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Ignacio Larrosa Cañestro
52 Olimpiada Matemática Española 2016 – Fase Local
Problema 1: Se sabe que con baldosas cuadradas de lado un número exacto de
unidades podemos embaldosar una habitación de superficie 18144 unidades
cuadradas de la siguiente manera: el primer día ponemos una baldosa, el
segundo dos baldosas, el tercero tres, etc. ¿Cuantas baldosas serán necesarias?
Problema 2: Ayer entre en clase puntualmente a las 9:00, como comprobé con mi
reloj que en ese momento funcionaba correctamente. Cuando salí, a las 13:00,
volví a mirar el reloj y vi que las tres agujas se habían desprendido de su eje pero
mantenían la misma posición en la que estaban cuando el reloj funcionaba.
Curiosamente las agujas de las horas y de los minutos aparecían superpuestas
exactamente, una sobre la otra, formando un ángulo (no nulo) menor que 120º
con el segundero. ¿A qué hora se me averió el reloj? (Dar la respuesta en horas,
minutos y segundos con un error máximo de un segundo; se supone que cuando
el reloj funcionaba, las agujas avanzaban de forma continua).
Problema 3: Sea ABC un triángulo no isósceles rectángulo en C con catetos b>a.
i) Determinar el lado del cuadrado AXYZ que circunscribe al triángulo
ABC (los vértices B y C tienen que estar en lados distintos del cuadrado).
ii) Explicar paso a paso como construir el cuadrado AXYZ con regla y
compás.
Problema 4: Las tres raíces del polinomio x3 - 14x2 + B·x - 84 son los lados de un
triángulo rectángulo. Calcular B.
Problema 5: En un triángulo ABC la bisectriz por A, la mediana por B y la altura
por C son concurrentes y además la bisectriz por A y la mediana por B son
perpendiculares. Si el lado AB mide una unidad, calcular cuanto miden
los otros dos lados.
Problema 6: ¿De cuantas formas se pueden pintar los vértices de un polígono
con n ≥ 3 lados usando tres colores de forma que haya exactamente m lados, 2 ≤
m ≤ n, con los extremos de colores diferentes?
Ignacio Larrosa Cañestro
52 Olimpiada Matemática Española 2016 – Fase Local
Problema 1: Se sabe que con baldosas cuadradas de lado un número exacto
de unidades podemos embaldosar una habitación de superficie 18144
unidades cuadradas de la siguiente manera: el primer día ponemos una
baldosa, el segundo dos baldosas, el tercero tres, etc. ¿Cuantas baldosas
serán necesarias?
El número de baldosas n debe ser igual a 18144 dividido por k^2 con k entero.
Salta a la vista que
18144
9
�=
= 2016 = �64
2
64·63
2
= 32 · 63 = ∑63
𝑘=1 𝑘, por lo que
2016 baldosas cuadradas de 3·3 unidades resuelven el problema. Si esto no se
ve directamente o debe descartarse la existencia de otras posibilidades, hay
que descomponer 18144 en factores primos: 18144 = 25·34·7. Y que 1 + 2 + 3 +
… + n = n(n+1)/2. Por tanto, debemos resolver en enteros la ecuación
n(n+1) = 26·34·7/k2
En k solo puede haber como máximo 3 factores 2 y 2 factores 3. Teniendo en
cuenta que entre n2 y el siguiente o anterior cuadrado hay una diferencia de
2n+1 o 2n–1,
k = 1, n2 + n = 36288 = 1902 + 188, imposible
k = 2, n2 + n = 9072 = 952 + 47, imposible
k = 3, n2 + n = 26·32·7 = 64·63 SI
k = 4, n2 + n = 2268 = 472 + 59, imposible
k = 6, n2 + n = 1008 = 322 - 16, imposible
k = 8, n2 + n = 34·7, imposible debe ser par
k = 9, n2 + n = 448 = 212 + 7, imposible
k = 12, n2 + n = 252 = 162 - 4, imposible
k = 18, n2 + n = 112 = 102 + 12, imposible
k = 24, n2 + n = 34·7, imposible debe ser par
k = 36, n2 + n = 28 = 52 + 3, imposible
k = 72, n2 + n = 7, imposible debe ser par
Ignacio Larrosa Cañestro
Problema 2: Ayer entre en clase puntualmente a las 9:00, como comprobé con
mi reloj que en ese momento funcionaba correctamente. Cuando salí, a las
13:00, volví a mirar el reloj y vi que las tres agujas se habían desprendido de su
eje pero mantenían la misma posición en la que estaban cuando el reloj
funcionaba. Curiosamente las agujas de las horas y de los minutos aparecían
superpuestas exactamente, una sobre la otra, formando un ángulo (no nulo)
menor que 120º con el segundero. ¿A qué hora se me averió el reloj? (Dar la
respuesta en horas, minutos y segundos con un error máximo de un segundo;
se supone que cuando el reloj funcionaba, las agujas avanzaban de forma
continua).
