VIII Olimpíada Matemática de Centroamérica y El Caribe Panamá, 2006 Primer Día Soluciones

Problema 1 Se consideran los enteros positivos Sd D 1 C d C d 2 C


C d 2006 ; con d D 0; 1; 2; : : : ; 9. Halle la última cifra del número S0 C S1 C S2 C


C S9 : Solución Denotaremos por U.Sd / a la última cifra del número Sd , se obtiene inmediatamente que U.S0 / D U.1/ D 1 y U.S1 / D U.1 C 2006/ D 7: Para calcular los restantes U.Sd / observamos que para todo k 2 N; es U.d 4k C d 4kC1 C d 4kC2 C d 4kC3 / D 0 excepto para d D 6. En este caso es U.65k C 65kC1 C 65kC2 C 65kC3 C 65kC4 / D 0:

Explícitamente:   U.S2 / D U 1 C .2 C 22 C 23 C 24 / C


C .22001 C : : : C 22004 / C 22005 C 22006

D U.1 C 0 C


C 0 C 2 C 4/ D 7   U.S3 / D U 1 C .3 C 32 C 33 C 34 / C


C .32001 C : : : C 32004 / C 32005 C 32006 D U.1 C 0 C


C 0 C 3 C 9/ D 3;   U.S4 / D U 1 C .4 C 42 C 43 C 44 / C


C .42001 C : : : C 42004 / C 42005 C 42006 D U.1 C 0 C


C 0 C 4 C 6/ D 1;   U.S5 / D U 1 C .5 C 52 C 53 C 54 / C


C .52001 C : : : C 52004 / C 52005 C 52006

D U.1 C 0 C


C 0 C 5 C 5/ D 1;   U.S6 / D U 1 C .6 C 62 C 63 C 64 C 65 / C


C .62001 C : : : C 62004 C 62005 / C 62006 D U.1 C 0 C


C 0 C 0 C 6/ D 7;   U.S7 / D U 1 C .7 C 72 C 73 C 74 / C


C .72001 C : : : C 72004 / C 72005 C 72006

D U.1 C 0 C


C 0 C 7 C 9/ D 7;   U.S8 / D U 1 C .8 C 82 C 83 C 84 / C


C .82001 C : : : C 82004 / C 82005 C 82006 D U.1 C 0 C


C 0 C 8 C 4/ D 3;   U.S9 / D U 1 C .9 C 92 C 93 C 94 / C


C .92001 C : : : C 92004 / C 92005 C 92006 D U.1 C 0 C


C 0 C 9 C 1/ D 1:

Por tanto, U.S0 C S1 C S2 C


C S9 / D U.1 C 7 C 7 C 3 C 1 C 1 C 7 C 7 C 3 C 1/ D 8 y hemos terminado. 2 Sean y 0 dos circunferencias de igual radio con centros O y O 0 respectivamente. y 0 se cortan en dos puntos y A es uno de ellos. Se escoge un punto B cualquiera en . Sea C el otro punto de ! corte de la recta AB con 0 y D un punto en 0 tal que OBDO 0 es un paralelogramo. Demuestre que la longitud de CD es constante, es decir, no depende de la elección de B. Solución Como los triángulos OAB y O 0 AC son isósceles, se tiene que m†OAB D ˛ D m†OBA y m†O 0 AC D ˇ D m†O 0 CA. Se construye un punto E tal que AC sea paralelo a O 0 E, así m†ACO 0 D m†CO 0 E D ˇ por ser alternos internos, y m†OBA D m†EO 0 D D ˛ porque OB es paralelo a O 0 D y AB es paralelo a O 0 E. De allí que m†OAO 0 D ˛ C ˇ D m†CO 0 D; y dado que y 0 son circunferencias de radios iguales se concluye que el triángulo OAO 0 es congruente con el triángulo CO 0 D y por lo tanto CD tiene la misma longitud que OO 0 , la cual es constante independientemente de la ubicación de B.

2

A α β Ο΄ α β O

α B

D

β E C

Problema 3

  p Para cada número natural n, se define f .n/ D n C n C 12 . Pruebe que para cada k  1, la ecuación f .f .n// f .n/ D k tiene exactamente 2k

1 soluciones.

real,i el símbolo Œx denota al mayor entero que es menor o igual a x. Por ejemplo: hNota: i Si x es un númerohp 5 2 D 1. 2 D 2; Œ 0;4 D 1;

Solución Consideremos la función g.n/ D f .f .n// f .n/. De la definición de f se tiene que jp k 1 g.n/ D f .n/ C 2 . Se trata entonces de resolver la ecuación: g.n/ D

p

 1 f .n/ C D k; 2

para k  1:

Observemos lo siguiente: 1) f es estrictamente creciente 2) g es creciente 3) g.k 2 / D k

4) g.k 2 C 1/ D k C 1: Veamos el caso k=1. Obviamente, n D 1 es solución de la ecuación g.n/ D 1, pues f .f .1//

f .1/ D f .2/

2D3

2D1

Además g.2/ D f .f .2// f .2/ D f .3/ 3 D 5 3 D 2, por lo que g.n/  2 para n  2. Así, la única solución es n D 1 y esto prueba el resultado en el caso k D 1: Suponemos de aquí en adelante que k  2, y tomamos n tal que: k2

2k C 2  n  k 2 : 3

Hay exactamente 2k

1 de tales n.

