XLIII XLI II Olimpiada Olimpi ada Matem´ atica atica Espa˜ Espanola n ˜ ola Fase aragonesa
19 de enero de 2007 Problema 1
Un poliedro convexo tiene por caras 12 cuadrados, 8 hex´agonos agonos regulares y 6 oct´ogonos ogonos regulares. En cada v´ ertice ertice del poliedro concurren exactamente un cuadrado, un hex´ agono a gono y un oct´ ogono. ogono. ¿Cu´ antos segmentos que unen antos pares de v´ertices ertices del poliedro son interiores al mismo, es decir, no son aristas ni est´ an contenidos en una cara? an umero umero de v´ertices, ertice s, A el n´ umero umero de aristas, D el Soluci´ on: on: Sea V el n´ n´ umero de diagonales sobre las caras, e I el n´ umero umero de diagonales interiores, umero que es el n´ umero umero a determinar. Puesto que cada v´ ertice ertice del poliedro est´ a exactamente en una cara cuadrada, el n´ umero umer o de v´ertice ert icess es es 4 8 v´ertices. erti ces. V = 4 × 12 = 48 Puesto Puesto que de cada v´ertice ertice salen exactamen exactamente te 3 aristas, aristas, y cada arista une dos v´ertices, erti ces, el n´ umero umero de aristas es 3V = 72. A = 2 Como cada cuadrado tiene dos diagonales, cada hex´ agono agono tiene 9 y cada oct´ ogono ogono tiene 20, hay D = 12 × 2 + 8 × 9 + 6 × 20 = 216 diagonales sobre las caras.
As´ As´ı pues, pue s, el n´umero umero pedido I es igual al total de segmentos que se pueden formar formar uniendo uniendo pares de v´ ertices ertices de todas las formas formas posibles, posibles, menos el n´ umero umero de aristas y el n´ umero de diagonales sobre las caras: umero I =
48 2
− A − D =
24 × 47 − 72 − 216 = 24 × (47 − 3 − 9) = 840.
Problema 2
Resolver, en el conjunto de los n´ umeros reales, el sistema de ecuaciones umeros
y 3 − 6x2 + 12x − 8 = 0 z 3 − 6y 2 + 12y − 8 = 0 x3 − 6z 2 + 12z − 8 = 0
La primera ecuaci´ on se puede escribir como y 3 = 6( on 6 (x − 1)2 + 2, x, z > 0. luego ha de ser y > 0, y an´alogamente alogamente x, Sumando las tres ecuaciones, y teniendo en cuenta que x3 −6x2 +12x−8 = (x − 2)3 , se obtiene: Soluci´ on: on:
(x − 2)3 + (y − 2)3 + (z − 2)3 = 0,
(*)
luego, o bien x = y = z = 2 (que se comprueba inmediatamente que es una soluci´ on), o bien al menos una de las variables toma un valor < 2. Podemos on), suponer que x < 2. Entonces y 3 = 6x(x − 2)+8 < 8, luego y < 2, y tambi´ ta mbi´en en 3 z = 6y (y − 2) + 8 < 8 y z < 2. Esto contradice (*). Se concluye que la unica u ´ nica soluci´ on on es x = y = z = 2. 1
Problema 3 Sea ABC un tri´angulo y D, E , F puntos situados en los segmentos AC , BA y CB respectivamente, de forma que los segmentos AF , BD , CE concurren en un punto P interior al tri´ angulo. Sabemos que B P = 6, P D = 6, P C = 9, P E = 3 y AF = 20. Hallar el ´area del tri´ angulo ABC .
En el siguiente dibujo, las letras x, y , z , t, u y v denotan las ´a reas de los seis tri´angulos peque˜ n os en que queda dividido el tri´ angulo ABC : Soluci´ on:
C
u
9
t
D
6
2 0
v
3
x A
F
α
z
P α
−
6 y
E
B
Ahora se tiene: ´area(P DC ) = a´rea(P BC ), por tener igual base y altura, ´area(P DA ) = a´rea(P BA ), an´ alogamente, ´area(P AC ) = 3 a´rea(P EA ), por tener misma altura y triple base en P AC , ´area(P CB ) = 3 a´rea(P EB ), an´ alogamente, a´rea(P AC ) = 20α α ´area(P EC ), por tener misma altura y bases en proporci´on 20α α , −
−
´area(P BA ) =
α
area(P F B ), 20−α ´
por la misma raz´ on.
Esto es, u = t + z,
(1)
v = x + y,
(2)
u + v = 3x,
(3)
t + z = 3y,
(4)
u + v = x + y =
α
20 − α α
20 − α 2
t,
(5)
z.
