema 4: Se define la sucesion (pk)k1 de la siguiente forma:

p1 = 2 j Z+ : pj+1 es el mayor divisor primo de p1 . . . pj + 1Pruebe que el numero 5 no aparece en la sucesion

Problema 5: Sean r,s,t las races de la ecuacion x(x 2)(3x 7) = 2(a) Pruebe que r,s,t R+

(b) Calcule el valor de arctan r + arctan s + arctan t

Problema 6: Sea ABCD un cuadrilatero convexo. P AD,Q BC tales que:AP

P D=

BQ

QC=

AB

CD

Pruebe queP Q forma angulos iguales con

AB y

CD


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Lima, Peru, 1988

Primera Prueba: Miercoles 27 de Abril

Problema 1

: La medida de los lados de un triangulo estan en progresion aritmetica, al igual que la medidade sus alturas. Pruebe que el triangulo es equilatero.

Problema 2: Sean a,b,c,d,p,q Z+ tales que: ad bc = 1 a

b>

p

q>

c

d

(a) Pruebe que q b + d(b) Suponga que q = b + d. Pruebe que p = a + c

Problema 3: Es dado un punto P en el plano. Pruebe que, entre todos los triangulos

ABC tales que:

P A = 3, P B = 5, P C = 7,

el que tiene el mayor permetro admite a P como su incentro.

Segunda Prueba: Jueves 28 de Abril

Problema 4: Considere un triangulo, cuyos lados miden a,b,c. Se divide cada lado del triangulo, en n partesiguales (n Z+, n 2). Sea s la suma de los cuadrados de las distancias, de cada vertice a cada uno de lospuntos de division del lado opuesto, distinto de los vertices. Pruebe que:

s

a2 + b2 + c2 Q

Problema 5: Considere el conjunto:

A = {a + b 3

2 + c3

4/a,b,c Q}

Para todo x A, x = 0, pruebe que x1 A (x1 es el inverso multiplicativo de x)

Problema 6: Sea A la coleccion de todos los conjuntos de n enteros positivos distintos, donde no hay tresen progresion aritmetica. Demuestre que existe un elemento de A que tiene la mayor suma posible de losinversos de sus elementos.

Puede modificarse la medida de sus alturas por la medida de sus angulos, y obtenemos un nuevo problemaEste ejercicio solo pide probar la existencia de dicho elemento. No es necesario encontrarlo, ni estudiar su posible unicidad


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La Habana, Cuba, 1989

Primera Prueba: Lunes 10 de Abril

Problema 1: Determine todas las soluciones (x,y,z) R3

del siguiente sistema de ecuaciones:

x + y z = 1x2 y2 + z2 = 1

x3 + y3 + z3 = 1

Problema 2: Sean x,y,z

0,

2

tales que x < y < z. Pruebe que:

2+ 2 sen x cos y + 2 sen y cos z > sen(2x) + sen(2y) + sen(2z)

Problema 3: Sean a,b,c las longitudes de los lados de un triangulo. Pruebe que:

a ba + b + b cb + c + c ac + a

< 116

Segunda Prueba: Martes 11 de Abril

Problema 4: El ABC tiene incentro I. El incrculo es tangente AC,BC en M, N, respectivamente.P, Q M N tales que A,B son bisecados por AP , BQ, respectivamente. Pruebe que:

M P IA = BC IQ

Problema 5: Sea f : Z+ Z+ una funcion que cumple lo siguiente: f(1) = 1

n Z+

: f(2n + 1) = f(2n) + 1

n Z+ : f(2n) = 3 f(n)Determine el recorrido de f

Problema 6: Muestre que existen infinitos (x, y) N2 que satisfacen la ecuacion:

2x2 3x 3y2 y + 1 = 0


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Valladolid, Espana, 1990

Primera Prueba: Martes 25 de Septiembre

Problema 1: Sea f : N Z una funcion (0 N) definida por: n N : f(2n 1) = 0 (j N : n = 2j 1) f(n + 1) = f(n) 1

(a) Pruebe que n N : k N tal que f(n) + n = 2k 1(b) Encuentre el valor de f(21990)

Problema 2: Sean K el incrculo de un ABC e I su incentro. KBC = D, KAC = E, KAB = F. ADinterseca nuevamente a K en P. M es el punto medio EF. Pruebe que P , I , M , D son concclicos o colineales.

Problema 3: Sean b, c

Z, y considere la funcion f(x) = (x + b)2

c

(a) Sea p un divisor primo de c, tal que p2 no divide a c. Pruebe que p2 no divide a f(n), n Z(b) Sea q > 2 un primo que no divide a c. Suponga que n Z tal que q divide a f(n). Pruebe que para

cada r Z+ existe m Z (que depende de r) tal que qr divide a f(m)

Segunda Prueba: Miercoles 26 de Septiembre

Problema 4: Sean C1 una circunferencia, AB un diametro de ella, T la recta tangente por B, y M un puntode C1 {A, B}. Construyase una circunferencia C2, tangente a C1 en M, y tangente a T

(a) Determine el punto P de tangencia entre T y C2.

(b) Encuentre el LG del centro de C2, cuando M vara.

(c) Demuestre que existe una circunferencia ortogonal a todas las circunferencias C2.

Problema 5: Sean A, B dos esquinas opuestas de un tablero cuadriculado de nn; a cada casilla se le anadela diagonal en la direccion

AB, y as se forman 2n2 triangulitos. Una ficha se mueve desde A hasta B por

las lneas que dividen los triangulos. No se pasa dos o mas veces por cada uno de los segmentos. Al recorrerun segmento, se deposita una semilla en cada tri angulo que lo admite como lado. Despues del recorrido, seobserva que hay dos semillas en cada triangulo. Para que valores de n es posible esta situacion?

Problema 6: El grafico de un polinomio cubico con coeficientes en Q, es tangente al eje X. Pruebe que lastres races del polinomio estan en Q.


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Cordoba, Argentina, 1991

Primera Prueba: Septiembre

Problema 1: A cada vertice de un cubo se asigna un 1 o un 1. Luego, a cada cara se asigna el producto decuatro numeros asociados a sus vertices. Si s es la suma de los catorce numeros obtenidos, determine todoslos posibles valores de s

Problema 2: Dos rectas perpendiculares dividen a un cuadrado ABCD en cuatro partes, tres de las cualestienen (cada una) area 1. Pruebe que este cuadrado tiene area 4.

Problema 3: Sea f : [0, 1] [0, 1] una funcion no decreciente que cumple lo siguiente: f(0) = 0

x [0, 1] : f x

3

=f(x)

2

x [0, 1] : f(1 x) = 1 f(x)

Determine el valor de f

18

1991

Segunda Prueba: Septiembre

Problema 4: Encuentre un numero n de cinco cifras diferentes y no nulas, tal que n es igual a la suma detodos los numeros de tres cifras distintas que se pueden formar con las cinco cifras de n.

Problema 5: Sea p(x, y) = 2x2 6xy + 5y2 un polinomio en dos variables. a Z se dice un valor de p si b, c Z tales que a = p(b, c)

(a) Determine cuantos elementos de

{1, . . . , 100

}son valores de p

(b) Pruebe que el producto de valores de p es un valor de p

Problema 6: Dados tres puntos no colineales: M , N , H , sabemos que M y N son los puntos medios de doslados de un triangulo, y que H es su ortocentro. Construya el triangulo.


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Caracas, Venezuela, 1992


Problema 1: Para cada n Z+

, sea an el ultimo dgito de 1 + . . . + n. Determine a1 + . . . + a1992

Problema 2: Dados numeros reales 0 < a1 < .. . < an, definimos la funcion f :

R {an, . . . ,a1}

Rpor la siguiente formula:

f(x) =a1

x + a1+ . . . +

anx + an

Determine la suma de las longitudes de los intervalos, disjuntos dos a dos, formados por todos los valoresde x que cumplen la desigualdad: f(x) > 1

Problema 3: El ABC es equilatero, de lado 2, y tiene circunferencia inscrita K.(a) P K, pruebe que AP2 + BP2 + CP2 = 5

(b) P K, pruebe que existe un triangulo cuyos lados miden AP,BP,CP, y que su area es 34


Problema 4: Sean (ak)k0, (bk)k0 sucesiones en Z tales que:

a0 = 0, b0 = 8 j N : aj+2 = 2aj+1 aj + 2 j N : bj+2 = 2bj+1 bj j N : aj2 + bj2 es un cuadrado perfectoDetermine al menos dos valores del par (a1992, b1992)

Problema 5: Se dan la circunferencia K, y medidas h, m, tales que existe un trapecio ABCD inscrito enK (AB//CD), con altura h, tal que AB + CD = m. Construya en trapecio ABCD.

Problema 6: A partir del ABC, de area T, se construye el hexagono A1A2B1B2C1C2, de area H, de lasiguiente manera: considere puntos

A1, B2 AB; B1, C2 BC; C1, A2 CA

tales que los ordenes lineales son: A1 A B B2, B1 B C C2, C1 C A A2 y ademas:

AA1 = AA2 = BC, BB1 = BB2 = AC, CC1 = CC2 = ABPruebe que H 13T


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Mexico DF, Mexico, 1993


Problema 1: Sean a1 < a2 < . . . todos los numeros capicuas. Para cada j Z+

, se define bj = aj+1 aj .Determine cuantos numeros primos distintos tiene el conjunto {b1, b2, . . .}

Problema 2: Pruebe que cualquier polgono convexo de area 1 se encuentra en la regi on interior de unparalelogramo de area 2.

Problema 3: Encuentre todas las funciones f : Z+ Z+ estrictamente crecientes, tales que:

x, y Z+ : f(y f(x)) = x2 f(xy)


Problema 4: El ABC es equilatero y tiene incrculo K. Sean D AB,E AC, tales que DE es tangentea K. Pruebe que: AD

DB+

AE

EC= 1

Problema 5: Dado un trazo P Q, denotamos su mediatriz por MPQ. Sea A un conjunto finito de puntos enel plano, con mas de un punto, y que cumple las siguientes propiedades:

P, Q A MPQ A =

Si P1Q1, P2Q2, P3Q3 son tres segmentos distintos, cuyos extremos estan en A, entonces:

MP1Q1 MP2Q2 MP3Q3 A =

Determine el numero de puntos que puede tener A.

Problema 6: Dos numeros: a, b N, se dicen cuates si a + b, escrito en base 10, solo tiene ceros y unos(0 N). Sean A, B N dos conjuntos infinitos tales que:

B es el conjunto de todos los numeros que son cuates de todos los elementos de A A es el conjunto de todos los numeros que son cuates de todos los elementos de BPruebe que en uno de los conjuntos, A o B, hay infinitos pares de numeros consecutivos.


