Enseguida presento los cuatro problemas del segundo examen selectivo para la preselección Tamaulipas OMM 2014. Añado las soluciones al 2 y al 4.
Problema 1. En un cuadrilátero ABCD convexo se trazan las perpendiculares desde cada vértice a la diagonal que no pasa por él. Demostrar que los cuatro puntos de intersección de cada perpendicular con su correspondiente diagonal forman un cuadrilátero semejante al dado.
Problema 2. Sobre una acera de una calle se van a construir 8 casas que pueden ser de madera o de ladrillo, sin embargo por seguridad no puede haber dos de madera juntas. ¿De cuántas formas podrían construirse las casas?
Problema 3. La parte entera de un número a, denotada por [a] es el número entero menor o igual más cercano a a. Por ejemplo [2.6] = 2, [5] = 5. La parte fraccionaria de un número a, denotada por {a} es el resultado de a-[a], es decir, solamente lo que está después del punto decimal. Por ejemplo, {2.6} = 0.6, {5} = 0. Si x, y, z son números positivos, encuentra todos los valores posibles que cumplan el siguiente sistema de ecuaciones:
$$x + [y] + {z} = 2.5$$
$$[x] + {y} + z = 2$$
$${x} + y + [z] = 1.5$$
Problema 4. Sea ABC un triángulo con el ángulo en A igual a 60 grados. La bisectriz del ángulo en B intersecta a AC en E y la y la bisectriz del ángulo en C intersecta a AB en F. Demuestra que BF + CE = BC.
Soluciones a los problemas 2 y 4
Solución al problema 2
Si fuera solamente una casa hay dos formas (de madera o de ladrillo), si fueran dos habría 3 formas (ll,lm,ml). Y así se podría continuar hasta llegar a las 8 casas. Pero hay una forma más eficiente de llegar a la respuesta: clasificación.
Sea $f_8$ la respuesta. Estas posibilidades se pueden clasificar en dos clases exhaustivas y excluyentes: las que sus elementos tienen una m al final y la de los que tienen una l al final.
La clase con m al final son $f_6$ en número (pues, debido a la restricción, deben terminar en lm). La clase con l al final son $f_7$ en número (pues no hay restricción para la penúltima casa). Así, $f_8=f_7+f_6$ y se puede reconocer una sucesión de Fibonacci.
De esta manera, $f_3=5,f_4=8,f_5=13,f_6=21,f_7=34,f_8=55$. Acabamos.
Solución al problema 4
Buscando alinear los dos segmentos BF y CE sobre su suma BC es relativamente fácil llegar a descubrir que, dado que BE es bisectriz, la perpendicular a ésta bajada desde F es el trazo auxiliar clave.
Porque, si G es su intersección con AC, entonces FBG es isósceles. Ahora solamente faltaría comprobar que CEG es también isósceles --y habríamos acabado.
Para ello observemos primero que FHE es isósceles con ángulos en la base FE de 30 grados --dado que AFHE es cíclico por tener ángulos opuestos de 60 y 120.
Pero entonces el ángulo FHB es de 60 --por ser suplementario del de 120. Y, por complementariedad, el ángulo GFH es de 30. En resumen, FC es bisectriz del ángulo GFE.
Pero, por dato, FC es también bisectriz del ángulo en C. Se concluye que FGCE es papalote y, en consecuencia, FC es perpendicular a EG. Es decir, CE=CG. Acabamos.
Los saluda
jmd