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Soluciones oficiales OIF, Primera Parte

~Fatal_Collapse~ Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 24 2010, 04:10 PM Publicado: #1
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.564 Registrado: 12-November 07 Desde: La Union, XIV Region de los Rios Miembro Nº: 12.607 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Solucionario oficial 1era OIF $TEX: \noindent\underline{$Problema\ 1$}$ Sea $TEX: $f(n)$$ , una función en los naturales que cumple con las siguientes propiedades: Para cada natural $TEX: $n$$ , $TEX: $f(n)$$ es un entero mayor o igual a $TEX: $0$$ . $TEX: $f(n)=2010$$ , si $TEX: $n$$ termina en $TEX: $7$$ . Por ejemplo, $TEX: $f(137)=2010$$ . Si $TEX: $a$$ es divisor de $TEX: $b$$ , entonces: $TEX: $f\Bigl(\dfrac{b}{a}\Bigr)=\|f(b)-f(a)\|$$ . Determine $TEX: $\displaystyle f(2009^{2009^{2009}})$$ y justifique su respuesta. Solución: Solución oficial. Denotemos por $TEX: $n=...d$$ a un natural cuyo último dígito es $TEX: $d$$ . Se sabe por enunciado que $TEX: $f(n)=0$$ si $TEX: $n$$ termina en $TEX: $7$$ , ahora trataremos de calcular $TEX: $f(n)$$ para un número terminado en dígito $TEX: $1$$ , para ello utilizaremos la siguiente técnica: "Multiplicar al número por $TEX: $7$$ y dividirlo por $TEX: $7$$ ". Para cualquier $TEX: $n$$ que termina en $TEX: $1$$ se tiene que al multiplicarlo por $TEX: $7$$ , el producto termina en cifra $TEX: $7$$ . Entonces: $TEX: $f(\dfrac{...1 \cdot 7}{7})=\|f(...7)-f(7)\|=\|2010-2010\|=0$$ , es decir, que la función de cualquier natural terminado en $TEX: $1$$ es igual a $TEX: $0$$ . Para $TEX: $n$$ terminado en $TEX: $3$$ se tiene que al multiplicarlo por $TEX: $7$$ se obtiene un número terminado en $TEX: $1$$ . En efecto, si $TEX: $n$$ termina en $TEX: $3$$ puede ser escrito de la forma $TEX: $10j+3$$ (para $TEX: $j$$ entero no negativo), luego $TEX: $7n=70j+21=10(7j+2)+1$$ y se sigue que termina en $TEX: $1$$ . Usando eso tenemos: $TEX: $f(\dfrac{...3 \cdot 7}{7})=\|f(...1)-f(7)\|=\|0-2010\|=2010$$ . Finalmente si el número termina en $TEX: $9$$ al multiplicarlo por $TEX: $7$$ obtenemos un natural con cifra de las unidades igual a $TEX: $3$$ . Esto es correcto, ya que si $TEX: $n$$ termina en $TEX: $9$$ entonces $TEX: $n=10j+9$$ para algún entero no negativo $TEX: $j$$ . Luego $TEX: $7n=70j+63=10(7j+6)+3$$ , obteniendo que $TEX: $7n$$ termina en $TEX: $3$$ . De esto tenemos que: $TEX: $f(\dfrac{...9 \cdot 7}{7})=\|f(...3)-f(7)\|=\|2010-2010\|=0$$ . Luego tenemos que las potencias de números terminados en $TEX: $9$$ , terminan en dígito $TEX: $1$$ si son potencias pares y terminan en dígito $TEX: $9$$ si son potencias impares, finalmente $TEX: $f(2009^{2009^{2009}})=f(...9)=0$$ . $TEX: $\blacksquare$$ Solución alternativa. Como $TEX: $2009=7^2\cdot 41$$ , es natural intentar