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Fortaleza, CE, Brasil, 1994


Problema 1: Se dice que n Z+

es sensato si r Z+

, 1 < r < n 1, tal que n, escrito en base r, tienetodas sus cifras iguales. Pruebe que 1993 no es sensato, pero que 1994 s lo es.

Problema 2: Sea ABCD un cuadrilatero cclico. Suponga que existe una semicircunferencia con centro enAB, que es tangente a los otros tres lados del cuadrilatero ABCD

(a) Pruebe que AB = AD + BC

(b) Calcule, en funcion de AB y CD, el area maxima que puede alcanzar el cuadrilatero ABCD

Problema 3: En cada casilla de un tablero cuadriculado de n n hay una lampara. Al tocar una lampara,cambian de estado (entre encendido y apagado) ella y todas las que est an en su misma fila o columna.Inicialmente todas las lamparas estan apagadas.

(a) Pruebe que siempre es posible, con una sucesion adecuada de toques, encender todas las lamparas.

(b) Encuentre, en funcion de n, el numero mnimo de toques necesarios para lograrlo.


Problema 4: Sea K la circunferencia circunscrita al ABC acutangulo, y P un punto en la region interiora K. Sean X , Y , Z K puntos tales que AX, BY , CZ concurren en P. Encuentre el punto P para el cual elXY Z es equilatero.

Problema 5: Sean n, r Z+. Deseamos construir A1, . . . , Ar {0, 1, . . . , n 1} de modo que se cumplanlas siguientes propiedades:

Todos los conjuntos A1, . . . , Ar tienen cardinal k. para cada x {0, 1, . . . , n 1}, es posible elegir un elemento aj en cada Aj , de modo que:

a1 + . . . + ar = x

Determine el menor valor posible para k, en terminos de n, r.

Problema 6: Pruebe que todo n {1, . . . , 21000000 1} se puede obtener, a partir de 1, haciendo menosde 1100000 sumas. Mas precisamente: existe una sucesion finita en Z+ : a0, a1, . . . , ak, con k < 1100000, quesatisface las siguientes propiedades:

a0 = 1, ak = n Para cada i {1, . . . , k} existen r, s {0, 1, . . . , i 1} tales que ai = ar + as


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Valparaso, Chile, 1995


Problema 1: Encuentre todos los posibles valores para la suma de los dgitos de un cuadrado perfecto

Problema 2: Sea n Z+, n 2. Encuentre todos los numeros a1, . . . , an [1, +[ tales que:

a1 + 3

a2 + . . . + n+1

an =

n(a1 + . . . + an)

Problema 3: Sea E una esfera de diametro AB. R, Sson las rectas tangentes a E en A, B, respectivamente,

tales que R,S,AB determinan tres direcciones ortogonales en el espacio. M R, N S son puntos variables

tales queM N es tangente a E en T. Determine el LG de T


Problema 4: En algunas casillas, de un tablero cuadriculado de n

n, ubicamos una ficha. Cada ficha domina

todas las casillas ubicadas en la misma fila, columna y diagonal principal, y s olo estas casillas. Determine elmenor numero de fichas que deben colocarse sobre el tablero, para que todas sus casillas queden dominadas.

Problema 5: En un ABC, el incrculo K es tangente a BC,AC,AB en D , E , F , respectivamente. ADvuelve a intersecar a K en un punto X, tal que AX = XD. XB, XC intersecan nuevamente a K en Y, Z,respectivamente. Pruebe que EY = F Z.

Problema 6: Una funcion f : N N se dice circular si todo natural es periodico, es decir:

p N, n = n(p) N/fn(p) = p

La notacion fn(p) significa que aplicamos n veces la funcion f al numero p. Dado k ]0, 1[, diremos quela funcion f tiene grado de repulsion k si ocurre lo siguiente (

denota la funcion parte entera):

p N : (j kp fj(p) = p)

Determine el mayor grado de repulsion que puede tener una funcion circular.


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San Jose, Costa Rica, 1996


Problema 1: Determine el menor n Z+

tal que un cubo de lado n se pueda dividir en 1996 cubos, cuyasaristas son numeros enteros positivos.

Problema 2: Sean AD una mediana del ABC, y M el punto medio de AD. BM AC = N. Pruebe queAB es tangente al circuncrculo del BC N si y solo si

BM

M N=

BC

BN

2

Problema 3: Sea p un numero primo. Escriba un elemento del conjunto {0, 1} en cada casilla de un tablerode (p2 +p + 1) (p2 +p + 1), de modo que se cumpla lo siguiente:(P1) En cada fila y cada columna hay exactamente p + 1 numeros 1.

(P2) No existen cuatro casillas, cuyos centros forman un rectangulo con lados paralelos a los bordes deltablero, y con un numero 1 escrito en ellas.


Problema 4: Dado n Z+, n 2, considere todas las fracciones de la forma 1ab

, con a, b Z+ coprimos ya < b n < a + b. Pruebe que la suma de todas estas fracciones es igual a 1

2

Problema 5: Considere un tablero con forma de triangulo equilatero de lado n Z+, dividido en n2triangulos equilateros de lado 1 (la figura explica el caso n = 3). Tenemos tres fichas: A,B,C, inicialmenteubicadas en los vertices del triangulo mayor. Inicialmente, todas las l neas del tablero son azules. Las fichas

se mueven por turnos, en el orden A B C A B C A B C . . . En cada turno, la fichacorrespondiente se mueve desde un vertice hacia otro, a distancia 1, por las l neas del tablero, y pintandocon rojo su trayectoria. Ninguna ficha puede recorrer un lado que ya tiene color rojo. Para todo n, pruebeque es posible pintar de rojo todos los lados de los triangulitos

A

B CProblema 6: Se tienen n puntos distintos en el plano: A1, . . . , An. A cada punto Aj se le asigna un numeroaj R {0}, de modo que i, j {1, . . . , n}, i = j AiAj2 = ai + aj

(a) Pruebe que n 4

(b) Si n = 4, pruebe que1

a1+

1

a2+

1

a3+

1

a4= 0


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Guadalajara, Mexico, 1997


Problema 1: Sea r [1, +[. Suponga que se cumple la siguiente propiedad: m, n Z+ : si n es multiplo de m, entonces nr es multiplo de mr

donde denota la funcion parte entera. Pruebe que r Z

Problema 2: Sea K una circunferencia concentrica con el incrculo de un ABC dado. Suponga que:K AB = {F, R}, K BC = {D, P}, K AC = {E, Q}.

Los ordenes lineales sobre los lados son: A F R B, B D P C, C E Q A. Sean:S = EF QR,T = DF PR,U = DE P Q.

Pruebe que los circuncrculos de los triangulos:

FRT,

DPU,

EQS tienen un unico punto comun.

Problema 3: Sean n Z+, n 2; In = {n, (n 1), . . . , n 1, n}; An = In2 R2. Disponemos de kcolores, para pintar los puntos de An

(a) Si k = 3, pruebe que, independiente de la coloracion, siempre hay dos puntos de An del mismo color,cuya recta no contiene otro punto de An.

(b) Si k = 4, coloree los puntos de An de modo que, si una recta contiene exactamente dos puntos de An,entonces ellos tienen colores distintos.


Problema 4: Sea n Z+. Si a1, . . . , an, b1, . . . , bn {0, 1}, entonces definimos la suma:S(n) = a1b1 + . . . + anbn,

Sea I(n) el numero de arreglos (a1, . . . , an, b1, . . . , bn) tales que S(n) es impar. P(n) tiene una definicionanaloga, pero se exige S(n) par. Pruebe que:

P(n)

I(n)=

2n + 1

2n 1Problema 5: Sean AE,BF alturas en el ABC acutangulo, con ortocentro H. La recta simetrica de AE,respecto de la bisectriz interior del A, y la recta simetrica de BF, respecto de la bisectriz interior del B, se

intersecan en O. La circunferencia circunscrita al ABC es intersecada nuevamente por AE, AO en M, N,respectivamente. Sean:

P = BC H N , R = BC OM,S= HR OP .Pruebe que AHSO es un paralelogramo.

Problema 6: Sea A = {P1, . . . , P 1997} un conjunto de puntos en un crculo de radio 1 (sin considerar lacircunferencia), siendo P1 su centro. Para cada j {1, . . . , 1997}, sea aj la distancia desde Pj hasta el puntode A {Pj} mas cercano. Pruebe que:

a12 + . . . + a1997

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Puerto Plata, Republica Dominicana, 1998


Problema 1: Dados 98 puntos en una circunferencia, Mara y Jose se turnan para dibujar segmentos, conextremos en esos puntos. Sin repetir los segmentos ya trazados, dibujan un segmento por turno. El juegoacaba cuando todos los puntos se han usado como extremo de alg un segmento, y gana quien haya dibujadoel ultimo segmento. Jose inicia el juego. Quien puede asegurar la victoria?

Problema 2: El incrculo K del ABC es tangente a BC,AC,AB en D , E , F , respectivamente. K intersecaa AD en D y Q, puntos distintos. Pruebe que

EQ pasa por el punto medio de AF AC = BC.

Problema 3: Encuentre el menor n Z+ para el cual, dados n elementos cualesquiera de {1, . . . , 999},pueden elegirse cuatro de ellos, distintos: a,b,c,d, tales que a + 2b + 3c = d


Problema 4: En torno a una mesa redonda se sientan representantes de n pases (n 2). Si dos personas sondel mismo pas, su vecinos por la derecha no pueden ser mutuamente compatriotas. Para cada n, determineel numero maximo de personas que puede haber en torno a la mesa.

Problema 5: Encuentre el maximo valor posible de n para el cual existan puntos distintos en el plano:P1, . . . , P n, y numeros r1, . . . , rn R, de modo que se cumpla la siguiente propiedad:

i, j {1, . . . , n}, i = j PiPj = ri + rjProblema 6: Sea la raz positiva de la ecuacion:

t2 1998t 1 = 0

Se define la sucesion (ak)k0 por las relaciones de recurrencia:

a0 = 1 j N : aj+1 = aj ( denota la funcion parte entera)Calcule el resto de la division de a1998 por 1998.


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Problema 1: Encuentre todos los enteros positivos menores que mil, tales que el cubo de la suma de susdgitos sea igual al cuadrado del numero.

Problema 2: Dadas dos circunferencias secantes: M, N, diremos que M biseca a N si la cuerda comun aM, N es un diametro de N. Considere dos circunferencias fijas: C1, C2, no concentricas.

(a) Pruebe que infinitas circunferencias bisecan simultaneamente a C1 y C2

(b) Determine el LG de los centros de dichas circunferencias.

