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Capıtulo 1

Problemas y soluciones de

la Prueba Clasificatoria

1.1. Nivel Basico

1. ¿Cuantos numeros de dos dıgitos son primos y tienen como antecesor uncuadrado perfecto?

(a) 2 (b) 4 (c) ninguno (d) 1 (e) 6

Solucion

Los numeros de dos dıgitos que son primos y tienen como antecesor un cuadradoperfecto son 17 y 37.

2. En la siguiente figura, el triangulo ABC es equilatero, D, E, y F son lospuntos medios de AC, BC, y AB respectivamente y G, I, y H son los puntosmedios de DF , DE, y FE respectivamente. Si el perımetro del triangulo ABCes 132 cm. El perımetro del area sombreada es:

b

Ab

B

bC

bD

bE

b

F

b

Gb

H

bI

(a) 88cm (b) 44cm (c) 66cm (d) 77cm (e) 99cm

1

Solucion

Como el perımetro del triangulo equilatero ABC es 132 cm, entonces cada unode sus lados mide 44 cm. Ademas se tiene que D, E, y F son los puntos mediosde AC, BC, y AB respectivamente, por lo tanto el triangulo DEF tambien esequilatero y cada uno de sus lados mide 22 cm y como G, I, y H son los puntosmedios de DF , DE, y FE respectivamente, entonces el triangulo GHI tambienes equilatero y cada uno de sus lados mide 11 cm. Luego, el perımetro del areasombreada consiste en la suma de los siguientes segmentos EB, BF , FG, GH ,HI Y IE y esto es igual a 22 + 22 + 11 + 11 + 11 + 11 = 88 cm

3. Coloca en los recuadros los dıgitos 1, 4, 8, 7, 9 sin que se repitan, de tal formaque al restar obtengas la menor diferencia posible. ¿Cual es esta diferencia?

(a) 58 (b) 21 (c) 49 (d) 35 (e) 73

Solucion

La menor diferencia se obtiene cuando se hace mas grande el sustraendo, esdecir:

1 4 7- 9 8

4 9

4. El edificio mas alto de todo Sudamerica se ubicara en Chile, y tendra 70pisos, excluyendo el sotano. Desde el sotano parten 5 ascensores:

El ascensor A para en todos los pisos.El ascensor B para en los pisos multiplos de 2, es decir, 0, 2, 4, ...El ascensor C para en los pisos multiplos de 3, es decir, 0, 3, 6, ...El ascensor D para en los pisos multiplos de 5, es decir, 0, 5, 10, ...El ascensor E para en los pisos multiplos de 7, es decir, 0, 7, 14, ...

¿En cuantos pisos paran 4 ascensores?

(a) 0 (b) 1 (c) 2 (d) 3 (d) 4.

Solucion

Para responder a la pregunta ¿En cuantos pisos paran 4 ascensores? se debetener en cuenta todos los grupos posibles formados por cuatro ascensores decinco que hay, los cuales son:

Grupo 1: {A,B,C,D}Grupo 2: {A,B,C,E}Grupo 3: {A,B,D,E}Grupo 4: {A,C,D,E}Grupo 5: {B,C,D,E}

Despues hay que mirar en que pisos para cada grupo de ascensores, para estoutilizamos la informacion dada en el enunciado del problema.

El grupo 1 para en los pisos multiplos de 2, 3 y 5; los cuales son los pisos30 y 60 ya que el edificio tendra 70 pisos.

El grupo 2 para en los pisos multiplos de 2, 3 y 7; es decir en el piso 42ya que el edificio tendra 70 pisos.

El grupo 3 para en los pisos multiplos de 2, 5 y 7; es decir en el piso 70ya que el edificio tendra 70 pisos.

El grupo 4 para en los pisos multiplos de 3, 5 y 7; es decir no va a pararen ningun piso ya que el edificio tendra 70 pisos.

El grupo 5 para en los pisos multiplos de 2, 3, 5 y 7; es decir no va a pararen ningun piso ya que el edificio tendra 70 pisos.

Por lo tanto en 4 pisos paran cuatro ascensores.

5. Si el area del triangulo ABC es 6, y D es el punto medio de BC. El area deltriangulo ABD es:

b

A

b

B

bC

b D

(a) 4 (b) 3 (c) 3/2 (d) 4 (d) 2.

