semanal omec 2015ago3 (soluciones) · ambos c´ırculos (si hubiera un punto fuera de la...
TRANSCRIPT
Descarga realizada en la página de la Olimpiada Matemática Ecuatoriana (OMEC)
http://www.omec-‐mat.org 1
LISTA SEMANAL Soluciones
Fecha: 2015/Ago/3 Nivel 1 Para numerar las páginas de un libro se necesitó utilizar 2004 dígitos. ¿Cuántos páginas tiene el libro? Solución: Veamos que cada página del 1 al 9 usa sólo un dígito y hay un total de 9 páginas, cada página del 10 al 99 usa dos dígitos y hay un total de 90 páginas, cada página del 100 al 999 usa tres dígitos y hay un total de 900 páginas. Entonces desde la número 1 hasta la 99 se usan en total 9 + 2 90( ) = 189 dígitos, y desde la número 1 hasta la 999 se usan en total 9 + 2 90( ) + 3 900( ) = 189 + 2700 = 2889 dígitos lo cuál excede a 2004, por lo que debemos encontrar cuántas páginas de 3 dígitos fueron usadas, para esto veamos que la ecuación que resolverá el problema será 9 + 2 90( ) + 3x = 2004 donde x representa la cantidad de páginas de 3 dígitos que han sido colocadas, entonces
9 + 2 90( ) + 3x = 2004 ⇒189 + 3x = 2004 ⇒ 3x = 2004 −189 ⇒ 3x = 1815⇒ x = 18153
⇒ x = 605
Por lo que se han agregado 605 páginas luego del 99, es decir que se ha llegado hasta la página 99 + 605 = 704 . Nivel 2 Sebastián eligió un número natural n de dos dígitos, calculó 10n − n y luego sumó los dígitos del número calculado, dicha suma es un múltiplo de 170. Determinar todos los posibles valores del número n de dos dígitos que eligió Sebastián. Solución: Sea n = 10a + b . Si b > 0 nótese que 10n − n consta de n − 2 dígitos 9 y luego los dígitos 9 − a y 10 − b . Entonces la suma de los dígitos 9 10a + b − 2( ) + 9 − a +10 − b = 89a + 8b +1 . Si a es par entonces 89a + 8b +1 es impar y por tanto no es divisible por 170 . Si a = 1 entonces 90 + 8b <170 y no hay solución. Si a = 3 , la suma es 268 + 8b y se ve que 170 < 268 + 8b ≤ 340 y con b = 9 se tiene la condición. Si a = 5 , la suma es 340 < 446 + 8b ≤ 518 y con b = 8 se tiene la condición. Si a = 7 , la suma es 510 < 624 + 8b ≤ 696 y con b = 7 se tiene la condición. Si a = 9 , la suma es 680 < 802 + 8b < 850 y con b = 6 se tiene la condición. Ahora si b = 0 la única solución se tiene con a = 2 . Con esto los números son 20, 39, 58, 77, 96 .
Descarga realizada en la página de la Olimpiada Matemática Ecuatoriana (OMEC)
http://www.omec-‐mat.org 2
Nivel 3 Por el baricentro G de un triángulo ABC se traza una recta que corta al lado AB en P y al lado AC en Q . Demostrar que
BPAP
iCQAQ
≤ 14
Solución: Se duplica el triángulo trazando AD paralela a BC y CD paralela a AB . Sea M el punto de intersección de CD con PQ y sean x = BP , y = AB . Por la semejanza de los triángulos APQ y CMQ se tiene que CQAQ
= CMAP
= CMy − x
y por la semejanza de los triángulos BGP y
DGM se tiene que BPDM
= BGDG
= 12. Entonces DM = 2x , CM = y − DM = y − 2x , luego se tiene
BPAP
iCQAQ
≤ 14⇔
x y − 2x( )y − x( )2
≤ 14⇔ 9x2 − 6xy + y2 ≥ 0⇔ 3x − y( )2 ≥ 0
Como 3x − y( )2 ≥ 0 para todo x, y entonces se concluye que
BPAP
iCQAQ
≤ 14.
Nivel U Dado f :!→ 0,∞[ ) dos veces diferenciables con:
i) f 0( ) = 0 ii) f ' 0( ) = 1
iii) 1+ f x( ) = 1f '' x( ) ;∀x ∈ 0,1[ ]
Demostrar que f 1( ) < 32.
Solución:
Como f x( ) ≥ 0 para todo x ∈! entonces 0 < 11+ f x( ) = f '' x( ) , luego f ' es creciente en 0,1[ ]
lo que implica que f ' x( ) >1 para x > 0 o sea que f también es creciente en 0,1[ ] .
Para x > 0 se tiene 0 < 11+ f x( ) = f '' x( ) = 1
1+ f x( ) <1 luego
0dt0
x
∫ < f '' t( )dt0
x
∫ < 1dt0
x
∫ ⇔ 0 < f ' x( )− f ' 0( ) < x ⇔1< f ' x( ) < x +1
entonces 1dt0
x
∫ < f ' t( )dt0
x
∫ < t +1( )dt0
x
∫ ⇔ x < f x( ) < x2
2+ x , en particular f 1( ) < 3
2.
3.1 Soluciones de los Problemas de Practica 27
Solucion del problema 11. Dupliquemos el triangulo trazando AD paralela aBC y CD paralela a BA. Sea M el punto de interseccion de CD con PQ ysean x = PB, y = AB.
B C
A D
GP Q
M
Por la semejanza de los triangulos AQP y QMC tenemos que QCQA = MC
AP =MCy−x , y por la semejanza de los triangulos GPB y GMD tenemos que PB
MD =GBGD = 1
2 . Entonces, MD = 2x y MC = y − MD = y − 2x. Luego:
PB
PA·QC
QA≤
1
4⇔
x(y − 2x)
(y − x)2≤
1
4⇔ 9x2 − 6xy + y2 ≥ 0 ⇔ (3x − y)2 ≥ 0.
Como (3x − y)2 ≥ 0 para todo x, y, se sigue que PBPA · QC
QA ≤ 14 . Ademas, la
igualdad se alcanza si y solo si PB = x = y3 , si y solo si MC = y
3 , si y solo siPQ es paralela a BC.
Solucion del problema 12. Sea m un entero positivo. Dividimos en dos casos.Caso 1. m es impar. Claramente, 1 = 42 + 72 − 82, 3 = 42 + 62 − 72, 5 =42 + 52 − 62 y 7 = 102 + 142 − 172. Supongamos que m = 2n + 3 con n > 2.Entonces, m = (3n + 2)2 + (4n)2 − (5n + 1)2 y como n > 2, tenemos que3n + 2 < 4n < 5n + 1.Caso 2. m es par. Claramente, 2 = 52 + 112 − 122. Supongamos que m = 2ncon n > 1. Entonces, m = 2n = (3n)2 + (4n− 1)2 − (5n − 1)2 y como n > 1,tenemos que 3n < 4n − 1 < 5n − 1.
Solucion del problema 13. Sean A y B dos puntos separados a distanciamaxima d, con d ≤ 1. Con centro en estos puntos, trazamos un par de circunfe-rencias de radio d. Es claro que el resto de los puntos estan en la interseccion deambos cırculos (si hubiera un punto fuera de la interseccion de ambos cırculos,la distancia entre ese punto y alguno de A o B serıa mayor que d, contradicien-do el hecho de que d es la distancia maxima).Con centro en el punto medio del segmento AB, trazamos una circunferencia de