(6)
Si S denota el a´rea del tri´ angulo ABC , entonces: S = (x + y ) + (z + t) + (u + v) = 2(u + v)
por (1) y (2),
S = (x + y ) + (z + t) + (u + v) = 4(x + y )
por (3) y (4),
S = (x + y ) + (z + t) + (u + v) =
=
20 (t + z ) 20 − α
α
20 − α
+ 1 (t + z )
por (5) y (6).
De (1) y (2) se obtiene que u + v = (x + y) + ( z + t), luego S
2
=
S
4
+
(20 − α)S . 20
Multiplicando por 20 obtenemos 10 = 5 + (20 − α), de donde α = 15. As´ı, S 20 S = 20 15 (t + z ) = 4(t + z ), luego x + y = S 4 = t + z . Las ecuaciones (1) y (2) nos dan u = v . Tenemos entonces que los tri´angulos P DC y P DQ tienen la misma a´rea y altura desde AC , luego los segmentos AD y DC son iguales. Trazando ahora una paralela DG a AP : −
C
G t D
6
F
5
v
z
P
1 5
3
x A
6 y B
E
se obtiene DC =
1 1 9 AD luego GC = P C = 2 2 2
y DG =
1 15 AP = . 2 2
As´ı, el tri´ angulo DGP tiene lados 6, 92 y 15 angulo, ya que 2 , luego es rect´ 9 2 15 2 2 6 + 2 = 2 , con a´ngulo recto en P . Por tanto el a´rea del tri´ angulo P GD es 12 · 6 · 92 = 27 as, como 2 . Adem´ la longitud del segmento P C es doble de la de P G, u = a´rea(P CD ) = 2 a´rea(P GD) = 27, y S = 2(u + v ) = 4u = 108.
3
Problema 4
Demostrar que es imposible obtener un cubo yuxtaponiendo tetraedros regulares, todos del mismo tama˜ no. Si fuera posible, la cara superior del cubo (un cuadrado) se obtendr´ıa yuxtaponiendo tri´ angulo equil´ ateros, todos del mismo tama˜ no. Pero un a´ngulo recto (la esquina del cuadrado) no se puede obtener sumando ´angulos de 60 grados (los a´ngulos de un tri´ angulo equil´ atero). Soluci´ on:
Problema 5
Demostrar que, en un tri´angulo, la distancia de un v´ertice cualquiera al ortocentro es el doble de la distancia del circuncentro al lado opuesto a ese v´ertice. angulo ABC , dibujamos tri´ angulos auxiliares giranSoluci´ on: Dado un tri´ do AB C 180 grados alrededor del centro de cada uno de sus lados: C
B′
A′
A
B
C ′
′
′
′
′
′
La altura por C del tri´angulo ABC es la mediatriz del tri´ angulo A B C correspondiente al lado A B . As´ı, el ortocentro de AB C es el circumcentro de A B C . Como A B C es semejante a ABC , donde todas las longitudes se han multiplicado por 2, la distancia del circumcentro de A B C al lado A B (esto es, la distancia del ortocentro de AB C a C ) es el doble de la distancia del circumcentro de ABC al lado AB . ′
′
′
′
′
′
′
′
′
4
′
′
Problema 6
Hallar todas las soluciones reales de la ecuaci´ on 2
3x
x−y
−
+ 3y
2
y −z
−
+ 3z
2
z x
− −
= 1.
umeros reales positivos tales Soluci´ on: Veamos primero que si a , b y c son n´ 1 * que a + b + c = 1, entonces abc ≤ 27 . En efecto, notemos primero que si u y v son n´ umeros reales positivos, entonces 4uv = (u + v )2 − (u − v)2 ≤ (u + v)2 . Si a = b = c, la desigualdad es obvia. En otro caso se puede suponer que a = 13 − α y b = 13 + β , con α, β > 0. Por lo anterior, 4
1 3
1
− α + β c ≤
3
2
− α + β + c
=
a+b+c−
1 3
2
4 = , 9
As´ı, 1 1 1 1 abc = (1 − 3α) + β c = − α + β − 3αβ c 3 3 3 3 1 1 1 1 1 ≤ − α + β c ≤ · = . 3 3 3 9 27
2
Por tanto, si 3x
x−y
+ 3y
−
2
3x
2
y −z
−
+ 3z
2
z x
− −
= 1, se tiene
x−y +y 2 −y−z +z 2 −z−x
−
que equivale a 3(x
≤
1)2 +(y−1)2 +(z −1)2
−
1 =3 27
3
−
,
≤ 1.
La u ´ nica posibilidad es que se tenga (x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 = 0, luego necesariamente x = y = z = 1. Es claro que esto es una soluci´ on de la ecuaci´ on dada y, por tanto, es la u´nica soluci´ on posible.
*
Esto es tambi´ en consecuencia inmediata de la desigualdad entre las medias aritm´ eticas y geom´etricas de n´ umeros positivos.
5