Problema 3: Sea n 2; P1, . . . , P n son puntos distintos sobre una recta del plano. Para cada 1 i < j n,considere la circunferencia de diametro PiPj , que debe ser coloreada con uno de k colores disponibles.Llamaremos (n, k)-nube a esta configuracion. No son coloreados los puntos que pertenecen a mas de unacircunferencia. Para cada k

Z+, determine todos los valores de n que cumplen lo siguiente: toda (n, k)-nube

contiene dos circunferencias tangentes del mismo color.


Problema 4: Sea a Z+, a > 10, tal que todos sus dgitos pertenecen a {1, 3, 7, 9}. Pruebe que a tiene unfactor primo mayor o igual que once

Problema 5: Se inscribe un ABC en una circunferencia K de centro O. Las alturas del triangulo sonAD,BE,CF.

EF K = {P, Q}. M es el punto medio de BC

(a) Pruebe que OA P Q(b) Pruebe que AP2 = 2 AD OM

Problema 6: Sean A,B,C puntos en el plano, tales que AC = BC. Se construye una sucesion de puntos(Ck)k1 de la siguiente forma:

C1 = C j Z+ : si A,B,Cj no son colineales, entonces Cj+1 es el circuncentro del ABCnDetermine todos los puntos C para los cuales la sucesion (Ck)k1 tiene infinitos terminos bien definidos

y es eventualmente periodica (esto es: k, p Z+ tales que n k Cn+p = Cn)


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Caracas, Venezuela, 2000


Problema 1: Construya un polgono regular de n lados (n 3, impar) y numere sus vertices de 1 a n.Dibuje tambien todas las diagonales del polgono. Pruebe que es posible asignar a cada lado y a cada diagonalun numero en {1, . . . , n}, de modo que:

El numero asignado a cada segmento sea distinto a los asignados a sus extremos. Para cada vertice, todos los segmentos que lo comparten tienen numeros diferentes.

Problema 2: Sean K1, K2 dos circunferencias, de centros O1, O2, respectivamente, secantes en M, N. Sean

A K1, B K2 tales que AB es la recta tangente comun a K1 y K2, mas cercana a M. BC es un diametrode K2, y D es el punto de interseccion entre

O1O2 y la recta perpendicular a

AM, trazada por B. Pruebe

que los puntos M , D , C son colineales.

Problema 3: Encuentre todas las ternas (x,y,z) de enteros mayores que 1, tales que:

(x + 1)y xz = 1


Problema 4: De una progresion aritmetica infinita en R : 1, a1, a2, . . ., se eliminan terminos, obteniendoseuna progresion geometrica infinita de razon q. El 1 no fue eliminado. Que valores puede tomar q?.

Problema 5: Hay un monton de 2000 piedras. Dos jugadores se turnan para retirar piedras, alternadamente,de acuerdo con las siguientes reglas:

En cada jugada se pueden retirar 1, 2, 3, 4 o 5 piedras.

En cada jugada, se prohbe que el jugador retire la misma cantidad de piedras que retiro su oponenteen la jugada previa.

Pierde el jugador que en su turno no pueda realizar una jugada v alida. Determine que jugador tiene unaestrategia ganadora, y encuentre dicha estrategia

Problema 6: Un hexagono convexo se denomina bonito si tiene cuatro diagonales de longitud 1, cuyosextremos incluyen todos los vertices del hexagono

(a) Dado cualquier numero k ]0, 1], encuentre un hexagono bonito de area k

(b) Demuestre que el area de cualquier hexagono bonito es menor que3

2


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Minas, Uruguay, 2001


Problema 1: Decimos que n Z+

es charrua si cumple las siguientes condiciones:

Todos los dgitos de n son mayores que 1 Siempre que se multiplican cuatro dgitos de n, se obtiene un divisor de n.Pruebe que, para cada k Z+, existe un numero charrua con mas de k dgitos

Problema 2: El incrculo del ABC tiene centro I y es tangente a BC,AC,AB en X , Y , Z , respectivamente.Defina los puntos P y Q como sigue:

BI Y Z = P, CI Y Z = Q

Pruebe que, si XP = XQ, entonces el

ABC es isosceles.

Problema 3: Sean A un conjunto, con #A = n, y A1, . . . , Ak A (k 2), cada uno con cardinal mayor oigual que r. Pruebe que i, j, con 1 i < j k, tales que:

#(Ai Aj) r nk4(k 1)


Problema 4: Determine el numero maximo de progresiones aritmeticas crecientes de tres terminos quepuede tener una sucesion a1 < a2 < .. . < an de n 3 numeros reales.

Problema 5: En un tablero cuadriculado de 2000 2001, las casillas tienen coordenadas

(x, y) {0, 1, . . . , 1999} {0, 1, . . . , 2000}

Una nave en el tablero se mueve de la siguiente manera: antes de cada movimiento, la nave est a en unaposicion (x, y) con una velocidad (h, v), donde h, v Z. La nave escoge una nueva velocidad (h, v) de formaque (h h), (v v) {1, 0, 1}. La nueva posicion de la nave sera (x, y), donde x es el resto de dividirx + h entre 2000 e y es el resto de dividir y + v entre 2001.

Hay dos naves en el tablero: la marciana y la terrestre, que quiere atrapar a la marciana. Inicialmente,cada nave esta en una casilla del tablero y su velocidad es (0,0). Las naves se mueven alternadamente,comenzando por la terrestre, y la nave terrestre siempre ve a la marciana. Si la nave terrestre cae, despues deun movimiento suyo, en la misma posicion que la nave marciana, entonces la primera captura a la segunda.No se produce captura, si la nave marciana cae, despues de un movimiento suyo, en la misma posicion quela nave terrestre. Si la nave terrestre busca capturar a la otra nave, Existe una estrategia que siempre le

permita conseguirlo, independiente de las posiciones iniciales?

Problema 6: Demuestre que es imposible cubrir un cuadrado de lado 1 utilizando cinco cuadrados iguales

de lado menor que1

2


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San Salvador, El Salvador, 2002

Primera Prueba

Problema 1: Los numeros 1, . . . , 2002 se escriben en una pizarra en orden creciente. Luego sea borran losque ocupan un lugar de la forma 3k + 1. Se hace lo mismo en la nueva lista. As se continua hasta borrartodos los numeros de la lista. Cual fue el ultimo numero borrado?

Problema 2: Sea A un conjunto de nueve puntos en el plano, tres a tres no colineales. Pruebe, para cadaP A, que el numero de triangulos que admiten como vertices a tres de los ocho puntos restantes, y quetienen a P en su interior, es par.

Problema 3: Un punto P es interior al ABC equilatero, tal que AP C = 120. M AB,N BC, talesque CM AN = P. Encuentre el LG del circuncentro del BM N al variar P

Segunda Prueba

Problema 4: En un ABC escaleno, sea D AC, tal que BD biseca el B. Sean E , F , M las proyec-ciones ortogonales de A,C,D, respectivamente, sobre

BD,

BD,

BC, respectivamente. Pruebe que EM D =

DM F

Problema 5: La sucesion (ak)k1 se define en R por recurrencia, como sigue:

a1 = 56

j Z+ : aj+1 = aj 1aj

Pruebe que K {1, . . . , 2002} tal que aK < 0

Problema 6: Un polica intenta capturar a un ladron en un tablero de 2001

2001. Ellos se mueven

alternadamente, partiendo con el polica. Cada uno, en su turno, se mueve una casilla en uno de los siguientessentidos: , , . El polica puede usar su jugada para moverse desde la casilla de la esquina inferior derecha,directamente a la casilla de la esquina opuesta (el ladron no puede hacer esta jugada). Inicialmente el policaesta en la casilla central, y el ladron esta en la casilla diagonal superior derecha (), vecina al p olica. Pruebelas siguientes dos afirmaciones:

(a) El ladron puede moverse al menos diez mil veces sin ser capturado

(b) El polica posee una estrategia para capturar al ladron

El polica captura al ladron si, luego de un movimiento suyo, cae en la casilla que ocupa el ladr on. Si elladron, luego de un movimiento suyo, cae en la casilla que ocupa el polica, no se produce captura.


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Mar del Plata, Argentina, 2003


Problema 1: Se tienen dos sucesiones, cada una de n enteros consecutivos, y un tablero de dos filas yn columnas. Se distribuyen los numeros de las dos sucesiones en el tablero: los de la primera sucesion enla primera fila, y los de la segunda sucesi on en la segunda fila. A cada columna asociaremos la suma delos dos numeros escritos en ella. Es posible que estas sumas formen, en orden, una sucesi on de n enterosconsecutivos? Resuelva el problema, para n = 2003 y n = 2004

Problema 2: Sean C un punto en la semicircunferencia de diametro AB, y D un punto en el arco BC deesta semicircunferencia. M , N , P dimidian AC,DB,CD (respectivamente). Sean OA, OB los circuncentros

de los triangulos ACP, BDP (respectivamente). Pruebe que OAOB//MN

Problema 3: Pablo copiaba el siguiente problema:

Considere todas las sucesiones finitas(a0, a1, . . . , a2003)

tales que:

a0 = 1 j {1, . . . , 2003} : 0 aj 2 aj1Determine la sucesion que cumple estas propiedades y maximiza la siguiente expresion: s = . . .

Cuando Pablo iba a copiar la expresion de s, le borraron la pizarra. Lo unico que pudo recordar es ques era una expresion del siguiente tipo:

s = (c1 a1 + . . . + c2002 a2002) + a2003,

con c1, . . . , c2002 {1, 1}. Demuestre que Pablo puede determinar la sucesion optima en el problema, apesar de no tener el enunciado completo.


Problema 4: A {1, . . . , 49} es un conjunto con n elementos, que no tiene seis numeros consecutivos(a) Determine el mayor valor de n que permite la existencia del conjunto A

(b) Para dicho valor de n, determine la cantidad de conjuntos A de ese tipo

Problema 5: En el cuadrado ABCD : P BC {B, C}, Q CD {C, D} tales que BP = CQ. Seconsideran puntos X AP,Y AQ,X= Y. Pruebe que existe un triangulo cuyos lados miden BX,XY,DY.

Problema 6: Se definen las sucesiones (ak)k0, (bk)k0 por las siguientes relaciones:

a0 = 1, b0 = 4 j N : an+1 = an2001 + bn j N : bn+1 = bn2001 + anDemuestre que 2003 no divide a ninguno de los terminos de estas sucesiones.


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Castellon, Espana, 2004


Problema 1: Deben colorearse algunas casillas de un tablero de 1001 1001, de manera que: Si dos casillas tienen al menos un lado comun, entonces al menos una de ellas debe ser coloreada De cada seis casillas consecutivas, de una fila o columna, siempre se deben colorear al menos dos que

sean adyacentes

Determine el numero mnimo de casillas que deben colorearse

Problema 2: Considere (fijos en el plano) una circunferencia K, y un punto A exterior a ella. Sea M N undiametro variable de K. Encuentre el LG del circuncentro del AMN al variar M.