calcular $TEX: $f(41)$$ y $TEX: $f(7^2)$$ . Veamos que $TEX: $7^5=16807$$ , y como su dígito de las unidades es $TEX: $7$$ , entonces $TEX: $f(7^5)=2010$$ . De esto obtenemos que $TEX: $f(7^4)=\|f(7^5)-f(7)\|=0$$ , $TEX: $f(7^3)=\|f(7^4)-f(7)\|=2010$$ , $TEX: $f(7^2)=\|f(7^3)-f(7)\|=0$$ . Ahora intentaremos calcular $TEX: $f(41)$$ . Veamos que $TEX: $f(41)=\|f(287)-f(7)\|=0$$ . Con esto ya estamos en condiciones de calcular $TEX: $f(2009)$$ . Se tiene que $TEX: $0=f(41)=\|f(2009)-f(49)\|=\|f(2009)\|$$ y en conclusión $TEX: $f(2009)=0$$ . A continuación se demostrará mediante inducción que $TEX: $f(2009^n)=0$$ para todo $TEX: $n$$ natural. Para $TEX: $n=1$$ fue demostrado en el párrafo anterior. Suponga que para cierto $TEX: $k$$ natural se cumple que $TEX: $f(2009^k)=0$$ . Entonces $TEX: $0=f(2009^k)=\|f(2009^{k+1})-f(2009)\|=\|f(2009^{k+1}\|$$ y en consecuencia $TEX: $f(2009^{k+1})=0$$ , finalizando la demostración. Por lo tanto $TEX: $f(2009^n)=0$$ para todo $TEX: $n$$ natural, es decir $TEX: $f(2009^{2009^{2009}})=0$$ . $TEX: $\blacksquare$$ $TEX: \noindent\underline{$Problema\ 2$}$ En un $TEX: $\triangle ABC$$ acutángulo, sean $TEX: $AD,BE,CF$$ sus alturas (con $TEX: $D,E,F$$ ubicados sobre $TEX: $BC,CA,AB$$ , respectivamente). Llamemos $TEX: $O,H$$ al circumcentro y al ortocentro del $TEX: $\triangle ABC$$ , respectivamente. Sea $TEX: $P=CF\cap AO$$ . Suponga que se cumplen las dos siguientes condiciones: $TEX: $FP=EH$$ Existe una circunferencia que pasa por los puntos $TEX: $A,O,H,C$$ Demuestre que el $TEX: $\triangle ABC$$ es equilátero. Solución: Sean $TEX: $\alpha=\angle BAC=$$ , $TEX: $\beta=\angle ABC$$ y $TEX: $\gamma=\angle ACB$$ . Como $TEX: $AD\perp BC$$ (por ser el segmento $TEX: $AD$$ altura), se obtiene que $TEX: $\angle CAD=90º-\gamma$$ . Notemos que $TEX: $\angle BEA=90º$$ (por ser $TEX: $BE$$ altura). Luego $TEX: $\angle AHE=180º-\angle AEH-\angle AHE=\gamma$$ . Ahora calcularemos la medida de $TEX: $\angle APF$$ . Sea $TEX: $M$$ el punto medio de $TEX: $AB$$ . Notemos que $TEX: $OA=OB$$ (por ser $TEX: $O$$ el circumcentro del $TEX: $\triangle ABC$$ ), $TEX: $MA=MB$$ (definición de $TEX: $M$$ ) y $TEX: $OM=OM$$ . De esto se desprende que $TEX: $\triangle AMO\cong \triangle BMO$$ . De la congruencia se obtiene que $TEX: $\angle AOM=\angle BOM=\frac{1}{2}\angle AOB$$ . Dibujemos la circunferencia circunscrita al $TEX: $\triangle ABC$$ . Veamos que por propiedades de ángulos en la circunferencia se tiene que $TEX: $\angle AOB=2\gamma$$ y de acá de deduce que $TEX: $\angle AOM=\gamma$$ . Ahora, como $TEX: $OM\perp AB$$ y $TEX: $CF\perp AB$$ colegimos que $TEX: $OM//CF$$ . Del paralelismo, podemos ver que $TEX: $\angle APF=\angle AOM=\gamma$$ . A continuación se mostrará que $TEX: $\triangle AHE\cong \triangle APF$$ . En efecto, veamos que $TEX: $\angle AHE=\angle APF=\gamma$$ , $TEX: $EH=FP$$ (por enunciado) y $TEX: $\angle AFP=\angle AEH=90º$$ (por ser $TEX: $PF\perp AB$$ y $TEX: $HE\perp AC$$ ) y esto implica la congruencia señalada anteriormente (por el criterio A.L.A). Esta congruencia demostrada implica que $TEX: $AE=AF$$ . Como $TEX: $\angle BEC=\angle BFC=90º$$ , obtenemos que hay una circunferencia que pasa por los puntos $TEX: $B,E,F,C$$ , y por lo tanto $TEX: $BF$$ y $TEX: $CE$$ pueden ser vistos como dos cuerdas de la circunferencia señalada que se cortan en un punto exterior (el cual va a ser $TEX: $A$$ ). Entonces, por potencia de puntos: $TEX: $AF\cdot AB=AE\cdot AC$$ . Como $TEX: $AE=AF$$ , se concluye que $TEX: $AB=AC$$ . Ahora se ocupará la segunda condición. Como el $TEX: $\triangle ABC$$ es acutángulo, los puntos $TEX: $O,H$$ están al interior del $TEX: $\triangle ABC$$ . Dibujemos la circunferencia que pasa por $TEX: $A,H,O,C$$ . Notemos que $TEX: $\angle AHC=\angle AOC$$ (pues ambos ángulos subtienden al arco $TEX: $AC$$ que no contiene a $TEX: $H$$ de la circunferencia trazada). Por lo exhibido en el segundo párrafo se obtiene que $TEX: $\angle AOC=2\beta$$ . Ahora procederemos a calcular el $TEX: $\angle AHC$$ . Recordemos que $TEX: $\angle CAH=90º-\gamma$$ y $TEX: $\angle ACH=90º-\alpha$$ , luego $TEX: $\angle AHC=180-\angle CAH-\angle ACH=\alpha+\gamma=180º-\beta$$ . Como $TEX: $\angle AHC=\angle AOC$$ , tenemos que $TEX: $180º-\beta=2\beta$$ y por lo tanto $TEX: $\beta=60º$$ . Como $TEX: $AB=AC$$ y $TEX: $\beta=60º$$ , se concluye que $TEX: $\alpha=\gamma=60º$$ , en otras palabras, el $TEX: $\triangle ABC$$ es equilátero. $TEX: $\blacksquare$$ Nota: En este caso los puntos $TEX: $O,H$$ coinciden. Esto no afecta al problema $TEX: \noindent\underline{$Problema\ 3$}$ Sea $TEX: $\mathcal {P}$$ un polígono regular de $TEX: $4k+1$$ lados (donde $TEX: $k$$ es un natural) cuyos vértices son $TEX: $A_1, A_2,...,A_{4k+1}$$ (en ese orden). A cada vértice $TEX: $A_j$$ de $TEX: $\mathcal {P}$$ se le asigna un natural del conjunto $TEX: $\{1,2,...,4k+1\}$$ tal que no hay dos vértices con el mismo número asignado. Sobre $TEX: $\mathcal {P}$$ se realiza la siguiente operación: Sea $TEX: $B_j$$ el punto medio del lado $TEX: $A_jA_{j+1}$$ para $TEX: $j=1,2,...,4k+1$$ (donde se considera $TEX: $A_{4k+2}=A_1$$ ). Si $TEX: $a$$ , $TEX: $b$$ son los números asignados a $TEX: $A_{j}$$ y $TEX: $A_{j+1}$$ , respectivamente, al punto medio $TEX: $B_j$$ se le escribe el número $TEX: $7a-3b$$ . Al hacer esto con cada una de los $TEX: $4k+1$$ lados, se borran los $TEX: $4k+1$$ vértices dispuestos inicialmente. Diremos que un natural $TEX: $m$$ es fatal si no importa cómo se disponen inicialmente los vértices de $TEX: $\mathcal {P}$$ , es imposible obtener mediante una cantidad finita de operaciones $TEX: $4k+1$$ números iguales a $TEX: $m$$ . a) Determine si el $TEX: $2010$$ es fatal o no. Justifique. b) Demuestre que existen infinitos números fatales. Solución: a) Para cada $TEX: $j\in \{1,2,...,4k+1\}$$ , sea $TEX: $x_j$$ el número asignado a $TEX: $A_j$$ inicialmente. Como los $TEX: $x_j$$ 's son distintos entre sí, se obtiene que la $TEX: $4k+1$$ -upla $TEX: $(x_1,x_2,...,x_{4k+1})$$ es una permutación de $TEX: $(1,2,...,4k+1)$$ y por consiguiente: $TEX: $x_1+x_2+...