OMM Tamaulipas 2012: concurso estatal

El día de hoy, 5 de octubre, se aplicó el concurso estatal en las instalaciones de la UAMCEH-UAT, de donde resultó una preselección compuesta por 26 adolescentes aficionados a las matemáticas (de nuestro sistema educativo tamaulipeco). Enseguida se presentan los 4 problemas del examen (con sus soluciones) y, al final se añaden algunos comentarios sobre los problemas y los resultados del concurso.

Los problemas

1A. Factorizar la ecuación cuadrática $2011x^2+2012x+1=0$.

Solución

Es fácil darse cuenta que una de sus raíces es -1 (dado que la satisface). Y dividiendo entre $x+1$ se obtiene que la ecuación se factoriza como

$$2011x^2+2012x+1=(x+1)(2011x+1)$$

2G.En el cuadrado $ABCD$, $E$ es el punto medio de $DA$ y los segmentos $BD$ y $CE$ se intersecan en $F$. Demostrar que los segmentos $AF$ y $BE$ son perpendiculares.

Solución (por geometría analítica)

Sin pérdida de generalidad supongamos que el cuadrado es de lado 2 y consideremos que el punto $B$ es el origen de coordenadas con la recta $BC$ el eje $x$ y la recta $BA$ el eje $y$. Entonces $A=(0,1), B=(0,0),E=(1,2)$.

Vamos a calcular las coordenadas de $F$ y después las ecuaciones de las rectas $AF$ y $BE$ para ver que sus pendientes cumplen la condición de ortogonalidad.

Para ello tracemos la perpendicular al eje $x$ que pasa por $F$ y digamos que la ordenada de $F$ es $y$. Debería ser claro que los triángulos $EDF$ y $CBF$ son semejantes (por AAA) con razón de semejanza 1:2.

Pero entonces también son semejantes y con la misma razón los triángulos formados con $CE$ y la vertical $HF$. De esta manera $2=y/(2-y)$. Es decir, $4-2y=y$. De aquí que $y=4/3$. Por tanto, $F=(4/3,4/3)$ --por estar en la recta a 45 grados $BD$.

Entonces, la ecuación de la recta $AF$ se calcula con los puntos $A=(0,2)$ y $F=(4/3,4/3)$ como sigue:

$$\frac{y-2}{x}=\frac{{4}{3}-1}{4}{3}=-\frac{1}{2}$$
Por tanto, $AF$ tiene por ecuación $y=-x/2+2$.

De manera similar se calcula la ecuación de la recta $BE$ que es $y=2x$. Observando las pendientes de las dos rectas el resultado se sigue.

Solución sintética

Vamos a demostrar que los triángulos $AEG$ y $BEA$ son semejantes. Puesto que comparten el ángulo en $E$, bastará demostrar que los ángulos $GAE$ y $EBA$ miden lo mismo.

Primero observemos que (por la simetría de la configuración) los triángulos $ABE$ y $DCE$ son congruentes. Después debemos darnos cuenta (también por simetría o por LAL) que los triángulos $CFD$ y $AFD$ son congruentes. Así que los ángulos $FAE$ y $DCF$ son congruentes. De ahí el resultado.

Nota: Otra forma de establecer la semejanza es focalizar el triángulo $ACD$ y darse cuenta de que dos de sus medianas son $BD$ y $CE$. De aquí que $AF$ sea también mediana. Es decir, $AF$ pasa por el punto medio --digamos $H$ -- de $CD$. Se sigue que $ABE$ y $DAH$ son congruentes. Así que los ángulos $GAE$ y $EBA$ son iguales.

3N. Encontrar todos los números de tres dígitos abc que satisfacen la ecuación $49a+7b+c=216$.

Solución

Puesto que 216 deja 6 como residuo al dividirse entre 7, y como c es dígito, entonces $c=6$. De aquí que el problema se reduce a resolver la ecuación diofantina $49a+7b=210$. Es decir, $7a+b=30$.

Así que $a$ puede ser 3 o 4 y, correspondientemente, b será 9 o 2. Se sigue que los números buscados son 396 y 426.

4C. Demostrar que en un conjunto de $n$ enteros positivos siempre hay un subconjunto cuyos elementos suman un múltiplo de $n$.

Solución

Sean $a_1,a_2,\ldots,a_n$ los $n$ enteros positivos y formemos los $n$ enteros positivos $b_i$, para $i=1,2,\ldots,n$, de la siguiente manera: $b_i=a_1+a_2+\ldots+a_i$.

Si alguno de los $b_i$ es múltiplo de $n$, ya acabamos. De otra manera, ... hay que ver la solución del problema 6C del concurso ciudades.

Comentarios

1. Quien tiene entrenamiento en factorización encontrará el problema 1 demasiado sencillo. Puede factorizarse por inspección (posiblemente después de varios tanteos). Pero como es usual en concursos se espera que el concursante justifique su respuesta. Quien puso la factorización sin más explicaciones obtuvo solamente un punto. ¿Una injusticia? Bueno, más bien se debería ver como una experiencia con moraleja: justifica siempre tus respuestas.

2. Por lo demás, el problema apela a un conocimiento procedimental (formula general, tanteos, teorema del factor y división larga, u otro procedimiento como el de reagrupación, etc.). Así que habrá quien diga que no es de olimpiada o que está fuera de lugar en el concurso. La respuesta a esa objeción sería que el aspirante a campeón no llega muy lejos sin álgebra. (Así y todo, el que esto escribe le vio la parte creativa en la combinación de los coeficientes 2012 y 2011 que sugieren rapidamente la sustitución x=-1... si es que se sabe el procedimiento con teorema del factor.)

3. No está de más decir que la gran mayoría de los 102 concursantes no lo resolvieron --como se esperaba.

4. El fácil resultó ser el problema 3, pero con el procedimiento de acotar el valor de $a$ ($a$ entre 1 y 4) y realizar la verificación de las posibilidades que de ahí surgen. Innecesario es decir que muchos no supieron ni siquiera qué es lo se se estaba preguntando...

5. El problema 2 resultó ser más difícil de lo que se esperaba. Lo resolvieron solamente dos o tres concursantes.

6. Y, bueno, el realmente difícil fue el 4 --el cual es una continuación del problema 6 de ciudades. Una de las razones es posiblemente su nivel de abstracción (un conjunto de n enteros positivos, etc.). Lo que probaría ese problema es que los adolescentes seleccionados en ciudades salieron del concurso (perdidos o ganados) y se olvidaron... (El que esto escribe esperaría que los 6 seleccionados que vayan al nacional no se olviden... ¡háganlo por Tamaulipas muchachos!

Los saluda

jmd