Problema 3: Sean n, k Z+ tales que: o bien n es impar, o bien n, k son ambos pares. Pruebe que existena, b

Z que cumplen lo siguiente:

n es coprimo con a y con b a + b = k


Problema 4: Determine todos los pares (a, b), donde a, b {10, 11, . . . , 99}, tales que 100a + b y 201a + bson cuadrados perfectos de cuatro dgitos.

Problema 5: Sean D , E , F puntos en el borde de un ABC escaleno, tales que AD, BE, CF son bisectrices.Sea P el punto de corte de

BC con la mediatriz de AD. Los puntos Q, R se definen similarmente, segun el

orden alfabetico. Pruebe que P,Q,R son colineales.

Problema 6: Para un conjunto H de puntos en el plano, se dice que un punto T del plano es un punto de

corte de H si existen puntos distintos: P,Q,R,S H tales que las rectas P Q, RS son distintas y se cortanen T. Dado un conjunto finito A0 de puntos en el plano, defina la sucesion (Ak)k1 de conjuntos de puntosen el plano, de la siguiente forma:

Para cada j N : Aj+1 es la union de Aj con el conjunto de todos los puntos de corte de AjPruebe que, si la union de todos los conjuntos de la sucesion es un conjunto finito, entonces todos los

terminos de la sucesion son iguales a A1.


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Cartagena de Indias, Colombia, 2005


Problema 1: Determine todas las soluciones (x,y,z) R3

del siguiente sistema de ecuaciones:

xyz = 8x2y + y2z + z2x = 73

x(y z)2 + y(z x)2 + z(x y)2 = 98Problema 2: Una pulga salta sobre puntos enteros, en la recta numerica. Su primer salto fue desde 0hacia 1. Luego, si un salto fue desde a hacia b, el siguiente salto sera desde b hacia uno de los puntosb + (b a) 1, b + (b a), b + (b a) + 1. Pruebe que, si n Z+, y la pulga ha cado dos veces sobre el punton, entonces ha saltado menos 2n veces, donde denota la funcion techo.

Problema 3: Sea p > 3 un numero primo. Si

11p + 12p + . . . + 1(p 1)p = abdonde a, b Z+ son coprimos, pruebe que p3 divide a a


Problema 4: Dados a, b Z+, a b denota el resto de la division entre a y b. Encuentre todos los pares(a, p) (Z+)2 tales que p es primo y:

(a p) + (a (2p)) + (a (3p)) + (a (4p)) = a +p

Problema 5: Sea ABDC un cuadrilatero cclico, con circuncentro O, tal que el ABC es acutangulo. SeanE

AB,F

AC puntos, tales que BDE = OAC y CDF = OAB. Pruebe que

EF pasa por el

ortocentro del ABC.

Problema 6: Dado n Z+, sean A1, A2, . . . , A2n puntos colineales. Cada punto se pinta de azul o rojo, me-diante el siguiente procedimiento: En el plano se trazan n circunferencias, dos a dos disjuntas, con diametrosde extremos Ai y Aj . Cada Ak, con 1 k 2n, pertenece exactamente a una circunferencia. Se pintan lospuntos, de modo que dos puntos de una misma circunferencia tienen el mismo color Cu antas coloracionesdistintas de los 2n puntos se pueden obtener, al variar las n circunferencias y la distribucion de colores?


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Guayaquil, Ecuador, 2006


Problema 1: Sean K, G la circunferencia inscrita y circunscrita (respectivamente) de un ABC escaleno,rectangulo en A. Sea M BC tal que AM es tangente a G. Sea L la recta que pasa por los puntos detangencia de K con AB,AC. Si L BC = N, y L AM = U, pruebe que el U M N es isosceles.

Problema 2: Sea a1, . . . , an R, no necesariamente distintos. Sea d la diferencia entre el mayor y el menorde estos numeros, y defina:

s =

i 1 un entero impar. Sean P0, P1 dos vertices consecutivos de un poligono regular Rde n lados. Para cada k 2, se define Pk como el vertice de R que pertenece a la mediatriz de Pk1Pk2.Para que valores de n la sucesion P0, P1, P2, . . . recorre todos los vertices de R?


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Coimbra, Portugal, 2007


Problema 1: Dado un numero mZ+, defina la sucesion (a

k)k1

de la siguiente manera:

a1 = m2

Para todo n Z+ : an+1 = an an, donde denota la funcion techo.Encuentre todos los valores de m tales que a2007 es el primer numero entero que aparece en la sucesion.

Problema 2: Sean I el incentro de un triangulo ABC, y K una circunferencia con centro I, radio mayorque el inradio y dustinto de AI,BI,CI. Sean: X1 el punto de interseccion de K con la recta

AB, mas cercano

a B; X2, X3 los puntos de interseccion de K con la rectaB C, siendo X2 mas cercano a B; X4 el punto de

interseccion de K con la rectaAC mas cercano a C. Si P =

X1X2 X3X4, pruebe que la recta AP interseca

al segmentoX2X3 en su punto medio.

Problema 3: Dos equipos: A y B, disputan el territorio limitado por una circunferencia. El equipo A tienen banderas azules, y el equipo B tiene n banderas blancas, donde n 2 es un numero fijo. Ambos equiposjuegan alternadamente, y A comienza el juego. Cada equipo, en su turno, coloca una de sus banderas en unpunto de la circunferencia que no se haya usado en una jugada anterior. Cada bandera, una vez colocada,no se puede cambiar de lugar.

Una vez colocadas las 2n banderas, se reparte el territorio entre los dos equipos. Un punto del territorioes del equipo A si la bandera mas cercana a el es azul, y es del equipo B si la bandera mas cercana a eles blanca. Si la bandera azul mas cercana a un punto esta a la misma distancia que la bandera blanca mascercana a ese punto, entonces el punto es neutro (no es de A ni de B). Un equipo gana el juego si sus puntoscubren un area mayor que el area cubierta por los puntos del otro equipo. Hay empate si ambos cubren areasiguales. Para todo n, pruebe que el equipo B tiene estrategia para ganar el juego.


Problema 4: En un tablero cuadriculado, con 19 filas y 19 columnas, una ficha llamada dragon se muevede la siguiente manera: se desplaza cuatro casillas en una direccion paralela a uno de los lados del tablero,y una casilla en direccion perpendicular a la anterior. Se sabe que, con este tipo de movimientos, el dragonpuede moverse de cualquier casilla a cualquier otra. La distancia dragoniana entre dos casillas es el menornumero de movimientos que el dragon debe hacer, para moverse de una casilla a otra. Si C es una de lasesquinas del tablero, y V es la casilla vecina a C que la toca en un unico punto, pruebe que existe una casillaX del tablero, tal que la distancia dragoniana de C a X es mayor que la distancia dragoniana de C a V.

Problema 5: Un numero n N se dice atresvido si el conjunto de sus divisores (incluyendo 1 y n) se puededividir en tres subconjuntos, todos ellos con la misma suma de sus elementos. Cual es la menor cantidadde divisores que puede tener un numero atresvido?

Problema 6: Sea F la familia de todos los hexagonos convexos H que satisfacen las siguientes condiciones:

Los lados opuestos de H son paralelos. Tres vertices cualesquiera de H se pueden cubrir con una franja de ancho 1 (Una franja de ancho d es

la region del plano comprendida entre dos rectas paralelas, que est an a distancia d. La franja incluyeambas rectas paralelas).

Determine el menor numero r R+ tal que cada uno de los hexagonos de F se puede cubrir con una franjade ancho r.


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OLIMPIADA IBEROAMERICANA DE MATEMATICAS

Soluciones y Comentarios

En esta pagina presentamos una tabla, que resume el numero de soluciones y comentarios, a los problemas

que hemos presentado en las paginas anteriores. Con rojo se indican las pruebas incompletas y los problemassin solucion, segun este documento (esta en permanente revision y mejoramiento).

Ano P1 P2 P3 P4 P5 P6 Comentarios1985 1 1 1 3 1 1 1-2-5-5-61987 1 1 1 1 1 11988 1 1 1 1 1 1 1-3-5-5-61989 1 1 1 1 1 1 2-51990 1 1 1 1 1 11991 1 0 1 1 1 1 51992 1 1 1 1 1 1 61993 1 1 1 1 1 01994 1 1 1 1 1 0 11995 1 1 1 1 0 019961997199819992000200120022003200420052006


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Problema 1: Encuentre todas las ternas (a,b,c) Z3 tales que:

a + b + c = 24a2 + b2 + c2 = 210

abc = 440

Solucion: Si elevamos la primera ecuacion al cuadrado, restamos la segunda y dividimos por 2, obtenemos:

(a + b + c)2 (a2 + b2 + c2)2

=242 210

2ab + ac + bc = 183

Debemos resolver el sistema:a + b + c = 24

ab + ac + bc = 183

abc = 440Consideremos el siguiente polinomio en la variable x:

(x a)(x b)(x c) = x3 (a + b + c)x2 + (ab + ac + bc)x abc(x a)(x b)(x c) = x3 24x2 + 183x 440(x a)(x b)(x c) = (x 5)(x 8)(x 11)

Como a,b,c son races del polinomio (x 5)(x8)(x 11), entonces a,b,c {5, 8, 11}. Estos numeros nopueden estar repetidos, pues todas las races tienen multiplicidad 1. Tambien, al menos uno de los numerosa,b,c debe valer 5, al menos uno debe valer 8, al menos uno debe valer 11. Dicho de otro modo: ( a,b,c) esuna permutacion de los elementos de {5, 8, 11}, por tanto se obtienen exactamente seis ternas (a,b,c) C3:

(5, 8, 11), (5, 11, 8), (8, 5, 11), (8, 11, 5), (11, 5, 8), (11, 8, 5)

Comentario: La solucion anterior demuestra, no solo que estas son todas las soluciones en Z3. sino queextiende el resultado a soluciones en C3


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Problema 2: Sea P un punto en la region interior del ABC equilatero, tal que:

P A = 5, P B = 7, P C = 8

Determine la longitud de los lados del ABC.