+x_{4k+1}=1+2+...+(4k+1)=(4k+1)(2k+1)$$ Si llamamos $TEX: $S_0$$ a esta suma inicial, como $TEX: $4k+1$$ y $TEX: $2k+1$$ son impares, se obtiene que $TEX: $S_0$$ es impar. A continuación, definamos $TEX: $y_j$$ al número asignado a $TEX: $B_j$$ . Por enunciado se tiene que $TEX: $y_j=7x_j-3x_{j+1}$$ . Si sumamos los números obtenidos al aplicar la operación se obtiene que: $TEX: $y_1+y_2+...+y_{4k+1}=$$ $TEX: $(7x_1-3x_2)+(7x_2-3x_3)+...+(7x_{4k+1}-3x_1)=$$ $TEX: $4(x_1+x_2+...+x_{4k+1})=$$ $TEX: $4S_0$$ Por lo tanto la suma obtenida al aplicar la operación por primera vez es 4 veces la suma inicial (). Si llamamos $TEX: $S_n$$ a la suma de los números al aplicar $TEX: $n$$ veces la operación, se obtiene gracias a () que $TEX: $S_n=4^n\cdot S_0$$ . Como $TEX: $S_0$$ es impar, se tiene que $TEX: $4^n$$ divide a $TEX: $S_n$$ . Si existiera un turno para el cual los $TEX: $4k+1$$ números de los vértices fueran iguales a $TEX: $2010$$ , se tendría que $TEX: $S_r=2010(4k+1)$$ para algún $TEX: $r$$ natural. Pero $TEX: $2010(4k+1)$$ no es divisible por ninguna potencia perfecta de $TEX: $4$$ , por lo tanto no existe tal $TEX: $r$$ y se sigue que $TEX: $2010$$ es fatal. b) Sea $TEX: $m=4t+2$$ , donde $TEX: $t$$ es natural. Si en algún turno se cumpliera que los $TEX: $4k+1$$ números de los vértices son iguales a $TEX: $4t+2$$ , se tendría que $TEX: $S_r=2(2t+1)(4k+1)$$ para algún $TEX: $r$$ natural.. Claramente $TEX: $S_r$$ no es divisible por una potencia perfecta de $TEX: $4$$ y concluímos que $TEX: $m$$ es fatal. $TEX: $\blacksquare$$ -------------------- Ricardo Vargas Obando Ex-alumno Deutsche Schule La Unión (Generación 2010, de los 150 años). Novato de Licenciatura en Matemática/Estadística, en la Pontificia Universidad Católica de Chile. Grupo de facebook de Novatos Matemática y Estadística PUC 2011 Currículum Olímpico: Medalla de Plata, XIX Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Menor (2007) Medalla de Oro, XXI Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Mayor (2009) Medalla de Bronce, XXV Olimpiada Iberoamericana de Matemática (2010) Medalla de Oro, XXII Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Mayor (2010) "What we learned as children, that one plus one equals two, we know to be false. One plus one equals one. We even have a word when you plus another, equals one. That word is love." "Todos piensan en cambiar el mundo, pero nadie piensa en cambiarse a sí mismo."