Solucion

Como D es el punto medio de BC, entonces el area del triangulo ABD es lamitad del area del triangulo ABC, es decir, el area del triangulo ABD es 3.

6. En el juego que te presentamos solo es valido llenar la cuadrıcula de 4 x 4con numeros del 1 al 4, sin que estos se repitan en columnas o en filas. Con estasreglas y considerando la siguiente cuadrıcula:

1 33 y

3 x 22 4 3

¿Cuanto valen los numeros de la pareja (x, y)? (Precisamente en ese orden).

(a) (1, 1) (b) (2, 3) (c) (3, 2) (d) (4, 1) (e) (4, 2)

Solucion

La cuadrıcula completa es la siguiente:

1 2 3 44 3 2 13 4 1 22 1 4 3

Por lo tanto, los numeros de la pareja (x, y) valen (4, 2).

7. ¿Cuantos numeros enteros entre 2 y 2011 son divisibles por 3?

(a)669 (b) 666 (c) 667 (d) 668 (e)670

Solucion

Hay 670 numeros enteros entre 2 y 2011 que son divisibles por 3, ya que 2011÷3 = 670,3

8. En el triangulo PQR, ∠PST es igual a 146◦, TS = TQ y PQ = QR. ¿Cuales la medida de ∠PRQ?

146◦

b

P

b

Q

bR

b

T

b

S

(a) 34◦ (b) 68◦ (c) 73◦ (d) 75◦ (e) 80◦

Solucion

Como ∠PST = 146o entonces ∠TSQ = 34o, ademas, TS = TQ y PQ = QR;por lo tanto, los triangulos PRQ y STQ son isosceles; luego ∠QPR = ∠PRQ ypor el teorema que dice que la suma de los angulos internos de todo trianguloes igual a 180o se tiene que ∠TSQ + ∠QPR + ∠PRQ = 180o. Por lo que seconcluye que el ∠PRQ = 73o

9. En una prueba de entrenamiento de Olimpiadas Regionales de MatematicasUIS, cada respuesta correcta da 5 puntos, cada pregunta sin responder da 1

punto y cada respuesta incorrecta da 0 puntos. ¿Cual de los siguientes valoresNO es posible?

(a) 90 (b) 91 (c) 92 (d) 95 (e) 97

Solucion

Para este ejercicio, la forma de razonar es mediante una reduccion al absurdo.Se hizo la suposicion de que la prueba de entrenamiento tiene 20 preguntas, demodo que, el puntaje perfecto sera 100 puntos. Si se encuentra que, alguno de lospuntajes contradice esta hipotesis, entonces se tiene la solucion al problema.Paraesto hay que tener en cuenta el sistema de calificacion y analizar cada opciondada.

(a) 90 puntos, ya que el numero 90 se puede ver como 90 = 18 × 5 + 2 × 0,caso posible (18 preguntas correctas mas 2 incorrectas), entonces cumple.

(b) 91 puntos, ya que el numero 91 se puede ver como 91 = 90+ 1 = 18× 5+1 + 0, caso posible (18 preguntas correctas mas 1 pregunta sin respondermas 1 incorrecta), entonces cumple.

(c) 92 puntos, ya que el numero 92 se puede ver como 92 = 90+ 2 = 90+ 1+1, caso posible (18 preguntas correctas mas 2 preguntas sin responder),entonces cumple.

(d) 95 puntos, ya que el numero 95 se puede ver como 95 = 19 × 5 + 0,caso posible (19 preguntas correctas mas 1 pregunta incorrecta), entoncescumple.

(e) 97 puntos, ya que el numero 97 se puede ver lo mas reducidamente posiblecomo 97 = 96+ 1 = 95+ 1+ 1 = 19× 5+ 2, caso imposible( 19 preguntascorrectas mas 2 sin responder)

Se argumenta que el caso de 97 puntos es contradictorio, pues lo que afirma esque el examen tuvo 21 preguntas. Esto contradice la hipotesis. Por lo tanto NOes posible obtener 97 puntos en la prueba.

10. Las dos terceras partes de las personas en un salon estan sentadas ocupandolas tres cuartas partes de las sillas. Las demas personas estan de pie. Si hay 6sillas desocupadas, ¿cuantas personas hay en el salon?