Solucion: Rotamos el AP B en 60, en torno al vertice A, haciendo coincidir AB con AC. De esta manera,el ABP es convertido en el ACX, como muestra la figura:

A

B C

P

X

Por construccion: ABP = ACX, entonces XA = 5, XC = 7. Por la rotacion aplicada: P AX = 60,entonces el AP X es equilatero, luego: P X = 5. Conocidas la medida de los lados del CP X, usaremos elteorema del coseno en este triangulo:

CX2

= P C2

+ P X2

2 P C P X cos(CP X)72 = 82 + 52 2 8 5 cos(CP X)

2 8 5 cos(CP X) = 82 + 52 7280 cos(CP X) = 40

cos(CP X) =1

2

Por lo tanto: CP X = 60, luego AP C = 120. Aplicamos el teorema del coseno en el AP C:

AC2 = P A2 + P C2 2 P A P C cos(AP C)AC2 = 52 + 82 2 5 8 cos 120

AC2 = 89

80

1

2AC2 = 129

Por lo tanto, los lados del ABC miden 129

Comentario: Podemos plantear y resolver el mismo problema, aunque poniendo las siguientes condiciones:

P A = a , P B = b,PC= c


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Las longitudes a,b,c no son cualesquiera. De hecho, deben satisfacer las desigualdades triangulares,porque a + b > AB > c, y analogamente para las otras dos desigualdades. El procedimiento para hallar ACes exactamente el mismo, apenas cambiando las longitudes. Entonces, usaremos el teorema del coseno en elCP X para obtener:

CX2 = P C2 + P X2

2

P C

P X

cos(CP X)

P B2 = c2 + a2 2 c a cos(CP X)b2 = a2 + c2 2ac cos(CP X)

2ac cos(CP X) = a2 + c2 b2

Sean s =a + b + c

2el semipermetro del CP X, y A su area. Tenemos que:

A =ac sen(CP X)

2 2ac sen(CP X) = 4 A

Ahora aplicaremos el teorema del coseno en el AP C:

AC2 = P A2 + P C2

2

P A

P C

cos(AP C)

AC2 = a2 + c2 2ac cos(60 + CP X)AC2 = a2 + c2 2ac

cos 60 cos(CP X) sen 60 sen(CP X)

AC2 = a2 + c2 2ac

1

2 cos(CP X)

3

2 sen(CP X)

AC2 = a2 + c2 2ac cos(CP X) 12

+ 2ac sen(CP X)

3

2

AC2 = a2 + c2 (a2 + c2 b2) 12

+ 4 A

3

2

AC2 =2a2 + 2c2

2 a

2 + c2 b22

+ 2

3 A

AC2 = a2 + b2 + c22

+ 2

3 s(s a)(s b)(s c)

AC2 =a2 + b2 + c2 + 4

3 s(s a)(s b)(s c)2

Por lo tanto: AC =

a2 + b2 + c2 + 4

3 s(s a)(s b)(s c)2


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Problema 3: Encuentre las races r1, r2, r3, r4 de la ecuacion:

4x4 ax3 + bx2 cx + 5 = 0si se sabe que son reales positivas y que cumplen la siguiente relacion:

r12

+r24

+r35

+r48

= 1

Solucion: Como todas las races de la ecuacion son positivas, aplicamos la desigualdad MG M A:

4

r12

r24

r35

r48

14

r12

+r24

+r35

+r48

4

r12

r24

r35

r48

14

r1 r2 r3 r42 4 5 8 1256r1 r2 r3 r4 5

4

Esto ultimo se cumple como igualdad, en virtud de las formulas de Vieta:

r1 r2 r3 r4 = 54

Entoncesr12

=r24

=r35

=r48

= q > 0. Multiplicamos estos valores:

q4 =r1 r2 r3 r4

2 4 5 8=

5

4

1

320

=1

256

Entonces q =1

4, y por lo tanto r1 =

1

2, r2 = 1, r3 =

5

4, r4 = 2


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Problema 4: Sean a,b,c R tales que a = 1, b = 1, a = b, y:

bc a2

1 a = ac b2

1 bPruebe que ambas fracciones son iguales a a + b + c.

Solucion 1: Si p,q,r,s R tales que pq

=r

sy q = s, entonces p

q=

r

s=

p rq s . Aplicaremos esto en el

problema para concluir que ambas fracciones son iguales a:

(bc ac) + (b2 a2)b a =

(b a)c + (b a)(b + a)b a =

(b a)(a + b + c)b a = a + b + c

Solucion 2: Debemos trabajar con la igualdad de hipotesis. Lo primero es multiplicar por (1 x)(1 y):bc

a2

1 a =ac

b2

1 b(bc a2)(1 b) = (ac b2)(1 a)

bc a2 b2c + a2b = ac b2 a2c + ab2(bc ac) + (b2 a2) + (a2c b2c) + (a2b ab2) = 0

(b a)c + (b a)(b + a) + (a b)(a + b)c + ab(b a) = 0Como a = b, entonces se puede dividir por b a, por ser no nulo:

c + (b + a) (a + b)c + ab = 0a + b + c + ab ac bc = 0

(a + b + c) (a2 ab ac) = bc a2

(a + b + c) a(a + b + c) = bc a2

(a + b + c)(1 a) = bc a2

Podemos dividir por 1 a, pues esto es distinto de 0. Por lo tanto:ac b2

1 b =bc a2

1 a = a + b + c

Solucion 3: Llamaremos q al valor comun de las dos fracciones, es decir:

bc a21 a =

ac b21 b = q

Desarrollamos la igualdad entre el primer y el tercer termino, tenemos que bc a2 = q (1 a). Analoga-

mente: ac b2

= q (1 b). Si restamos estas igualdades se obtiene lo siguiente (se permite dividir por b a,porque a, b son distintos):(bc a2) (ac b2) = q(1 a) q(1 b)(bc ac) + (b2 a2) = q(1 a 1 + b)

c(b a) + (b + a)(b a) = q(b a)c + b + a = q

Por lo tanto, ambas fracciones son iguales a a + b + c


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Problema 5: Sea f : Z+ N una funcion que satisface las siguientes condiciones:

m, n

Z+ : f(mn) = f(m) + f(n)

f(n) = 0, si la cifra de las unidades de n es 3. f(10) = 0Determine el valor de f(1985)

Solucion: Observamos que 0 = f(10) = f(2 5) = f(2)+ f(5). Como f no toma valores negativos, entoncesf(2) = f(5) = 0. Observamos lo siguiente:

0 = f(3573) = f(397 3 3) = f(397) + f(3) + f(3) = f(397) + 0 + 0 = f(397)

Por lo tanto: f(1985) = f(5 397) = f(5) + f(397) = 0 + 0 = 0

Comentario 1: Probaremos que f es identicamente nula. En efecto: para todo n Z+ existen k, l N, a Z+ tales que n = 2k 5l a, y la ultimo cifra de a pertenece a {1, 3, 7, 9}. Por la segunda propiedad:

f(n) = f(2k 5l a) = k f(2) + l f(5) + f(a) = k 0 + l 0 + f(a) = f(a)

Entonces, basta probar la siguiente afirmacion:

Afirmacion 1: Si el dgito de las unidades de n pertenece a {1, 3, 7, 9}, entonces f(n) = 0

En efecto: Si n termina en 1, entonces 3n termina en 3, luego 0 = f(3n) = f(3)+ f(n) = 0+ f(n) = f(n).En el caso general, n4 termina en 1, entonces, se tiene que 0 = f(n4) = 4 f(n) f(n) = 0 2

De todo lo dicho anteriormente, concluimos que f es identicamente nula

Comentario 2: A continuacion estudiaremos una generalizacion del problema anterior: Sean a, m Z, talesque m > 1 y MCD(a, m) = 1. Sea f : (Z {0}) C una funcion que cumple las siguientes propiedades:

x, y (Z {0}) : f(xy) = f(x) + f(y) f(n) = 0, si n a (mod m) f(m) = 0Describiremos todas las funciones f que existen. Comenzamos con la siguiente afirmacion:

Afirmacion 2: Si n

Z tal que MCD(m, n) = 1, entonces f(n) = 0

En efecto: Si n 1 (mod m), entonces an a (mod m), luego:

0 = f(an) = f(a) + f(n) = 0 + f(n) 0 = f(n)

Vamos al caso general: por el teorema de Euler-Fermat: n(m) 1 (mod m), entonces:

0 = f(n(m)) = (m) f(n) f(n) = 0 2


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Sea m = p11 . . . prr la descomposicion de m en factores primos. Por la primera y tercera propiedad:

f(m) = 0 1 f(p1) + . . . + r f(pr) = 0 ()

Si n (Z{0}), entonces existen 1, . . . , r N, b Z+ tales que n = (p11 . . . prr ) b y MCD(b, m) = 1.Por la segunda propiedad, tenemos lo siguiente:

f(n) =

1 f(p1) + . . . + r f(pr)

+ f(b) = 1 f(p1) + . . . + r f(pr)

Por lo tanto, es necesario que f este definida por la formula indicada arriba, y que f(p1), . . . , f (pr) cum-plan (). Tambien es suficiente: una funcion definida de este modo, cumple todas las propiedades indicadas.


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Problema 6: Dado un ABC acutangulo con circuncentro O, sean D BC,E AC,F AB, tales queAD,BE,CF concurren en O. Si el circunradio mide r, pruebe que:

1

AD+

1

BE+

1

CF=

2

r

Solucion: Primero debemos demostrar lo siguiente:

Afirmacion 1: En un ABC, si tres cevianas AD,BE,CF concurren en un punto interior P, entonces:P D

AD+

P E

BE+

P F

CF= 1

En efecto: denotamos el area de la superficie plana S por AS. Observamos la figura abajo; h, d denotanla altura del ABC desde A, y la distancia desde P hasta el lado BC, respectivamente:

A

B C

P

D

d

h

Por teorema de Thales, y despues amplificando por BC, tenemos lo siguiente:

P D

AD=

d

h=

BC dBC

h

=2 APBC2

AABC

=APBC

AABC

Analogamente:P E

BE=

APCA

AABCy

P F

CE=

APAB

AABC. Si sumamos estas tres igualdades, concluimos que:

P D

AD+

P E

BE+

P F

CF=

APBC + APCA + APAB

AABC=

AABC

AABC= 1 2

En las condiciones de esta afirmacion, tenemos lo siguiente:

AP

AD+

BP

BE+

CP

CF=

AD P DAD

+BE P E

BE+

CE P ECF

AP

AD+

BP

BE+

CP

CF=

1 P DAD

+

1 P EBE

+

1 P FCF

APAD

+ BPBE

+ CPCF

= 3

P DAD

+ P EBE

+ P FCF

AP

AD+

BP

BE+

CP

CF= 3 1

En particular, si ponemos P = O (como el ABC es acutangulo, entonces O es interior), tenemos queAO = BO = CO = r, y por lo tanto:

r

AD+

r

BE+

r

CF= 2 1

AD+

1

BE+

1

CF=

2

r


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Comentario: La afirmacion 1 puede ser generalizada, considerando la posicion de P, con respecto a las

rectas que definen el triangulo. Para esto, si A,B,Cson los vertices de un triangulo, las rectasAB,

AC,

BC

definen siete regiones en el plano (excluiremos las rectas de ellas), y en la figura indicamos un nombre paracada una de ellas:

A

B CT

IA

IB ICEA

EBEC

Con esta notacion, solo falta enunciar las afirmaciones. Las demostraciones son identicas a la de laafirmacion 1, pero la posicion relativa de P nos obliga a cambiar la igualdad:

APBC + APCA + APAB = AABC

por la siguiente igualdad en la afirmacion 2:

APBC + APCA + APAB = AABCy por la siguiente igualdad en la afirmacion 3:

APBC APCA APAB = AABCLa afirmacion 2 vale (modificando lo que sea necesario) si P EB, o bien si P EC. La afirmacion 3

vale (modificando lo que sea necesario) si P IB, o bien si P IC.