makmat Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 26 2011, 08:05 PM Publicado: #2
Dios Matemático Supremo Grupo: Moderador Mensajes: 590 Registrado: 14-October 07 Miembro Nº: 11.310 Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Iª OLIMPIADA INTERNA (PREOLÍMPICA) FMAT www.fmat.cl, 2010 Segunda Prueba: 26 de Julio. $TEX: \noindent\underline{$Problema\ 4$}$ Sean $TEX: $a_1<a_2<...<a_n$$ enteros positivos consecutivos (con $TEX: $n>2$$ ). Un saltamontes salta sobre la recta real, comenzando en el punto $TEX: $0$$ y dando $TEX: $n$$ saltos hacia la derecha con longitudes $TEX: $a_1$$ , $TEX: $a_2$$ , ..., $TEX: $a_n$$ , en algún orden (cada longitud se ocupa exactamente una vez), terminando su recorrido en el punto $TEX: $2010$$ . Halle todos los posibles valores $TEX: $n$$ de saltos que pudo haber dado el saltamontes. Solución: Del enunciado es posible deducir que: $TEX: $a_1+a_2+...+a_n=2010$$ , sin importar el orden de los saltos del saltamontes. Como son enteros consecutivos, podemos hacer $TEX: $a_m=k+m$$ , con $TEX: $k \in \mathbb{N}_0$$ y $TEX: $1\le m \le n$$ . De aquí tenemos que: $TEX: $k+1+k+2+...+k+n=2010 \implies nk+\dfrac{n(n+1)}{2}=2010$$ Dividiremos el problema en casos: Caso 1. (n es impar) Si $TEX: $n$$ es impar, tenemos que $TEX: $2\|(n+1)$$ y podemos dejar la ecuación como: $TEX: $n(k+\dfrac{n+1}{2})=2010$$ y sabemos que $TEX: $\dfrac{n+1}{2}$$ es entero, luego una inspección sobre los divisores de $TEX: $2010$$ nos dirá los posibles valores de $TEX: $n$$ . Por enunciado $TEX: $n\ge 3$$ , y los divisores impares de $TEX: $2010$$ mayores o iguales a $TEX: $3$$ son: $TEX: $3$$ , $TEX: $5$$ , $TEX: $15$$ , $TEX: $67$$ , $TEX: $201$$ , $TEX: $335$$ y $TEX: $1005$$ : Si $TEX: $n=3$$ , $TEX: $k+2=670 \implies k=668$$ , tenemos la sucesión: $TEX: $a_n=\{668+n: 1\le n \le 3\}$$ y sus permutaciones. Si $TEX: $n=5$$ , entonces $TEX: $k+3=402 \implies k=399$$ , tenemos la sucesión: $TEX: $a_n=\{399+n: 1\le n \le 5\}$$ y sus permutaciones. Si $TEX: $n=15$$ , entonces $TEX: $k+8=134 \implies k=126$$ , tenemos la sucesión: $TEX: $a_n=\{126+n: 1\le n \le 15\}$$ y sus permutaciones. Si $TEX: $n=67$$ , entonces $TEX: $k+34=30 \implies k=-4$$ , lo que no es posible, pues es $TEX: $-4 \not\in \mathbb{N}_0$$ . Para divisores de $TEX: $2010$$ mayores a $TEX: $67$$ ocurre lo mismo que en el caso $TEX: $n=67$$ , luego si $TEX: $n$$ es impar no hay más sucesiones. Caso 2. (n es par) Si $TEX: $n$$ es par, existe $TEX: $t$$ natural tal que: $TEX: $2t=n$$ , de esto tenemos que $TEX: $t(2k+2t+1)=2010$$ , luego hacemos una inspección similar que en el caso $TEX: $n$$ impar, sobre los divisores de $TEX: $2010$$ , pues $TEX: $t\|2010$$ . Como $TEX: $n$$ es par podemos agrupar los sumandos $TEX: $k+m: 1\le m \le n$$ , en parejas de números consecutivos, de esta manera: $TEX: $(k+1+k+2)+(k+3+k+4)+...