(a) 12 (b) 24 (c) 18 (d) 36 (e) 27

Solucion

Si las tres cuartas partes de las sillas estan ocupadas entonces una cuarta partede las sillas estan desocupadas, el enunciado del problema nos dice que son 6;por lo tanto el numero de sillas que estan ocupadas son 18.

Si las dos terceras partes de las personas en un salon estan sentadas, ya sabemosque son 18, entonces hay una tercera parte de las personas en el salon que estan

de pie, es decir hay 9 personas que estan de pie.

Luego, hay 18 personas sentadas y 9 de pie, en total hay 27 personas en el salon.

11. El triangulo equilatero ABC tiene area 864 unidades cuadradas. Sobre loslados AC y AB se toman puntos D y E respectivamente, de forma que AD =2DC y AE = CD. ¿Cual es el area en unidades cuadradas del cuadrilateroBCDE?

bC bB

bA

bD

b E

(a) 432 (b) 288 (c) 672 (d) 632 (d) 666.

Solucion

El area en unidades cuadradas del cuadrilatero BCDE es igual a la suma delas areas del triangulo DEG y del trapecio DGCB, como lo muestra la figura:

bC b

b

bF

B

bA

bD

b E

G

Para calcular estas areas se tiene en cuenta la informacion dada en el enunciado,AD = 2DC y AE = CD. Esto lo que indica es que cada lado del triangulo ACBes igual a tres veces el segmento. Como el triangulo equilatero ABC tiene area

864 unidades cuadradas, entonces (b)(h)2 = 864, siendo b la base del triangulo

ABC y h, su altura.

El area del del trapecio DGCB es igual a la suma de sus bases por su alturadividida en dos, esto es,

(23 b+ b) · h3

2=

5

9· b · h

2;

es decir, cinco novenos del area del triangulo ABC.

Ahora el area del triangulo DEG es igual a

(23b) · h3

2=

2

9· b · h

2;

es decir, dos novenos del area del triangulo ABC.

Por lo tanto, el area del cuadrilatero BCDE es igual a siete novenos del areadel triangulo ABC, esto es 672 unidades cuadradas.

12. Un numero de seis dıgitos se representa ası 1vwxyz, donde 1, v, w, x, y, zson sus dıgitos. Si el numero se multiplica por 3 el resultado es vwxyz1. El valorde v + w + x+ y + z es:

(a) 22 (b) 23 (c) 24 (d) 25 (e) 26

Solucion

Como el numero de seis dıgitos 1vwxyz multiplicado por 3 es igual a vwxyz1,es decir, tiene los mismos dıgitos que lo forman entonces, por el criterio de di-visibilidad por 3 (el cual dice que un numero es divisible por 3 si la suma desus dıgitos es multiplo de 3), se tiene que 1vwxyz es divisible por 3, es decir,1 + v + w + x+ y + z = 3m, donde m es un numero natural.

Ademas, se puede decir que el numero vwxyz1 es divisible por 9, es decir v+w+x+y+z+1 = 9k, donde k es un numero natural. Por lo tanto, v+w+x+y+z =9k − 1, en este caso, v + w + x+ y + z = 26.

1.2. Nivel Medio

1. Esteban compro caramelos en una tienda, de los cuales repartio a sus 6amigos en cantidades iguales quedandose con 5 caramelos. Si la cantidad decaramelos que compro Esteban es multiplo de 7 y esta entre 50 y 95, ¿cuantoscaramelos compro Esteban?

(a) 61 (b) 70 (c) 77 (d) 84 (e)86

Solucion

Los numeros que son multiplos de 7 y estan entre 50 y 95 son: 56, 63, 70, 77,84 y 91. Y los numeros que son de la forma 6k + 5 que estan entre 50 y 95son: 53, 59, 65, 71, 77, 83, 89 y 95. Por lo tanto, el numero de caramelos quecompro Esteban fueron 77, ya que es el unico que cumple las dos condiciones.