Afirmacion 2: En un ABC, si tres cevianas AD,BE,CF concurren en un punto P EA, entonces:

P DAD

+ P EBE

+ P FCF

= 1

Afirmacion 3: En un ABC, si tres cevianas AD,BE,CF concurren en un punto P IA, entonces:P D

AD P E

BE P F

CF= 1

Ahora, resumimos estas afirmaciones, en notacion de segmentos dirigidos. siW X,

Y Z segmentos dirigidos

(es decir: segmentos a los cuales hemos asociado un sentido) con la misma direcci on, entonces:

W XY Z

=

W X

Y Z, si

W X,

Y Z tienen el mismo sentido

W X

Y Z

, siW X,

Y Z tienen sentidos opuestos

Con esta notacion, podemos resumir todo lo anterior en la siguiente afirmaci on:

Afirmacion 4: En un ABC, si tres cevianas AD,BE,CF concurren en un punto P, en alguna de lasregiones T, EA, EB, EC, IA, IB o IC (es decir: P no es colineal con algun par de vertices del triangulo),entonces vale la siguiente igualdad:

P DAD

+

P EBE

+

P FCF

= 1


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Problema 1: Encuentre todas las funciones f : R R que cumplen la siguiente propiedad:

x R {1, 0, 1} :

f(x)

2 f

1 x1 + x

= 64x

Solucion: Sea x R{1, 0, 1}, y definamos a = 1 x1 + x

. Claro que a R{1, 0, 1}, ademas que esta biendefinido. Aplicamos la propiedad, sobre x y tambien sobre a:

f(x) 2 f(a) = 64x

f(a) 2 f

1 a1 + a

= 64a

Luego de hacer las cuentas, tenemos que1 a1 + a

= x, por lo tanto:

f(x) 2 f(a) = 64x

f(a) 2 f(x) = 64a

Elevamos la primera ecuacion al cuadrado, y luego dividimos por la segunda (que no es igual a 0):

f(x) 3

=64x2

a

f(x) 3

= 64x2 1 + x1 x

Por lo tanto: f(x) = 4 3

x2

(1 + x)

1 x


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Problema 2: En un ABC, sea G el baricentro y M, N los puntos medios de AC,AB, respectivamente.Suponga que el cuadrilatero ANGM admite circunferencia inscrita. Pruebe que el

ABC es isosceles.

Solucion: Sean AM = CM = b,AN = BN = c,AG = 2p, BG = 2q,CG = 2r. Luego: GM = q,GN = r y,por el teorema de Pitot: c + q = b + r. Entonces AB + BG = 2c + 2q = 2b + 2r = AC+ CG, por tanto, lostriangulos AGM, AGN tienen igual semipermetro: s = c +p + q = b +p + r. Tambien tienen la mismaarea: un tercio del area del ABC. Usando la formula de Heron en ambos triangulos, tenemos lo siguiente:

s(s 2p)(s 2c)(s 2q) =

s(s 2p)(s 2b)(s 2r)s(s 2p)(s 2c)(s 2q) = s(s 2p)(s 2b)(s 2r)

(s 2c)(s 2q) = (s 2b)(s 2r)s2 2s(c + q) + 4cq = s2 2s(b + r) + 4br

cq = br

Como c + q = b + r y cq = br, entonces hay dos casos posibles: b = q, c = r, o bien b = c, q = r. En elprimer caso: AM = CM = GM,AN = BN = GN, entonces los triangulos ABG, ACG son rectangulosen G, luego BGC = 180 (). Por lo tanto: b = c, es decir: el ABC es isosceles en A


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Problema 3: Sean m,n,r Z+ tales que:

1 + m + n3 = (2 + 3)2r1Pruebe que m es un cuadrado perfecto.

Solucion: Definimos la sucesion (ak)k0 por la siguiente formula:

ak =(2 +

3)k

1 +

3+

(2 3)k1 3

Observamos que a0 = 1, a1 = 1 y que ak+2 = 4ak+1 ak (para todo k N). Por lo tanto, todos losterminos de esta sucesion son numeros enteros.

Por el desarrollo del binomio de Newton (agrupamos los terminos racionales y los terminos que sonproducto de un numero racional por

3), tenemos la siguiente propiedad: si s

Z, entonces

a, b

Z tales

que (2 3)s = a b3. Podemos desarrollar lo siguiente:

ar2 =

(2 +

3)r

1 +

3+

(2 3)r1 3

2

ar2 =

(2 +

3)r

1 +

3

2

+

(2 3)r1 3

2

+ 2 (2 +

3)r

1 +

3 (2

3)r

1 3

ar2 =

(2 +

3)2r

4 + 2

3+

(2 3)2r4 23 + 2

(22 3)r1 3

ar2 =

(2 +

3)2r1

2+

(2 3)2r12

+2 12

ar2 = (1 + m + n3) + (1 + m n3)

2 1

ar2 = 1 + m 1

ar2 = m

Como ar Z, concluimos que m es un cuadrado perfecto.


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Problema 4: Se define la sucesion (pk)k1 de la siguiente forma:

p1 = 2

j Z+ : pj+1 es el mayor divisor primo de p1 . . . pj + 1Pruebe que el numero 5 no aparece en la sucesion

Solucion: Comenzamos con la siguiente afirmacion importante:

Afirmacion: Los terminos de esta sucesion, son dos a dos coprimos.

En efecto: sean 0 < m < n enteros. Llamaremos a al producto de todos los terminos de la sucesion, desdep1 hasta pn1, excepto pm. Entonces, por recurrencia: b Z tal que apm + 1 = bpn. Reescribimos estocomo bpn apm = 1, por lo tanto MCD(pm, pn) = 1 2

Como p1 = 2, p2 = 3, entonces 2 y 3 no dividen a los otros terminos de la sucesion. Supongamos queexiste n Z+ tal que pn = 5. Entonces, n 3, y tambien 2 3 p3 . . . pn1 + 1 = 2k 3l 5m. Como el ladoizquierdo no es multiplo de 2 ni de 3, entonces k = l = 0. Luego:

2 3 p3 . . . pn1 + 1 = 5m2 3 p3 . . . pn1 = 5m 1

El lado izquierdo es multiplo de 2, pero no de 4 (cada factor es impar, excepto 2). Sin embargo, el ladoderecho es multiplo de 4 (). Por lo tanto el numero 5 no aparece en la sucesion.


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Problema 5: Sean r,s,t las races de la ecuacion x(x 2)(3x 7) = 2(a) Pruebe que r,s,t

R+

(b) Calcule el valor de arctan r + arctan s + arctan t

Solucion: Definimos la funcion polinomial p(x) = x(x 2)(3x 7) 2 = 3x3 13x2 + 14x 2, con la cualtrabajaremos ambas partes.

(a) p(0) < 0 < p(1), p(1) > 0 > p(2), p(2) < 0 < p(3). Por el teorema del valor intermedio para funcionescontinuas (p(x) es una funcion polinomial, as que es continua), concluimos que p(x) tiene una raz en cadauno de los intervalos: ]0, 1[, ]1, 2[, ]2, 3[. Por lo tanto: r,s,t R+.

(b) Sean a = arctan r, b = arctan s, c = arctan t. Como r,s,t R+, entonces a,b,c

0,

2

. Por las formulas

de Vieta en el polinomio p(x), tenemos lo siguiente:

r + s + t =13

3, rs + rt + st =

14

3, rst =

2

3

Aplicamos la formula de la tangente de la suma, para obtener lo siguiente:

tan(a + b + c) =tan(a + b) + tan c

1 tan(a + b) tan c

tan(a + b + c) =

tan a + tan b

1 tan a tan b + t

1 tan a + tan b1 tan a tan b t

tan(a + b + c) =

r + s

1 rs+ t

1 r + s1 rs t

tan(a + b + c) =r + s + t (1 rs)1 rs (r + s) t

tan(a + b + c) =r + s + t rst

1 rs rt sttan(a + b + c) =

3 (r + s + t) 3rst3 3 (rs rt st)

tan(a + b + c) =13 23 14

tan(a + b + c) =

1

Entonces, a + b + c =3

4+ k, k Z. Pero a + b + c

0,3

2

, por lo tanto:

arctan r + arctan s + arctan t =3

4


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Problema 6: Sea ABCD un cuadrilatero convexo. P AD,Q BC tales que:

APP D

= BQQC

= ABCD

Pruebe queP Q forma angulos iguales con

AB y

CD

Solucion: SiAB//

CD , el problema es trivial. Veamos el caso en que

AB,

CD no son paralelas. Sin perder

generalidad, suponemos que ellas se intersecan enBA CD (es decir, que el punto O = AB CD cumple lo

siguiente: A esta entre O y B, y tambien D esta entre O y C). Tambien suponemos, sin perder generalidad,que el punto R tal que ABRD es paralelogramo, esta en el interior del cuadrilatero ABCD (de lo contrario,construimos un punto R tal que DCRA es paralelogramo, y la demostracion sigue analogamente)

Sea S CR tal que CDS = RDS. Entonces:BQ

QC =AB

CD =DR

DC =RS

SC

(la primera igualdad es por hipotesis; la segunda, porque AB = DR; la tercera, por teorema de la bisectriz).Luego QS//BR//DP. Y con esta nueva informacion, hacemos lo siguiente:

QS

RB=

CQ

CB=

DP

DA=

DP

RB QS = DP

(la primera igualdad es por teorema de Thales; la segunda, por hipotesis; la tercera, porque DA = RB; laconclusion se obtiene, de los extremos de esta cadena de igualdades, observando que los denominadores son

iguales). Por lo tanto, DPQSes un paralelogramo. Concluimos queP Q es paralela a

DS, que forma angulos

iguales conCD y

DR (que es paralela a

AB).


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Lima, Peru, 1988

Problema 1: La medida de los lados de un triangulo estan en progresion aritmetica, al igual que la medidade sus alturas. Pruebe que el triangulo es equilatero.