+(k+n-1+k+n)=2010$$ , vemos que de esta forma cada sumando es impar (la suma de dos naturales consecutivos es impar), es decir, que debemos sumar un número par de sumandos impares para obtener un par ( $TEX: $2010$$ ), luego $TEX: $t$$ es par y sólo hace falta una inspección en los divisores pares de $TEX: $2010$$ . Si $TEX: $t=6$$ , entonces $TEX: $2k+13=335 \implies k=161$$ , tenemos la sucesión: $TEX: $a_n=\{161+n: 1\le n \le 12\}$$ y sus permutaciones. Si $TEX: $t=10$$ , entonces $TEX: $2k+21=201 \implies k=90$$ , tenemos la sucesión: $TEX: $a_n=\{90+n: 1\le n \le 20\}$$ y sus permutaciones. Si $TEX: $t=30$$ , entonces $TEX: $2k+61=67 \implies k=3$$ , tenemos la sucesión: $TEX: $a_n=\{3+n: 1\le n \le 60\}$$ y sus permutaciones. Si $TEX: $t=134$$ , entonces $TEX: $2k+269=15$$ , y aquí no hay sucesiones posibles. De la misma manera para divisores pares mayores a $TEX: $134$$ no existen sucesiones y ya estamos listos. $TEX: $\blacksquare$$ $TEX: \noindent\underline{$Problema\ 5$}$ Los mate-justicieros son un grupo de cinco superhéroes, tal que cada uno tiene uno y sólo uno de los siguientes poderes: hipnosis, supervelocidad, manipulación de sombras, inmortalidad y superfuerza (cada uno tiene un poder diferente). En una aventura a la isla Filipia, conocen al hechicero Vicencio, un viejo sabio quien les ofrece el siguiente ritual para ayudarlos: El ritual consiste en que un superhéroe $TEX: $\mathcal{A}$$ adquiere el o los dones de $TEX: $\mathcal{B}$$ sin que $TEX: $\mathcal{B}$$ adquiera el o los dones de $TEX: $\mathcal{A}$$ . Determine la menor cantidad de rituales que debe realizar el hechicero Vicencio de modo que cada superhéroe controle cada uno de los cinco dones. Aclaración: Al finalizar ritual un superhéroe $TEX: $\mathcal{A}$$ tendrá sus dones y los de un supehéroe $TEX: $\mathcal{B}$$ , pero $TEX: $\mathcal{B}$$ no adquiere los de $TEX: $\mathcal{A}$$ , pero sí conserva los suyos. Solución: Denotemos por $TEX: $X\in \{A,B,C,D,E\}$$ a la persona que tiene el poder $TEX: $x\in \{a,b,c,d,e\}$$ al inicio. Tomemos un poder $TEX: $x$$ , para que cada una de las otras personas distintas de $TEX: $X$$ tengan este poder, sin importar quien se lo pase, siempre serán necesarios $TEX: $4$$ rituales del Biólogo Vicencio (), luego cada poder es transmitido a los otros cuatro en un mínimo de $TEX: $4$$ rituales, pero aquí radica en minimizar los rituales, en el primer ritual un mate-justiciero (por ejemplo $TEX: $A$$ ) le pasará su don $TEX: $a$$ a otro mate-justiciero (por ejempo $TEX: $B$$ ), luego en ese ritual inicial, sólo se pasará un don y luego de éste se observa que existe exactamente un mate-justiciero $TEX: $B$$ que tiene dos poderes y todos los demás sólo uno, luego nos basta con maximizar el número de poderes que se entregan en "un" ritual y con eso minimizamos el número de rituales necesarios para transferir todos los dones, luego los dones $TEX: $a,b$$ de $TEX: $B$$ pueden ser transferidos a una persona distinta de $TEX: $A$$ (porque o sino equivaldría a sólo transferir un don, siendo que en este caso se pueden transferir a lo más $TEX: $2$$ ), esta persona será $TEX: $C$$ , luego $TEX: $C$$ tiene los dones $TEX: $a,b,c$$ y por un argumento similar que el anterior, el número de dones por ritual se maximiza cuando $TEX: $C$$ transfiere sus dones a una persona distinta de $TEX: $A$$ y de $TEX: $B$$ , este mate-justiciero será $TEX: $D$$ y luego del ritual hecho por el cansado Vicencio tendrá los dones $TEX: $a,b,c,d$$ , de manera análoga la última persona ( $TEX: $E$$ ) tendrá luego de otro ritual todos los poderes, luego si miramos a cualquiera de los súper-héroes distintos de $TEX: $E$$ , ellos necesitarán como mínimo $TEX: $1$$ ritual para tener todos los dones (debido