2. En la siguiente figura, el triangulo ABC es equilatero, D, E, y F son lospuntos medios de AC, BC, y AB respectivamente y G, I, y H son los puntosmedios de DF , DE, y FE respectivamente. Si la medida del segmento GH es4 · (3)1/4 cm, el area del triangulo ABC es:

b

Ab

B

b

C

bD

bE

b

F

b

Gb

H

bI

(a) 96 cm (b) 192 cm (c) 48 cm (d) 112 cm (e) 168 cm

Solucion

De la figura, se cumple que CB = 2EF y EF = 2GH . Entonces, CB = 4GH =16 · (3)1/4 cm. Por lo tanto, el area del triangulo equilatero △ABC es:

A =

√3 · (16 · (3)1/4)2

4= 192 cm2

3. Si una persona y media pinta habitacion y media en un dıa y medio, ¿cuantashabitaciones pintan 6 personas en 7 dıas?

(a) 24 (b) 36 (c) 42 (d) 28 (e) 47

Solucion

Decir que una persona y media pinta habitacion y media en un dıa y medio eslo mismo a decir que una persona pinta una habitacion en un dıa.

numero de personas numero de habitaciones numero de dıas1 1 16 x 7

Por medio de una regla de tres compuesta se tiene que el numero de habitacionesque se pueden pintar con 6 personas en 7 dıas es:

x =6 · 1 · 71 · 1 = 42 habitaciones.

4. Dado el conjunto de los 54 alumnos de una clase, donde 30 son chicos y 24son chicas. El numero de equipos de 4 alumnos que contengan al menos unachica es:

(a) 288846 (b) 316251 (c) 23426 (d) 305625 (e) 316221

Solucion

Se deben considerar cuatro casos:

⋄ Tres chicos y una chica.

⋄ Dos chicos y dos chicas.

⋄ Un chico y tres chicas.

⋄ Cuatro chicas.

Por la regla aditiva y multiplicativa de conteo tenemos que el numero de equiposde 4 alumnos que contengan al menos una chica es:

n =

(30

3

)(24

1

)

+

(30

2

)(24

2

)

+

(30

1

)(24

3

)

+

(30

0

)(24

4

)

Por lo tanto, n = 288846

5. Sea ABCD un trapecio isosceles, donde AB = 20 cm, BC = 18 cm y

AD = 42 cm. Si P es el punto de interseccion de las rectas−−→AB y

−−→CD, el area

del triangulo PBC es:

18 cm

20 cm

42 cm

bA

bB bC

b D

(a) 144 (b) 96 (c) 252 (d) 216 (e) 108

Solucion

Sea P el punto de interseccion entre las rectas AB y CD, entonces el triangulo△APD es isosceles ya que m∠PAD = m∠PDA. Sean E y Q los puntos deinterseccion entre los segmentos paralelos del trapecio isosceles ABCD y laaltura PQ (ver figura).

18 cm20 cm

42 cm

bA

bB bC

b D

bP

bQ

b

E

Como la medida de los angulos ∠PEB y anglePAQ son rectos, entonces lasmedidas de los lados BE y AQ son 9 cm y 21 cm, respectivamente. Ademas, los

triangulos △PBE y △PAQ son semejantes. La altura del trapecio es de 16 cm,ya que 162 = 202 − 122. Por lo tanto, por proporcionalidad se tiene que

9

h=

21

16 + h,

donde h es la altura del triangulo △BPC. Resolviendo la anterior ecuacion setiene que h = 12 cm. Por consiguiente el area del triangulo △BPC es

A =BC · h

2=

18 · 122

= 108 cm2.

6. Determine el numero de enteros n > 0 distintos para los cuales la ecuacionx2 − 13x+ n = 0 tiene 2 raıces enteras.

(a) 12 (b) 0 (c) 6 (d) 4 (e) 8

Solucion

Sean p y q las dos raıces enteras de la ecuacion x2 − 13x + n = 0, entoncesx2 + (−p− q)x+ pq = x2 − 13x+ n = 0. Por lo tanto,

13 = p+ q y n = pq.

Como n > 0, entonces p y q son ambos positivos o ambos negativos. Pero si sonnegativos nunca la suma de p y q dara 13. Ası, las diferentes posibilidades paran son:

n =

1 · 12 si p = 1 y q = 12

2 · 11 si p = 2 y q = 11

3 · 10 si p = 3 y q = 10

4 · 9 si p = 4 y q = 9

5 · 8 si p = 5 y q = 8

6 · 7 si p = 6 y q = 7

Aquı, no se cuentan algunas posibilidades ya que se repiten como, por ejemplo,cuando p = 7 y q = 6.

