Jornadas en la Olimpiada de Tamaulipas

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Para calentar motores antes de que inicie el proceso 2016, hemos (Orlando Ochoa, José Luis Medellin, Luis Javier Olvera,Roberto Alain y un servidor) diseñado un nuevo formato de competencia para los alumnos tamaulipecos que pueden volver a participar este año. Las llamadas ''Jornadas'' es una lista de problemas, que los alumnos realizan por equipos, y se evaluan dandoles puntos extras además de los 7 puntos por la solución de los problemas. Cada semana hay ganadores y una tabla de posiciones. La explicación del formato tal vez sea para después. Después de tres Jornadas, los problemas y soluciones más interesantes son los siguientes: 

Jornada 1

Problema 2. Sean $a$, $b$ y $c$ enteros positivos con $a \geq b \geq c$ tales que $a^2 - b^2 - c^2 +ab = 2011$ y $a^2+3b^2+3c^2-3ab-2ac-2bc=-1997$. Encuentra $a$.

(Problema tomado de la página Art of Problem Solving, sugerido por Roberto Alain).

Solución de Hannia Medina Aguilar. Sumando las dos ecuaciones tenemos $2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc=14$. Reordenando tenemos $(a^2-2ab+b^2)+(a^2-2ac+c^2)+(b^2-2bc+c^2)=14$. Los cuales son trinomios cuadrados perfectos, por lo tanto tenemos $(a-b)^2+(a-c)^2+(b-c)^2=14$. Como $a$, $b$ y $c$ son enteros, los términos de la izquierda son cuadrados perfectos que sumen 14, es decir, 9, 4 y 1. Como $a \geq b \geq c$, la mayor diferencia es entre $a$ y $c$, entonces $(a-c)^2=9$, por lo que $a-c=3$, o bien $c=a-3$. Ahora tenemos que determinar si $(a-b)^2$ es 4 o 1. Si $(a-b)^2=4$, entonces $a-b=2$, o bien $b=a-2$. Además $b-c=1$. Sustituyendo $c=b-1=a-2-1=a-3$. Sustituyendo este valor para $c$ y $b=a-2$ en la ecuación inicial llegamos a que $a=253$. Realizando esto mismo para cuando $(a-b)^2=1$ obtenemos una solución no entera para $a$, lo cual no es posible.

Problema 3.Pablo escribió 5 números en una hoja y luego escribió los números 6, 7, 8, 8, 9, 9, 10, 10, 11 y 12 en otra hoja que le dio a Adrián, indicándole que esos números son las sumas posibles de dos de los números que él tiene escondidos. Decidir si con esta información Adrián puede determinar los cinco números que escribió Pablo.

(Problema sugerido por Orlando Ochoa)

Solución de Roberto Llanos. Sean $a$, $b$, $c$, $d$ y $e$ los números que escribió Pablo en la primera hoja. Supongamos que $a<b<c<d<e$. Estos cinco números determinan diez sumas: $a+b$, $a+c$, $a+d$, $a+e$, $b+c$, $b+d$, $b+e$, $c+d$, $c+e$, $d+e$. La suma total de esas sumas es: $4(a+b+c+d+e)=6+7+8+8+9+9+10+10+11+12=90$ de donde $a+b+c+d+e= \frac{90}{4}=22.5$. Además $a+b$ y $a+c$ son las sumas más pequeñas mientras que $c+e$ y $d+e$ son las mayores. Así que tenemos que $a+b=6$, $a+c=7$, $c+e=11$, $d+e=12$. Se deduce que $c=22.5-6-12=4.5$; $a=7-4.5=2.5$; $b=6-2.5=3.5$; $e=11-4.5=6.5$ y finalmente  $d=12-6.5=5.5$.

Problema 6. Encuentra el menor entero positivo $n$ tal que cada dígito de $15n$ sea $0$ ó $2$.

(Problema sugerido por Orlando Ochoa)

Solución de Jesús  Anaya: Veamos que $15n$ es múltiplo de 3 y de 5, así que por el criterio de 5 debería terminar en 0 y por el criterio del 3, la suma de sus dígitos debe ser un múltiplo de 3. El mínimo número de 2 que necesitamos son tres, por lo que en teoría el número más pequeño que podría cumplir es el 2220, el cual cumple, pues si $n=148$, $15n=2220$.