que así minimizamos el número de rituales que es nuestro objetivo), y esto es para cada uno de ellos, luego como mínimo se necesitarán otros cuatro rituales para completar el objetivo y dando un total de $TEX: $8$$ rituales para que Vicencio cumpla su objetivo. $TEX: $\blacksquare$$ $TEX: \noindent\underline{$Problema\ 6$}$ Sea $TEX: $\triangle ABC$$ un triángulo con $TEX: $\angle ACB=60º$$ . Sea $TEX: $E$$ un punto interior a $TEX: $\overline {AC}$$ tal que $TEX: $CE<BC$$ . Sea $TEX: $D$$ sobre $TEX: $\overline {BC}$$ tal que $TEX: $\dfrac {AE}{BD}=\dfrac {BC}{CE}-1$$ Llamemos $TEX: $P$$ a la intersección de $TEX: $\overline {AD}$$ con $TEX: $\overline {BE}$$ y $TEX: $Q$$ al otro punto de intersección de los circumcírculos de los triángulos $TEX: $AEP$$ y $TEX: $BDP$$ . Pruebe que $TEX: $\overleftrightarrow {QE}//\overleftrightarrow {BC}$$ . Solución: $TEX: \noindent Sea $T\in\overline{BC}$ tal que $CE=CT$, construcci\'on bien definida pues $CE<BC$ seg\'un el enunciado. Notemos que $\triangle{CET}$ es equil\'atero, ya que $CE=CT$ y $\angle{ECT}=\angle{ACB}=60^o$, es decir, $CE=CT=ET$. Sabemos por enunciado que $\displaystyle\frac{AE}{BD}=\frac{BC}{CE}-1$, pero $\displaystyle\frac{BC}{CE}-1=\frac{BC-CE}{CE}=\frac{BC-CT}{CE}=\frac{BT}{CE}=\frac{BT}{ET}$, o sea tenemos que $\boxed{\displaystyle\frac{AE}{BD}=\frac{BT}{ET}}\ (i)$\\<br /><br />\noindent Sean $\angle{AEQ}=\psi, \angle{EAP}=\alpha, \angle{PAQ}=x, \angle{CBE}=\beta$. Veamos que el cuadril\'atero $AEPQ$ es c\'iclico por enunciado, de donde $\angle{AEQ}=\angle{APQ}=\psi$. Tambi\'en sabemos por enunciado que $PDBQ$ es c\'iclico, de donde $\angle{APQ}=\angle{DBQ}=\psi$. Veamos adem\'as que por c\'iclico $AEPQ\ \angle{EAQ}=\angle{QPB}=\alpha+x$, y por c\'iclico $PDBQ\ \angle{QPB}=\angle{QDB}=\alpha+x$. As\'i tenemos que $\angle{AEQ}=\angle{DBQ}=\psi$ y $\angle{QAE}=\angle{QDB}=\alpha+x$, entonces $\triangle{AEQ}\sim\triangle{DBQ}\Rightarrow\boxed{\displaystyle\frac{EQ}{BQ}=\frac{AE}{BD}}\ (ii)$\\<br /><br />\noindent Como el cuadril\'atero $PDBQ$ es c\'iclico se tiene que $\angle{DBP}=\angle{DQP}=\beta$; notemos que $\angle{AEB}=\angle{CBE}+\angle{ECB}=60^o+\beta$, luego $\angle{AEB}=\angle{AEP}=60^o+\beta$, y ya que $AEPQ$ es c\'iclico, se sigue que $\angle{AQP}=120^o-\beta$, y de aqu\'i $\angle{AQD}=\angle{AQP}+\angle{DQP}=120^o$. Por lo tanto, $AQDC$ es un cuadril\'atero c\'iclico (ya que $\angle{ACD}=60^o$ y $\angle{AQD}=120^o$ son suplementarios), de donde $\angle{QAD}=\angle{QCD}=x$. Pero tambi\'en $\angle{QAD}=\angle{QAP}=\angle{QEP}=x$ (c\'iclico $AEQP$), luego $\angle{QEP}=\angle{QEB}=\angle{QCD}=\angle{QCB}=x\Rightarrow{BQEC}$ es un cuadril\'atero c\'iclico, y entonces $\angle{EQB}=120^o$.\\<br /><br />\noindent Notemos ahora que $\triangle{QAD}\sim\triangle{QEB}$ (pues $\angle{QAD}=\angle{QEB}=x$ y $\angle{DQA}=\angle{BQE}=120^o$), entonces $\boxed{\displaystyle\frac{AQ}{DQ}=\frac{EQ}{BQ}}\ (iii)$. Considerando las igualdades $(i), (ii)$ y $(iii)$, tenemos:<br /><br />$$\displaystyle\frac{BT}{ET}=\frac{AE}{BD}=\frac{EQ}{BQ}=\frac{AQ}{DQ}$$<br />$$\boxed{\displaystyle\frac{BT}{ET}=\frac{AQ}{DQ}}\ (iv)$$$ $TEX: \noindent Anteriormente ten\'iamos que $\triangle{CET}$ era equil\'atero, o sea $\angle{CTE}=60^o$, de donde se sigue que $\angle{ETB}=120^o$. Finalmente, considerando