Solucion: Supongamos que los lados miden a, a + d, a + 2d, y que las alturas miden h, h k, h 2k, donded, k 0 (es decir, los lados estan mencionados en orden creciente, y las alturas lo estan en orden decreciente).Para asociar a cada lado su altura respectiva, recordamos que el doble del area del triangulo, es igual alproducto de ellos. Por tanto: a mayor lado se opone menor altura. Podemos escribir lo siguiente:

Desarrollamos los productos y eliminamos terminos repetidos, para obtener:

ah = (a + d)(h k) = (a + 2d)(h 2k)ah = ah ak + dh dk = ah 2ak + 2dh 4dk

0 = (dh ak) dk = 2(dh ak) 4dk

De lo ultimo (resolvemos el sistema de ecuaciones), tenemos que dk = 0. Entonces d = 0 o bien k = 0.En cualquier caso, el triangulo es equilatero.

Comentario: Resolvamos ahora el problema, cambiando la palabra lados por angulosSupongamos que los lados miden ad,a,a+d (con 0 < d < a), y que los angulos miden 60, 60, 60+

(el angulo intermedio debe medir 60, por ser el promedio de los lados de cualquier triangulo. Ademas:60 < < 60). Aplicamos el teorema del seno para obtener lo siguiente:

a dsen(60 ) =

a

sen 60=

a + d

sen(60 + )a d

sen 60 cos cos 60 sen =a

sen 60=

a + d

sen 60 cos + cos 60 sen

Esto nos lleva al sistema de ecuaciones:

a sen60 d sen 60 = a sen 60 cos a cos60 sen a sen60 + d sen 60 = a sen 60 cos + a cos60 sen

Si promediamos estas ecuaciones, obtenemos que asen 60 = asen60 cos , por tanto cos = 1 = 0,en consecuencia: el triangulo es equilatero, como debamos probar

Puede modificarse la medida de sus alturas por la medida de sus angulos, y obtenemos un nuevo problema


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Lima, Peru, 1988

Problema 2: Sean a,b,c,d,p,q Z+ tales que:

ad

bc = 1

ab

>p

q>

c

d

(a) Pruebe que q b + d(b) Suponga que q = b + d. Pruebe que p = a + c

Solucion:

(a)a

b>

p

q>

c

d aq > bp y pd > qc. Como a,b,c,d,p,q Z+, entonces:

aq bp + 1 adq bdp + d

pd qc + 1 bdp bcq+ bSi reemplazamos una desigualdad en la otra: adq bcq+ b + d (ad bc)q b + d q b + d

(b) Sabemos que q = b + d; por lo hecho en la parte anterior, sabemos que:

aq = bp + 1

pd = qc + 1

Restamos estas igualdades, para obtener lo siguiente:

aqpd = bp qc(a + c)q = (b + d)p

Pero q = b + d > 0; al dividir obtenemos que p = a + c


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Lima, Peru, 1988

Problema 3: Es dado un punto P en el plano. Pruebe que, entre todos los triangulos ABC tales que:

P A = 3, P B = 5, P C = 7,

el que tiene el mayor permetro admite a P como su incentro.

Solucion: Primero, vamos a establecer lo siguiente:

Afirmacion: Sean a,b,c R+ medidas fijas, y P un punto fijo en el plano. Sean A,B,C puntos variablesen el plano, de modo que P A = a,PB = b,PC= c. Entre todos los triangulos: ABC en estas condiciones,el de mayor permetro cumple que BAP = CAP

En efecto: considere el ABC de mayor permetro. Sean E la elipse con focos B, C y suma constanteigual a AB + AC (en consecuencia, A E), y K = (P, a) (en consecuencia, A K). Como el ABCtiene permetro maximo, entonces AB + AC

AB + AC, para todo A

K. Entonces K esta contenida

en el borde e interior de E. Pero A E K, entonces K es tangente interiormente a E en A. Sea L la rectatangente comun a E y K (A L). Dos cosas podemos concluir:

Como L es tangente a K en A, y P es el centro de A, entonces L AP Como L es tangente a E en A, y B, C son focos de E, entonces L determina angulos iguales con las

rectasAB y

AC (ie: L es la bisectriz exterior del angulo en A, en el ABC)

Por lo tanto, P es la bisectriz interior del angulo en A, en el ABC. 2

Consideramos el ABC de mayor permetro, en las condiciones del problema. Podemos aplicar esterazonamiento en todos sus vertices, y concluir que P es el incentro.

Comentario: Hemos generalizado el problema, reemplazando la terna (3,5,7) por cualquier terna ( a,b,c)de numeros reales positivos (que representan la medida de los segmentos P A , P B , P C , respectivamente)


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Lima, Peru, 1988

Problema 4: Considere un triangulo, cuyos lados miden a,b,c. Se divide cada lado del triangulo, en n partesiguales (n Z+, n 2). Sea s la suma de los cuadrados de las distancias, de cada vertice a cada uno de lospuntos de division del lado opuesto, distinto de los vertices. Pruebe que:

s

a2 + b2 + c2 Q

Solucion: Sean A,B,C los vertices del triangulo, con BC = a,CA = B,AB = c. Dado k {1, . . . , n 1},defina Pk AB, tal que APk = k

n c y BPk = n k

n c. Por la relacion de Stewart:

CA2 PkB + CB 2 PkA = AB CPk2 + AB PkA PkBb2

n kn

c

+ a2

k

n c

= c CPk2 + c

k

n c

n kn

c

Diviidimos por c y restamos el ultimo sumando, para obtener lo siguiente:

n kn

b2 +k

n a2

k(n k)

n2 c2 = CP

k

2

Si definimos sC =n1

k=1

CPk2, tenemos lo siguiente.

sC =b2

nn1

k=1

(n k) + a2

nn1

k=1

k c2

n2n1

k=1

(kn k2)

sC =b2

n n(n 1)

2+

a2

n n(n 1)

2 c

2

n2

n2(n 1)2

n(n 1)(2n 1)6

sC =n 1

2 (a2 + b2) c

2

n2 n(n 1)

n

2 2n 1

6

sC =n

1

2 (a2 + b2) n

1

n c2 3n

(2n

1)

6

sC =n 1

2

a2 + b2 n + 13n

c2

Analogamente, podemos definir sA, sB, y tendremos las formulas:

sA =n 1

2

b2 + c2 n + 13n

a2

, sB =n 1

2

a2 + c2 n + 13n

b2

Si sumamos, tenemos una expresion para s (en el ultimo paso, dividimos por a2 + b2 + c2):

s = sA + sB + sC

s =n 1

2

2 (a2 + b2 + c2) n + 13n

(a2 + b2 + c2)

s = n 12

2 n + 13n

(a2 + b2 + c2)

s =n 1

2 5n 1

3n (a2 + b2 + c2)

s =(n 1)(5n 1)

6n (a2 + b2 + c2)

sa2 + b2 + c2

=(n 1)(5n 1)

6n Q


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Lima, Peru, 1988

Problema 5: Considere el conjunto:

A = {a + b3

2 + c3

4/a,b,c Q}Para todo x A, x = 0, pruebe que x1 A (x1 es el inverso multiplicativo de x)

Solucion: Sea x = a + b 3

2 + c 3

4 A, x = 0 (sabemos que a,b,c Q, no todos nulos). Si definimos:

y = (a2 2bc) + (2c2 ab) 3

2 + (b2 ac) 3

4,

entonces xy = a3 + 2b3 + 4c3 6abc Q. Para concluir, basta demostrar que este racional no es nulo, esdecir, debemos probar lo siguiente:

Afirmacion 1: Si a,b,c son mumeros racionales tales que a3 + 2b3 + 4c3 6abc = 0, entonces a = b = c = 0

Supongamos que existen a,b,c Q (no todos nulos), tales que a3 + 2b3 + 4c3 6abc = 0. Escribimos:

a =kama

, b =kbmb

, c =kcmc

,

con ka, kb, kc Z; ma, mb, mc Z+; M CD(ka, ma) = MCD(kb, mb) = MCD(kc, mc) = 1. Observamos queka, kb, kc no son todos nulos. Multipliquemos la igualdad previa, por (mambmc)3, para obtener:

(kambmc)3 + 2(makbmc)

3 + 4(mambkc)3 6(kambmc)(makbmc)(mambkc) = 0

Como los numeros kambmc, makbmc, mambkc no son todos nulos, podemos dividir esta igualdad por

M CD(kambmc, makbmc, mambkc) 3

> 0,

para obtener la siguiente igualdad (pero ahora con p,q,r Z tales que M CD(p, q, r) = 1):p3 + 2q3 + 4r3 6pqr = 0

De esta igualdad, tenemos que p es par: p = 2s, s Z. Reeplazamos:8s3 + 2q3 + 4r3 12sqr = 0 q3 + 2r3 + 4s3 6qrs = 0

Analogamente, q es par: q = 2t, t Z. Nuevamente reemplazamos:8t3 + 2r3 + 4s3 12trs = 0 r3 + 2s3 + 4t3 6rst = 0

Por lo tanto, r es par. Tenemos que p,q,r son pares, pero M CD(p, q, r) = 1 (). Esto termina lademostracion de esta afirmacion 2

Por lo tanto, x1 A, este numero tiene la siguiente forma:

x1 =(a2 2bc) + (2c2 ab) 32 + (b2 ac) 34

a3 + 2b3 + 4c3 6abcComentario 1: Recordemos que, si p es un numero primo, la valuacion p-adica: vp : (Q {0}) Z quedadefinida como sigue: si a Z {0}, entonces vn(a) Z+ tal que a

nvn(a) Z no es un multiplo de n. Si


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q Q {0}, entonces e, f Z {0}, tales que q = ef

. Definimos vn(q) = vn(e) vn(f). Esta definicion esbuena, pues no depende de los numeros e, f elegidos para representar q.

Ahora estamos en condiciones de generalizar la afirmacion 1

Afirmacion 2: Sean p un numero primo, vp la valuacion p-adica, n Z+. Supongamos que b Q y quea1, . . . , an Q {0}, tales que: j {1, . . . , n} : vp(aj) ap(a1) = j 1

b = 0, o bien vp(b) > vp(a1)Entonces, la siguiente ecuacion solo admite una solucion racional: x1 = . . . = xn = 0

a1xn1 + . . . + anx

nn + bx1 . . . xn = 0

Supongamos que (x1, . . . , xn) es una solucion no trivial de numeros racionales. Entonces podemos escribir:

x1 =k1m1

, . . . , xn =knmn

,

con k1, . . . , kn Z; m1, . . . , mn Z+

; MCD(k1, m1) = . . . = MCD(kn, mn) = 1. Notamos que k1, . . . , kn noson todos nulos. Multipliquemos la igualdad previa, por (m1 . . . mn)n, para obtener:

n

j=1

aj

kjn

i=j

min

yjn

+b n

j=1

kj

i=j

mi

yjZ

= 0

Entonces (y1, . . . , yn) es una solucion no trivial de numeros enteros (pues k1, . . . , kn no son todos nulos).