7. La suma de todos los numeros primos entre 2 y 100 que son a la vez 1 masque un multiplo de 5 y 1 menos que un multiplo de 6 es:

(a) 52 (b) 82 (c) 123 (d) 143 (e) 214

Solucion

Los numeros primos que estan entre 2 y 100 que tienen la forma 5k + 1 son losnumeros 11, 31, 41, 61 y 71. Y de los anteriores numeros, los que tienen la forma6p− 1 son los numeros 11, 41 y 71. Por lo tanto, la suma de todos los numerosprimos entre 2 y 100 que son a la vez 1 mas que un multiplo de 5 y 1 menosque un multiplo de 6 es

11 + 41 + 71 = 123.

8. Un cubo de madera de n unidades de lado se pinta de color verde por susseis caras y luego se corta en n3 cubos unitarios. Exactamente un cuarto deltotal del numero de caras de los cubos unitarios son verdes. ¿Cual es el valor den?

(a) 3 (b) 4 (c) 5 (d) 6 (e) 7

Solucion

El numero de caras de un cubo son 6. Entonces, el area superficial de todos loscubos unitarios es 6n3 y el area superficial pintada de verde es 6n2. Por lo tanto,

1

4(6n3) = 6n2.

Por consiguiente, el cubo de madera tiene n = 4 unidades de lado.

9. La media aritmetica de 20 numeros es 30 y la media aritmetica de otros 30numeros es 20. ¿Cual es la media aritmetica de los 50 numeros?

(a) 23 (b) 24 (c) 25 (d) 26 (e) 27

Solucion

Como la media aritmetica de 20 numeros es 30, se tiene que:

x1 + x2 + · · ·+ x20

20= 30.

Por otro lado, como la media aritmetica de otros 30 numeros es 20, se tiene que

y1 + y2 + · · ·+ y3030

= 20.

Por lo tanto, la media aritmetica de todos los 50 numeros es:

x1 + x2 + · · ·+ x20 + y1 + y2 + · · ·+ y3050

=30(20) + 20(30)

50= 24.

10. En la sucesion 52, 53, a, b, c, 19, 99, · · ·, cada termino despues del tercero esla suma de los tres terminos inmediatamente anteriores. El valor de b es:

(a) 40 (b) 44 (c) 45 (d) 48 (e) 52

Solucion

Como cada termino despues del tercero es la suma de los tres terminos inme-diatamente anteriores, entonces

52 + 53 + a = b

a+ b+ c = 19

b+ c+ 19 = 99.

De la segunda ecuacion se tiene que 19− a = b+ c, reemplazando en la terceraecuacion se tiene que 19− a+ 19 = 99, y de ahı, a = −61. Por lo tanto,

b = 52 + 53− 61 = 44.

11. Un triangulo tiene sus vertices en los puntos A = (3, 22), B = (15, 13) yC = (27, 29) del plano cartesiano. El area en unidades cuadradas del trianguloABC es

(a) 108 (b) 150 (c) 192 (d) 300 (d) 384.

Solucion

La distancia entre dos puntos P = (x1, y1) y Q = (x2, y2) es

PQ =√

(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2

Entonces,

AB =√

(3− 15)2 + (22− 13)2 = 15 cm

BC =√

(15− 27)2 + (13− 29)2 = 20 cm

CA =√

(27− 3)2 + (29− 22)2 = 25 cm

Note que, 252 = 202+152. Por lo tanto, el triangulo △ABC es rectangulo cuyoscatetos miden 15 cm y 20 cm, respectivamente. Por consiguiente, el area enunidades cuadradas del triangulo △ABC es

A =15(20)

2= 150.

12. Un campesino compra 30 bultos de concentrado para alimentar a su ganado.El suministro diario de concentrado para el ganado es dos tercios de un bulto.¿Para cuantos dıas le alcanza el concentrado que compro?

(a) 36 (b) 42 (c) 20 (d) 48 (e) 45

Solucion

Por cada dıa se gastan dos tercios de un bulto de concentrado para alimentar a

su ganado. Como son 30 bultos de concentrado, se gastaran en2

3(30) = 20 dıas.