la igualdad $(iv)$ y que $\angle{ETB}=\angle{DQA}=120^o$ concluimos que $\triangle{TBE}\sim\triangle{QAD}$, de donde $\angle{TBE}=\angle{QAD}$, o sea $\beta=x$, y as\'i $\angle{QEB}=x=\angle{CBE}=\beta$, lo que implica que $\overleftrightarrow{QE}\parallel\overleftrightarrow{BC}$, que es lo pedido $\blacksquare$$ $TEX: \noindent\underline{$Problema\ 7$}$ En una liga de fútbol participan $TEX: $15$$ equipos. Cada equipo juega contra cada uno de los equipos restantes exactamente una vez. Si un equipo le gana a otro equipo en un partido recibe $TEX: $3$$ puntos, mientras que el perdedor recibe $TEX: $1$$ punto. En caso de empate, ambos equipos reciben $TEX: $2$$ puntos. Al realizarse todos los partidos posibles de la liga se puede observar lo siguiente: No hay dos equipos que hayan finalizado con la misma cantidad de puntos. Cada equipo finalizó la liga con al menos $TEX: $21$$ puntos. Sea $TEX: $\mathcal {W}$$ el equipo que finalizó la liga con el mayor puntaje. Determine cuántos puntos obtuvo $TEX: $\mathcal {W}$$ y demuestre que en la liga hubo al menos cuatro empates. Solución: Sea $TEX: $P$$ la cantidad total de puntos que se obtiene en la liga. Cada partido que se disputa aporta $TEX: $3+1=2+2=4$$ puntos para la liga. Ahora resta ver que hay $TEX: $\dfrac{15\cdot 14}{2}=105$$ partidos, y por lo tanto, $TEX: $P=4\cdot 105=420$$ . Por otra parte, sean $TEX: $21\leq p_1<p_2<...<p_{15}$$ los puntajes que obtuvo cada equipo. Notemos que $TEX: $p_i\ge 20+i$$ para cada $TEX: $i\in \{1,2,...,15\}$$ , y por ende, al sumar estas desigualdades tenemos que $TEX: $P=p_1+p_2+...+p_{15}\ge 420$$ . Por lo tanto cada desigualdad debe ser igualdad, es decir, $TEX: $p_i=20+i$$ . Se deduce entonces que $TEX: $\mathcal {A}$$ finalizó la liga con $TEX: $p_{15}=35$$ puntos. A continuación sea $TEX: $\mathcal {X}$$ un equipo con una cantidad impar de puntos. Llamemos $TEX: $a_{X}, b_{X}, c_{X}; p_{X}$$ a la cantidad de victorias, empates, derrotas y puntos que obtutuvo $TEX: $\mathcal {X}$$ en la liga. Como $TEX: $\mathcal {X}$$ jugó $TEX: $14$$ partidos, entonces $TEX: $a_{X}+b_{X}+c_{X}=14$$ (1). Por otra parte, cada victoria, empate y derrota aporta con $TEX: $3,2,1$$ puntos respectivamente y se sigue que $TEX: $3a_{X}+2b_{X}+c_{X}=p_{X}$$ (2) y sustrayendo (2) de (1) obtenemos que $TEX: $2a_{X}+b_{X}=p_{X}-14$$ , por ende $TEX: $b_{X}=p_{X}-2a_{X}-14$$ . Como $TEX: $p_{X}$$ es impar, se sigue que $TEX: $b_{X}$$ es impar, y por lo tanto $TEX: $b_{X}\ge 1$$ . Hay $TEX: $8$$ equipos que finalizaron con una cantidad impar de puntos, y por ende cada uno de esos equipos tuvo como mínimo un empate en la liga. Como cada empate es contado dos veces, se tiene que en la liga hubo al menos $TEX: $4$$ empates. $TEX: $\blacksquare$$ Cualquier error de tipeo o en la solución por favor avisar por MP. -------------------- $TEX: $displaystyle oint _{gamma} F cdot dr = displaystyle int int_{R} (dfrac{partial N}{partial x} - dfrac{partial M}{partial y}) dA$$ $TEX: $frac{a+b}{2}ge sqrt{ab}$$ [!] $TEX: $displaystyle int_{Mak^2}^{Mat}Mak^{Mat^{Mak}_{Mat}}dx$$ Doctor en Matemáticas Estudiando y creando problemas $TEX: MakMat$ $TEX: $displaystyle oint_{gamma} F cdot dr= int int_{R} rot F cdot black{N} dS$$ Adiós Kazajstán...

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