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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 .  

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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