1.3. Nivel Avanzado

1. En la figura, la region sombreada es un hexagono regular. La razon entre elarea de la region sombreada y el area de la region no sombreada es igual a:

b b

b

bb

b

b

b

bb

a) 23 (b) 2 (c) 1 (d) 4

5 (e) 6

Solucion

Se divide el hexagono regular en seis triangulos equilateros. En la figura, lostriangulos que no estan sombreados junto con el triangulo que contiene alhexagono regular son triangulos equilateros. Por lo tanto, la razon entre el areade la region sombreada y el area de la region no sombreada esta dada por

6 : 3 = 2 : 1.

2. Mateo el caracol, decide subir un edificio comenzando desde el suelo. Delunes a viernes sube 4 cm cada dıa, pero sin darse cuenta se resbala 1 cm mien-tras duerme por cada noche. Para descansar, se relaja los sabados y domingosdurmiendo, solo que esto hace que se resbala 2 cm por cada uno de estos dıas.Si comienza a subir un jueves por la manana, ¿cuanto habra recorrido, en total,al final de la noche 2011?

(a) 3163 (b) 3161 (c) 3157 (d) 13167 (e) 3154

Solucion

Cada semana Mateo sube 11 cm y 2011 dıas representan 287 semanas y 2 dıas.El enunciado indica que Mateo comienza un jueves, entonces en las 287 semanasha recorrido 3157 cm. Por lo tanto, adicionando los dos dıas faltantes corres-pondientes al dıa jueves y viernes, se tiene que Mateo ha recorrido 3163 cm.

3. Si P (x) = 2011x2011 + 2010x2010 + · · ·+ 2x2 + x, entonces

P (1) + P (−1)

2

es igual a:

(a) 10062 (b) 1005× 2012 (c) 10052 (d) 1006× 2011 (e) 1005× 1006

Solucion

Hallando P (1) y P (−1) tenemos que

P (1) = 2011(1)2011 + 2010(1)2010 + · · ·+ 2(1)2 + (1)

= 2011 + 2010 + · · ·+ 2 + 1

=2011× 2012

2= 2011× 1006

y

P (−1) = 2011(−1)2011 + 2010(−1)2010 + · · ·+ 2(−1)2 − 1

= −2011 + 2010− · · ·+ 2− 1

= 2(1005 + 1004 + · · ·+ 2 + 1)− (2011 + 2009 + · · ·+ 3 + 1)

= 1005× 1006− 10062

= −1006.

Por lo tanto,

P (1) + P (−1)

2=

2011× 1006− 1006

2= 1005× 1006.

4. Si en la figura que aparece a continuacion, la circunferencia tiene como radio5 y ABCD y EFGH son cuadrados, ¿cual es el area sombreada?

b

AbB

bC

bD

b

E

b F

bG

bH

(a) 25π2 − 13 (b) 25π

4 (c) 25π2 − 9 (d) 25π

4 − 9 (e)25π4 − 13

Solucion

Sea O el centro de la circunferencia, P el punto de interseccion entre OG y CD,h la distancia del segmento OP y l el lado del cuadrado ABCD. Como △CODes isosceles y el centro de la circunferencia esta a igual distancia de los segmentosBC y AD, entonces P es punto medio de CD. Por Teorema de Pitagoras en eltriangulo △COP se tiene que

52 =l2

4+ h2.

Por otra parte, h = l− 5 entonces resolviendo tenemos que l = 8 y h = 3. SeanT y R los puntos de interseccion entre PC y FG, y, BC y FG respectivamente.

El triangulo △TCR es un triangulo isosceles rectangulo cuya area es2× 2

2= 2.

El area sombreada de la figura es

As = 2

(

4× 4

2

)

+ 2

(

π(5)2

4− 5× 5

2− 2

)

= 16 +25π

2− 25− 4 =

25π

2− 13.

5. Se escriben todos los numeros de 1 a 999 en los cuales el dıgito 1 apareceexactamente 2 veces (por ejemplo: 11, 121, 411, etc). La suma de todos estosnumeros es:

(a) 6882 (b) 5994 (c) 4668 (d) 7224 (e) 3448

Solucion

Se construye la siguiente tabla para poder contabilizar todos los numeros quecumplen tal caracterıstica:

Posicion 11x 1x1 x11110 101 011112 121 211113 131 311114 141 411115 151 511116 161 611117 171 711118 181 811119 191 911

Totales 1034 1349 4499

Entonces, la suma de todos los numeros de 1 a 999 en los cuales el dıgito 1aparece exactamente 2 veces es de 6882.