Este problema también fue solucionado por David Contreras y Roberto Llanos.

Jornada 2

Problema 6. Sea $ABC$ un triángulo acutángulo de incentro $I$ y ortocentro $H$, llamemos $l_1$ y $l_2$ a las rectas paralelas $BI$ y $CI$ que pasan por $A$. $BH$ corta a $l_2$ en $D$ y $CH$ corta a $l_1$ en $E$. Prueba que $HE = HD$ 

(Problema Original de Germán Puga)

Solución de Julieta Melendez. Si $F$ es el pie de perpendicularidad bajada desde $A$ ,  y $BI$  corta a $CE$ y $AH$  en puntos $J,K$ respectivamente  tenemos que $\angle AEJ = \angle EJB$ y que $\angle EAH =  \angle BKF$ ahora $\angle BKF + \angle IBC = 90° $ también $\angle BJE + \angle ABI = 90°$ pero $\angle ABI = \angle IBC$ entonces $\angle EAH = \angle AEH$ de aqui que $HA = HE$ también se puede probar que $HA = HD$ y completar la solución.

Este problema lo tenian que solucionar los seleccionados 2015, pero solamente Julieta lo resolvio.

Solución oficial. $BC$ corta a $l_1$ y $l_2$ en puntos $P$ y $Q$, un buen ejercicio es mostrar que $\angle CAQ = \angle CQA$ y que $\angle CAH = \angle HBC$ de echo estas igualdades son el problema 1, de la jornada 1. De esta manera $\angle BDA = \angle DBQ + \angle DQB = \angle HAD$ entonces $HA = HD$ de la misma manera se demuestra que $HA = HE$. 

Problema 7. Encontrar todos los pares de números de dos digitos distintos $ab,bc$ con $a,b,c$ digitos distintos mayores a cero, tal es que $\frac{ab}{bc} = \frac{a}{c}$ 

(Problema tomado del Estatal Tamaulipas 2009) 

Solución con ideas de David Contreras. De la expansión decimal, podemos llegar a resolver $(10a +b)c = (10b + c)a$ y simplificando $ c(9a + b) = 10ab$ entonces 5|c ó 5|9a+b.

5|c :  Entonces c=5 y la ecuación es $9a + b = 2ab$ completando la factorización tenemos que $(2a-1)(2b-9)=9$ de aqui, tenemos que ambos parentésis son 3, o uno es 1 y el otro 9. Esto produce las soluciones $(a,b) = (2,6),(5,5) y (1,9)$ pero la (5,5) no satisface lo pedido.

5| 9a+b :  Esto implica que 5| b-a  (¿porque?) , entonces las posibilidades para $(a,b) = (1,6),(2,7),(3,8),(4,9)$ y despejando se tiene que $c=\frac{10ab}{9a+b}$ y sustituyendo los valores para $c$ se tiene que solo (a,b) = (1,6) y (4,9) dan a $c$ entero y por lo tanto son solución. 

En conclusión, las soluciones son $\frac{26}{65}, \frac{19}{95}.\frac{16}{64} ,\frac{49}{95}$.

 ¿Esto les ponian en 2009?

Problema 8. En cada lado de un pentágono regular se escribe un número natural de manera que  números escritos en lados adyacentes sean coprimos, y números que no sean adyacentes no sean coprimos, describe los enteros que no pueden ser puestos sobre el pentágono.

(Problema tomado de alguna olimpiada canguro, y generalizado por Orlando Ochoa) 

Solución de David Contreras: Todos los enteros $n$ que sean potencias de algún número primo no pueden ser puestos sobre el pentágono. 

Supongamos que si, y que $n$ es potencia del número primo $p$ consideremos los números escritos en los lados no adyacentes a donde esta $n$ , estos deben tener factores $p$ pues no pueden ser coprimos con $n$, por otro lado, estos números deben ser coprimos y no pueden tener a $p$ como factor común. Contradicción.