Hay tres posibilidades: i) poco antes de las 9:50; ii) poco antes de las 10:55; a
las 12:00. Esta última debe descartarse pues el segundero formaría un ángulo
de 0° con las otras agujas.
i) Sean m los minutos que pasan de las 9:00. El ángulo que forma la aguja
horaria con las 12, contado en el sentido de avance de las agujas del reloj
es 270° + m·30°/60, mientras que el minutero formará un ángulo de m·6°,
ya que la primera recorre 30° en una hora, mientras que la segundo
recorre 360°/60 = 6° en un minuito. Por tanto,
270 + m/2 = 6m ⇒ 270 = 11m/2 ⇒ m = 540/11 = 49 + 1/11
1/11 min = 60/11 seg = 5.454545… seg
El ángulo formado por las agujas es entonces de poco más de 90°.
ii) Sean m los minutos que pasan de las 10:00. Tendremos ahora:
300 + m/2 = 6m ⇒ 300 = 11m/2 ⇒ m = 600/1b1 = 54 + 6/11
6/11 min = 360/11 seg = 32.727272… seg, mayor que 120°, que son los
que hay entre las menos veinticinco y las menos diez.
Por tanto el reloj se averió a las 9:49:05.
Ignacio Larrosa Cañestro
Problema 3: Sea ABC un triángulo no isósceles rectángulo en C con catetos
b>a.
i) Determinar el lado del cuadrado AXYZ que circunscribe al triángulo
ABC (los vértices B y C tienen que estar en lados distintos del cuadrado).
ii) Explicar paso a paso como construir el cuadrado AXYZ con regla y
compás.
i) Supongamos B situado en el lado XY del cuadrado y C en el YZ, y llamemos
d a la longitud del lado del cuadrado. Como el ángulo en C es de 90°, los
ángulos <BCY y <ZCA son complementarios, de lo que se deduce que los
triángulos rectángulos BYZ y CZA son proporcionales. Entonces,
���� 𝑌𝐶
����
𝐴𝑍
𝑑 𝑑 − √𝑏2 − 𝑑 2
=
⇒
=
⇒ 𝑎 · 𝑑 = 𝑏 · 𝑑 − 𝑏�𝑏2 − 𝑑 2 ⇒
����
𝑏
𝑎
𝐴𝐶 𝐵𝐶
𝑏�𝑏2 − 𝑑 2 = 𝑑 (𝑏 − 𝑎) ⇒ 𝑏2 (𝑏2 − 𝑑 2 ) = 𝑑 2 (𝑏 − 𝑎)2 ⇒ 𝑏4
𝑏2
𝑑=
<𝑏
�𝑏2 + (𝑏 − 𝑎)2
ii) La circunferencia circunscrita al triángulo ABC también pasa por X, por ser
<ACB = <AXB, dado que ambos son rectos. La circunferencia que tiene al
lado AC como diámetro también pasa por Z, por ser el <AZC recto. Por tanto
basta girar una de estas circunferencias 90° hacia la otra para determinar un
vértice del cuadrado como su otro punto de intersección. Conocido este
punto, la construcción del cuadrado ya es trivial. En detalle:
a. Se determina el punto medio MC de la hipotenusa AB.
b. Se traza la perpendicular r por A a AB.
c. Se traza la circunferencia de centro A que pasa por
MC, que cortara a r en dos puntos. Llamamos MC’ al
más próximo a C.
d. Se traza la circunferencia de centro MC’ que pasa por
A
e. Se halla el punto medio MB del cateto AC.
f. Se traza la circunferencia de centro MB que pasa por
A. El otro punto de intersección de estas dos
circunferencias, distinto de A, será el vértice C del
cuadrado pedido.
g. Se trazan las perpendiculares por A y Z al segmento
AZ.
h. Se traza la paralela por B al segmento AZ, que
cortará a las anteriores rectas en los puntos X e Y
respectivamente, quedando construido el cuadrado
AXYZ. (applet de GeoGebra)
Ignacio Larrosa Cañestro
Problema 4: Las tres raíces del polinomio x3 - 14x2 + B·x - 84 son los lados de
un triángulo rectángulo. Calcular B.