6. Determine el numero de enteros n distintos para los cuales la ecuacionx3 − 13x+ n = 0 tiene 3 raıces enteras.

(a) 0 (b) 1 (c) 2 (d) 3 (e) 4

Solucion

Sea p, q, r las raıces enteras de la ecuacion x3 − 13x+ n = 0, entonces

(x− p)(x− q)(x − r) = x3 + (−p− q − r)x2 + (pq + qr + rp)x + pqr.

Ası,

p+ q + r = 0

pq + qr + rp = −13

pqr = n.

Elevando p + q + r se tiene que p2 + q2 + r2 = 26. Por lo tanto, las tres raıcespueden ser (4,−3,−1) o (−4, 3, 1), dandonos dos posibles valores para n, 12 y−12.

7. En la figura, el valor de x es:

b

A√2

√8

b

B

bC

120◦

x

(a)√12 (b)

√13 (c)

√14 (d)

√15 (e)4

Solucion

Usando la ley del coseno se tiene que:

x2 = (√8)2 + (

√2)2 − 2 ·

√8 ·

√2 · cos 120◦ = 8 + 2− 4

(

−1

2

)

= 12.

Por lo tanto, x =√12.

8. Un sombrero contiene m balotas rojas y n balotas blancas. Se selecciona unabalota al azar y se anota su color. Luego se devuelve la balota al sombrero juntocon otras k balotas del mismo color. Se selecciona una segunda balota al azar.La probabilidad que la segunda balota sea roja es:

(a) mm+n (b) n

m+n (c) mm+n+k (d) m+k

m+n+k (d) m+nm+n+k .

Solucion

Supongase que se saco primero una balota roja, luego la probabilidad de que lasegunda balota sea roja es de:

P (2R|1R) = P (1R)(2R) =m

m+ n· m+ k

m+ n+ k.

Por otro lado, supongase que se saco primero una balota blanca, luego la pro-babilidad de que la segunda balota sea roja es de:

P (2R|1B) = P (1B)(2R) =n

m+ n· m

m+ n+ k.

Por lo tanto, la probabilidad que la segunda balota sea roja es,

P (2R) = P (2R|1R) + P (2R|1B)

=m(m+ k)

(m+ n)(m+ n+ k)+

nm

(m+ n)(m+ n+ k)

=m

m+ n.

9. Las dos raıces de la ecuacion x2 − 63x + k = 0, son numeros primos. Elnumero de posibles valores que puede tener k es:

(a) 61 (b) 1 (c) 2 (d) 4 (e) 122

Solucion

Sean p, q numeros primos y raıces de la ecuacion x2 − 63x + k = 0, entoncesx2 − 63x+ k = (x− p)(x − q) = 0. Por lo tanto, p+ q = 63.La suma de dos numeros pares es par, al igual que la suma de numeros impares.Por lo tanto, alguno de los dos numeros primos es par y el otro impar. Ası,p = 2 y q = 61 o viceversa. Por consiguiente, k = pq = 2× 61 = 122 es la unicaposibilidad.

10. Una caja rectangular P esta inscrita en una esfera de radio r. El area de lasuperficie de P es 384 unidades cuadradas, y la suma de las longitudes de sus12 aristas es 112 unidades. ¿Cual es el valor de r?

(a) 8 (b) 10 (c) 12 (d) 14 (e) 16

Solucion

Sea a, b, c los lados del rectangulo. Del enunciado se tiene que:

4a+ 4b+ 4c = 112 u

2ab+ 2bc+ 2ca = 384 u2.

Simplificando y elevando al cuadrado la primera ecuacion se tiene que:

(a+ b+ c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab+ 2bc+ 2ca = 282.

Para encontrar una ecuacion que relacione los lados de la caja rectangular conel radio de la circunferencia se aplica dos veces el Teorema de Pitagoras, puesto

que se puede construir un triangulo rectangulo con catetosa

2y

b

2obteniendo

el cateto de un segundo triangulo rectangulo cuya hipotenusa es el radio de la

circunferencia y su cateto esc

2, es decir,

(

a

2

)2

+

(

b

2

)2

= x2

x2 +

(

c

2

)2

= r2.