Multiplicamos por pvp(a1) y dividimos por

M CD(y1, . . . , yn) n

> 0 para obtener lo siguiente:

c1z1n + . . . + cnzn

n + dz1 . . . zn = 0,

donde los numeros c1

, . . . , cn, z1

, . . . , zn, d son enteros y cumplen las siguientes propiedades:

M CD(z1, . . . , zn) = 1 cj = ajpvp(a1), entonces vp(cj) = j 1 d = bpvp(a1), entonces p divide a dEntonces, p divide a c1z1

n. Como p es primo y no divide a c1, luego p divide a z1, ie: f1 Z tal quez1 = pf1. Podemos reemplazar en la igualdad anterior:

c1pnf1

n + c2z2n + . . . + cnzn

n + dpf1z2 . . . zn = 0

c2z2n + . . . + cnzn

n + c1pnf1

n +pdz2 . . . znf1 = 0c2p

z2n + . . . + cnp

znn + c1pn1f1n + dz2 . . . znf1 = 0

Esta ecuacion es del mismo tipo que la anterior (posee las mismas propiedades relativas a la valuacionp-adica). As podemos deducir que p divide a z2. Repetimos este procedimiento para concluir que p divide az1, . . . , zn, contradiciendo que MCD(z1, . . . , zn) = 1. 2

La afirmacion 1 era un caso particular, con p = 2, n = 3, a1 = 1, a2 = 2, a3 = 4, b = 6.

Comentario 2: El mismo problema se puede plantear, cambiando 3

2 con 3

p, para cualquier numero primop. Es un caso especial de la afirmacion 2, con n = 3, a1 = 1, a2 = p, a3 = p

2, b = 3p.


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Lima, Peru, 1988

Problema 6: Sea A la coleccion de todos los conjuntos de n enteros positivos distintos, donde no hay tresen progresion aritmetica. Demuestre que existe un elemento de A que tiene la mayor suma posible de los

inversos de sus elementos.

Solucion: Definimos la funcion f : A Q como sigue: f({a1, . . . , an}) = 1a1

+ . . . +1

an.

Afirmacion 1: Si {a1, . . . , an} A tiene algun elemento mayor que c = (n 1)(3n 4)2

+ 1, entonces este

conjunto no maximiza f

Sin perder generalidad, supongamos que an > c. Con los elementos de {a1, . . . , an1} podemos formar(n 1)(n 2)

2parejas (el orden no importa). Para cada una hay a lo mas tres numeros con los cuales formar

ternas aritmeticas (es decir, ternas de numeros que forman, en algun orden, una progresion aritmetica). El

numero an cumple las siguientes dos propiedades: Es distinto de a1, . . . , an1 (esto descarta n 1 posibles valores para an)

No forma ternas aritmeticas con dos elementos de {a1, . . . , an1} (esto elimina 3(n 1)(n 2)2

valores

para an, a lo mas)

Entonces, hay a lo mas3(n 1)(n 2)

2+ (n 1) = (n 1)(3n 6 + 2)

2= c 1 valores prohibidos para

an. Luego, existe un valor permitido p c para an. Construimos {a1, . . . , an1, p} A, cuya imagen por fes mayor que f({a1, . . . , an}). 2

Sea B =

{a1, . . . , an} A/a1 c , . . . , an c

. Claro que B es finito. Ademas, B = (paraobtener un elemento de B, use la construccion de la afirmacion anterior, reiteradamente, comenzando con{1, 2, 4, . . . , 2n1} A. La construccion se usa una vez para cada numero mayor que c, por tanto se usa unnumero finito de veces). Entonces, existe un elemento de B que maximiza f (restringida a B).

Afirmacion 2: maximiza f

Sea A. Si B, entonces f() f(), por definicion. Si / B, entonces podemos usar laconstruccion dada en la afirmacion anterior, un numero finito de veces, hasta obtener B, tal que:f() f() f(). 2

Comentario: Este problema admite una generalizacion, que sera nuestra tercera afirmacion. No planteamosel caso k = 3, porque ya fue resuelto y tambien porque su demostracion es ligeramente distinta.

Diremos que una funcion f : 2Z+

R es estable si cumple la siguiente propiedad:

a1, . . . , an, b Z+ (distintos), b < an f

{b, a1, . . . , an1}

> f

{a1, . . . , an}

Por ejemplo, si g : Z+ R es decreciente, entonces f

{a1, . . . , an}

= g(a1) + . . . + g(an) es estable.

A continuacion, enunciaremos precisamente esta afirmacion:

Este ejercicio solo pide probar la existencia de dicho elemento. No es necesario encontrarlo, ni estudiar su posible unicidad


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Afirmacion 3: Sea k Z, k 4, y sea A la coleccion de todos los conjuntos de n enteros positivos distintos,donde no hay k en progresion aritmetica. Entonces, para cada funcion estable f, existe un elemento de Aque maximiza f

El caso en que k > n es obvio, por lo tanto asumiremos k n. La demostracion es consecuencia de lasiguiente afirmacion y del parrafo final:

Afirmacion 4: Si {a1, . . . , an} A tiene algun elemento mayor que c = 2

n 1k 1

+ n, entonces este

conjunto no maximiza f

Sin perder generalidad, supongamos que an > c. El conjunto {a1, . . . , an1} posee exactamente

n 1k 1

subconjuntos con k 1 elementos. Si C es uno de esos subconjuntos, entonces existen a lo mas dos numerose Z+ con la propiedad que C {e} tiene todos sus elementos en progresion aritmetica. En efecto: debedarse uno de dos casos posibles:

Caso 1: Los elementos de C forman una progresion aritmetica

Entonces, hay dos valores posibles para e; ellos son mn C d, e = max C+ d

Caso 2: Los elementos de C forman una progresion aritmetica

Ordenamos los elementos de C, en forma creciente. La diferencia entre dos elementos consecutivos no esigual para todos estos pares. Sea d la menor de estas diferencias. Considere dos elementos consecutivos, demodo que la diferencia entre ellos sea mayor que d. Entonces, e debe ser el promedio entre ellos (una solaopcion posible), a menos que sea imposible formar una progresion aritmetica de este modo.

El numero an cumple las siguientes dos propiedades:

Es distinto de a1, . . . , an1 (esto descarta n 1 posibles valores para an)

No forma una progresion aritmetica, con otros k1 elementos de {a1, . . . , an1} (esto elimina 2

n 1k 1

valores para an, a lo mas)

Entonces, hay a lo mas 2

n 1k 1

+(n1) = c1 valores prohibidos para an. Luego, existe un valor per-mitido p c para an. Construimos {a1, . . . , an1, p} A, cuya imagen por f es mayor que f({a1, . . . , an}). 2

El resto de la demostracion de la afirmacion 3, es identica a la solucion del problema, posterior a lademostracion de la afirmacion 1, hasta el fin de la demostracion de la afirmacion 2. Apenas debemos recordarlas nuevas definiciones de c y f.


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Problema 1: Determine todas las soluciones (x,y,z) R3 del siguiente sistema de ecuaciones:

x + y z = 1x2 y2 + z2 = 1

x3 + y3 + z3 = 1Solucion: x + y z = 1 z = x + y + 1. Reemplazamos esto en la segunda ecuacion:

x2 y2 + (x + y + 1)2 = 1x2 y2 + x2 + y2 + 1 + 2xy + 2x + 2y = 1

2x2 + 2xy + 2x + 2y = 0

2x(x + y) + 2(x + y) = 0

2(x + 1)(x + y) = 0

Como al menos uno de los factores debe anularse, debemos estudiar los dos casos posibles:.

Caso 1: x = 1

En este caso: y z = 0, luego y = z. Tambien y3 + z3 = 2, luego y = z = 1.

Caso 2: x = y

En este caso: z = 1. Ademas: 2y3 + z3 = 1, luego y = 1, x = 1.

En resumen, el sistema de ecuaciones tiene s olo dos soluciones: (1, 1, 1) y (1, 1, 1)


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Problema 2: Sean x,y,z

0,

2

tales que x < y < z. Pruebe que:


Solucion: Llamemos a = cos x, b = cos y, c = cos z, p = sen x, q = sen y, r = sen z (considere x,y,z enradianes). Las siguientes desigualdades son equivalentes:


2+ 2pb + 2qc > 2 sen x cos x + 2 sen y cos y + 2 sen z cos z

2+ 2pb + 2qc > 2pa + qb + 2rc

4

+pb + qc > pa + qb + rc

4> pa pb + qb qc + rc

4> p(a b) + q(b c) + rc

p(a b) + q(b c) + rc < 4

Por lo tanto, para concluir el problema, basta con probar esta ultima desigualdad. La figura muestra unsector circular de centro O, limitado por los radios perpendiculares OX,OY. Sobre el arco de circunferenciacorrespondiente, se ubican tres puntos: A,B,C, de modo que:

0 < XOA = x < XOB = y < XOC = z < XOY =

2

Ademas, K,L,M son las proyecciones ortogonales de A,B,C, respectivamente, sobre OX, y P,Q,R son lasproyecciones ortogonales de A,B,C, respectivamente, sobre BL,CM,OY, respectivamente.

OX

Y

A

B

C

KLM

P

Q

R

Obvio que OK = a,OL = b,OM = c,AK= p,BL = q,CM= r, luego KL = ab,LM = bc. Entonces,el area total de los rectangulos AKLP,BLMQ,CMOR es p(a b) + q(b c) + rc. En consecuencia, esto esmenor que

4(el area del sector circular), concluyendo la demostracion.

Comentario: Este problema admite una generalizacion, que se demuestra igual que este problema. Se puede


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enunciar de esta forma: 0 < x1 < .. . < xn n

j=1

sin(2xj)

Esta desigualdad es equivalente con la siguiente:

n1

j=1

sen xj (cos xj cos xj+1)

+ sen xn cos xn < 4


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Problema 3: Sean a,b,c las longitudes de los lados de un triangulo. Pruebe que:

a ba + b

+ b cb + c

+ c ac + a

< 116

Solucion: Luego de hacer las cuentas, tenemos que:

a ba + b

+b cb + c

+c ac + a

=|a b| |b c| |c a||a + b| |b + c| |c + a|

As que la desigualdad es obvia, si dos de los lados a,b,c son iguales. Veamos que sucede si los tres ladosson distintos. Esta expresion no vara al permutar a,b,c, entonces podemos asumir a < b < c. Entonces:

a ba + b

+b cb + c

+c ac + a

=(b a)(c b)(c a)(a + b)(b + c)(c + a)

Esta expresion tampoco vara, si cambiamos a,b,c por ka,kb,kc, respectivamente (para cualquier valork > 0). Pongamos k = a1, cambiando a < b < c por 1 < x < y. Entonces:

a ba + b

+b cb + c

+c ac + a

=(x 1)(y x)(y 1)(1 + x)(x + y)(y + 1)

Por des

olimpiadas de matemáticas iberoamericana

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