Sean a, b y c las tres raíces y lados del triángulo, siendo c2 = a2 + b2. Por las
relaciones de Cardano-Vietra:
a + b + c = 14
(#1)
a·b + b·c + a·c = B
(#2)
a·b·c = 84
(#3)
(pueden deducirse rápidamente desarrollando (x – a)(x – b)(x – c) e igualando
los coeficientes de los términos de igual grado)
Elevando #1 al cuadrado:
a2 + b2 + c2 + 2·a·b + 2·b·c + 2·a·c = 196 ⇒ 2c2 + 2B = 196 ⇒ B = 98 – c2
Sacando ahora c factor común en #2
a·b + (a + b)c = B ⇒
84
𝑐
+ (14 − 𝑐 )𝑐 = 98 − 𝑐 2 ⇒ 84 + 14𝑐 2 − 𝑐 3 = 98𝑐 − 𝑐 3 ⇒
14𝑐 2 − 98𝑐 + 84 = 0 ⇒ 𝑐 2 − 7𝑐 + 6 = 0 ⇒ 𝑐 =
7±√49−24
2
6
=�
1
La solución c = 1 debe descartarse, pue debe ser c > a, b y la suma de las tres
es 14. Por tanto c = 6 y B = 98 – 36 = 62. No se pide, pero hallar a y b ahora es
sencillo, dividiendo la cúbica por (x – 6) o planteando la ecuación de 2º grado
cuya suma de raíces es a + b = 14 – 6 = 8 y cuyo producto es a·b = 84/6 = 14.
De cualquiera de las dos formas, debe resolverse x2 – 8x + 14 = 0,
𝑎, 𝑏 =
8 ± √64 − 56
= 4 ± √2
2
Ignacio Larrosa Cañestro
Problema 5: En un triángulo ABC la bisectriz por A, la mediana por B y la altura
por C son concurrentes y además la bisectriz por A y la mediana por B son
perpendiculares. Si el lado AB mide una unidad, calcular cuanto miden
los otros dos lados.
Sea M el punto medio del lado AC, N el punto de intersección de la bisectriz
con el lado BC y P el pie de la altura por C.
Se tiene que el triángulo ABM es isósceles, puesto que la bisectriz por A
coincide con la altura. Por tanto AM = 1 y b = AC = 2.
Por el T. de la bisectriz
�����
𝐵𝑁
����
𝐴𝐵
=
����
𝑁𝐶
����
𝐶𝐴
����
𝑁𝐶
⇒ �����
=2
𝐵𝑁
Como las tres rectas son concurrentes, por el T. de Ceva:
����
���� 𝐵𝑁
���� �����
𝐴𝑃
𝐶𝑀
𝐴𝑃
2
1
�����
�����
·
·
=
1
⟹
=
2
⟹
𝐴𝑃
=
,
𝑃𝐵
=
����
����
3
3
𝑃𝐵 ����
𝑃𝐵
𝑁𝐶 �����
𝑀𝐴
Aplicando el T. de Pitágoras a los triángulos BPC y APC,
1 2
1 2
2 2
3 11
2
2
𝑎 = � � + ℎ𝐶 = � � + 2 − � � = 4 − =
3
3
3
9
3
2
11
𝑎=�
≅ 1.9149
3
(Applet de GeoGebra)
Ignacio Larrosa Cañestro
Problema 6: ¿De cuantas formas se pueden pintar los vértices de un polígono
con n ≥ 3 lados usando tres colores de forma que haya exactamente m lados, 2
≤ m ≤ n, con los extremos de colores diferentes?
Sea s(m) el número de coloraciones admisibles de los vértices de un polígono
de m lados con exactamente m lados con extremos de colores diferentes. Si se
tiene una coloración admisible como esta, se puede obtener una con n >m
segmentos y el mismo m expandiendo n – m puntos a uno o más segmentos
en los que no hay variación. Por tanto el número de coloraciones pedido será:
𝒏
𝒄(𝒏, 𝒎) = � � 𝒔(𝒎)
𝒎
Las poligonales abiertas de m+1 vértices y m segmentos, todos los cuales
tienen sus extremos de colores diferentes son 3·2m, pues el primero vértice se
puede colorear de cualquiera de los tres colores, mientras que cada uno de los
siguientes debe tener un color distinto del que le precede. Pero las hay de dos
tipos:
i) Las que acaban con el color inicial. Son s(m), pues podemos cerrar el
polígono haciendo coincidir el último vértice con el primero
ii) Las que acaban en un color distinto. Son s(m+1), pues podemos cerrar el
polígono con un segmente de extremos coloreados de diferente color.
Por tanto,
s(m) + s(m+1) = 3·2m ó s(m+1) = 3·2m – s(m)
Tenemos la condición inicial s(3) = 6, pues podemos usar cualquier
permutación de los tres colores. Entonces,
s(4) = 3·23 – 6 = 18, s(5) = 3·24 – 18 = 30, s(6) = 3·25 – 30 = 66, …
Parece entonces que s(m) = 2m + (-1)m·2. Esto se prueba de inmediato por
inducción:
s(m+1) = 3·2m – s(m) = 3·2m – ( 2m + (-1)m·2) = 2·2m - (-1)m·2 = 2m+1 + (-1)m+1·2
Por
𝒏
𝒄(𝒏, 𝒎) = � � (𝟐𝒎 + (−1)𝑚 · 2)
𝒎
Expresión válida igualmente para m = 1, 2.
(Elaborado a partir de la solución proporcionada por José H. Nieto)
tanto,