Por otro lado si $n = ab$ con (a,b)=1. Es posible ponerlo en el pentágono, consideremos los números primos $q,r,s$ coprimos con a y b. Ponemos los números $n=ab, sq,br,aq,rs$ en ese orden en el pentágono y acabamos.

 

Jornada 3

Problema 1. Considera un tablero de $2016 \times 2016$ con un foco en cada celda, que puede estar encendido o apagado. Puedes hacer alguno de los siguientes movimientos:

  • Tomar un rectángulo de $1 \times 1008$ ó de $1008 \times 1$  y cambiar el estado de los focos dentro de él, (apagados a encendidos y encendidos a apagados).
  • Tomar un rectángulo de $1 \times 1007$ ó de $1007 \times 1$ y cambiar el estado de los focos dentro de él.

Muestra que comenzando con cualquier configuración de focos encendidos y apagados, puedes mediante algunos movimientos llegar a que solo los focos de los bordes estén encendidos.

(Problema sugerido por Germán Puga) 

Solución de Julieta Melendez. Es posible cambiar el estado de un foco sin afectar los demás, tomamos un rectángulo de $1008 \times 1$ con él como extremo, y cambiamos el estado de estos focos, luego dentro de este mismo rectángulo tomamos uno de $1007 \times 1$ excluyendo el foco que nos interesa, y cambiamos el estado, con esto hemos logrado lo que queriamos. Notemos que esto es posible para cualquier foco, ya que para todo foco existen 1007 focos hacia algún lado de él. Si aplicamos este algoritmo a todos los focos podemos llevarlos al estado que queramos y en particular solo encender lo de los bordes.

Este problema también fue solucionado por David Contreras.

Problema 2.  Dado un número natural $N$ multiplicamos todos sus digitos, y repetimos este proceso con el número asi obtenido cada vez, hasta obtener un solo digito al que llamaremos primitivo de $N$. Por ejemplo como $3 \times 2 \times 7 = 42$ y $4\times 2 = 8$ el primitivo de 342, es 8. Encontrar el máximo entero $N$ de digitos distintos cuyo primitivo es impar.

(Problema tomado de la revista Tzaloa)

Solución de Sharon Picazo. Notemos que si permutamos los digitos de $N$ el primitivo no cambia, entonces si $N$ tiene un digito par, entonces el primitivo es par, pues va ''acarreando'' la paridad. Por lo que $N$ solo puede tener como digitos $1,3,5,7,9$ no tenemos porque preocuparnos por el 1. $N$ no puede tener los digitos $3,5,7,9$ al mismo tiempo pues su primitivo seria 8. Como queremos el máximo entero que cumpla las condiciones podemos ir ''quitando'' al menor de ellos, es decir el 3. Efectivamente el primitivo de $N=9751$ es 5, por lo que este es el número que estamos buscando.

¿Muy fácil? Pues si, pero una vez que se ve la solución.

Problema 3. Sea $ABCD$ un cuadrado, $K$ y $L$ puntos en los segmentos $AB$ y $BC$ de manera que $AK = BL$. $AL$ y $CK$ se cortan en $H$. Demuestra que $DH$ es perpendicular a $KL$.

(Problema tomado del Geometrense 2014)

Para este problema existen varias soluciones, todas pasando por demostrar que $H$ es ortocentro, si hay alguna manera de evitar esto me agradaria verlo.

Solución.  Por criterio LAL $\triangle DAK \equiv \triangle ABL$ como $AK$ es perpendicular a $BL$ y $AD$ es perpendicular a $AB$ se tiene que $AL$ es perpendicular a $DK$ de manera análoga se prueba que $DL$ es perpendicular a $KC$ entonces $H$ es ortocentro y $DH$ es perpendicular a $KL$.

Este problema también fue resuelto por David Contreras y aparentemente por Faustino Gamez.

 

Como comentarios, se puede decir que los repetidores empezaron bien, y los entrenadores nos mantenemos optimistas con el nivel que han mostrado. Si algún alumno tamaulipeco esta interesado en entrenar con este grupo, es bienvenido y puede contactarnos por este medio.

Vamos con todo este año.

¡Saludos! 

Germán.