Como g es creciente k D g.k 2

2k C 2/  g.n/  g.k 2 / D k:

Por lo tanto, g.n/ D k. Hemos encontrado 2k hay más soluciones, se observa que m  k2

1 soluciones de la ecuación. Para demostrar que no

2k C 1 implica que g.m/  g.k 2

2k C 1/ D k

1

k 2 C 1  m implica que k C 1 D g.k 2 C 1/  g.m/ Demostración de las afirmaciones 1 - 4. Prueba de 1. Sea n  1, entonces:     p p 1 1 n D 1C nC nC1C f .n C 1/ 2 2     p p p 1 p 1 1 1 Como n C 1 C > n C , se tiene que nC1C nC  0: 2 2 2 2 p 1 nC1C f .n/ D n C 1 C 2 

Por lo tanto f .n C 1/



f .n/ > 0. Así f es estrictamente creciente.

Prueba de 2. Sea n  1, entonces: g.n C 1/

g.n/ D

p

1 f .n C 1/ C 2



p  1 f .n/ C : 2

Como f es estrictamente creciente: p

f .n C 1/ C

1 p 1 > f .n/ C ; 2 2

por lo tanto: p  p  1 1 f .n C 1/ C f .n/ C  : 2 2 Esto prueba que g es creciente. Prueba de 3. Como f .k 2 / D k.k C 1/, se tiene que q  p  1 1 2 2 g.k / D f .k / C D k.k C 1/ C : 2 2 De las desigualdades: k< se tiene g.k 2 / D k: Esto prueba (3).

p 1 k.k C 1/ C < k C 1; 2

4

 p

1 nC 2



Prueba de 4. Como k 2 < k 2 C 1 < .k C 1/2 , y g es creciente: k D g.k 2 /  g.k 2 C 1/  g..k C 1/2 / D k C 1: Probemos que g.k 2 C 1/ > k. Supongamos que g.k 2 C 1/ D k, entonces q  1 2 f .k C 1/ C D k; 2 por lo tanto k

q 1 f .k 2 C 1/ C < k C 1 2

lo que implica que:  k

1 2

2

  1 2 < f .k C 1/ < k C : 2 2

Según la definición de f  k

1 2

2

p    1 1 2 2 j . En esta forma, la primera isla en el orden, I1 , debe ser justamente Panacentro. Ahora, I2 debe estar directamente unida a I1 , ya que de I1 es posible llegar a I2 y en ese camino no deberían encontrarse islas de menor cantidad de habitantes. Para I3 , es posible unirla con un puente directamente a I1 o directamente a I2 , pero no a las dos, ya que se formaría un ciclo. Se tienen entonces 2 posibilidades. Para I4 , se le puede unir directamente con I1 , I2 o I3 , para obtener 3 posibilidades. Siguiendo el proceso, hasta llegar a In para la que existen n 1 posibilidades (unir directamente con cualquiera de las islas anteriores) se tiene que el total de opciones para conformar los puentes de Olimpia está dado por 1  2  3 


 .n

1/ D .n

1/Š:

Problema 6 Sea ABCD un cuadrilátero convexo. Sea I el punto de intersección de las diagonales AC y BD. Sean E, H , F y G puntos sobre los segmentos AB, BC , CD y DA respectivamente, tales que EF y GH se cortan en I . Sea M el punto de intersección de EG y AC y sea N el punto de intersección de HF y AC . Demuestre que IA AM I N
D IM CN IC Solución Ver la figura. Note que podemos determinar doce pares de triángulos, ya sea con lados en común o con ángulos comunes o bien con dos ángulos congruentes, uno por cada triángulo del par.

B H

E

M

A

I

N

F G D

4

C

Estableciendo relaciones entre áreas y lados obtenemos: AM I N
IM CN

D D D D D

ŒAEG ŒIFH 
ŒIEG ŒCHF  ŒIFH  ŒCBD ŒABD ŒAEG


ŒIEG ŒCHF  ŒCBD ŒABD IF
IH CD
CB IA AE
AG


IE
I G CF
CH I C AB
AD ŒFAC  ŒHAC  ŒDAC  ŒBAC  IA ŒEAC  ŒGAC 





ŒEAC  ŒGAC  ŒFAC  ŒHAC  I C ŒBAC  ŒDAC  IA IC

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