Ası,

a2 + b2 + c2 = 4r2

Por lo tanto,

4r2 + 384 = 282

r2 =282 − 384

4r = 10.

11. Dos numeros distintos a y b se escogen aleatoriamente del conjunto {2, 22, 23, ···, 225}. ¿Cual es la probabilidad que logab sea un numero entero?

(a) 31300 (b) 13

100 (c) 225 (d) 1

2 (e) 750

Solucion

Para que logab sea un numero entero, se necesita que el exponente del numerob sea multiplo del exponente del numero a. Entonces,

Si a = 2, entonces el numero de posibilidades de b es 24.












Ası, el numero total de posibilidades Para que logab sea un numero entero esn = 24 + 11 + 7 + 5 + 4 + 3 + 2 + 2 + 1 + 1 + 1 + 1 = 62 y el numero total deposibilidades es 600. Por lo tanto, la probabilidad para que logab sea un numeroentero es

62

600=

31

300

12. Se seleccionan dos numeros primos diferentes entre 4 y 18. Luego se restala suma de los dos numeros de su producto. ¿Cual de los siguientes numerospodrıa ser el resultado?

(a) 21 (b) 60 (c) 119 (d) 180 (e) 231

Solucion

5 · 7− (5 + 7) = 35− 12 = 23

5 · 11− (5 + 11) = 55− 16 = 39

5 · 13− (5 + 13) = 65− 18 = 47

5 · 17− (5 + 17) = 85− 22 = 63

7 · 11− (7 + 11) = 77− 18 = 59

7 · 13− (7 + 13) = 91− 20 = 71

7 · 17− (7 + 17) = 119− 24 = 95

11 · 13− (11 + 13) = 143− 24 = 119

11 · 17− (11 + 17) = 187− 28 = 159

13 · 17− (13 + 17) = 221− 30 = 191

Por lo tanto, los dos numeros primos son 11 y 13 y el numero buscado es 119.

Capıtulo 2


la Prueba Selectiva

2.1. Nivel Basico

PROBLEMAS DE SELECCION MULTIPLE

1. Si el producto 43 · 5

4 · 65 · · · ab = 12, entonces el valor de la suma a+ b es:

(a)8 (b) 36 (c) 29 (d) 71 (e)73

Solucion

Si observamos, el producto de las primeras tres fracciones, algunos numeros sesimplifican quedando solo el denominador de la primera fraccion y el numeradorde la ultima fraccion. Entonces el producto completo queda reducido a a

3 = 12,luego a = 36, y como a es mayor que b por una unidad entonces b = 35, porconsiguiente a+ b = 71.

2. Al lanzar dos dados, uno verde y uno azul. ¿Cuantas posibilidades hay deque la suma de los dos numeros sea mayor que 7?

(a) 30 (b) 15 (c) 10 (d) 16 (e) 7

Solucion

Si formamos todas las posibilidades que cumplan con la condicion se tiene que(2, 6), (3, 5), (3, 6), (4, 4), (4, 5), (4, 6), (5, 3), (5, 4), (5, 5), (5, 6), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6).En total son 15 posibilidades.Otra forma de ver esto, es fijar un dado y contar las posibilidades que tiene, esdecir

Si sale 1 en un dado no hay ninguna posibilidad.

Si sale 2 en un dado hay 1 posibilidad.

21

Si sale 3 en un dado hay 2 posibilidades.




Dandonos, de nuevo, 15.

3. Si la recta e es paralela a la recta d. ¿Cual es el valor de β?

28◦

β

e

d

(a) 31◦ (b) 32◦ (c) 33◦ (d) 34◦ (e) 35◦

Solucion

Sea A y B los puntos que tocan dos vertices del triangulo equilatero con la rectae y d, respectivamente. Los angulos que se forman sobre la recta e con respectoal segmento AB son de 92◦ y 88◦. Por lo tanto, los angulos que se forman en elpunto B son de 88◦ y 92◦, respectivamente. Ası, β = 32◦.

4. A es un numero de dos dıgitos. B es el numero que resulta al cambiar deposicion los dıgitos de A, si A + B = 165 ¿Cual es el menor valor que puedetomar A×B?

(a) 574 (b) 736 (c) 6624 (d) 6786 (e) 4356

Solucion

Segun las indicaciones tenemos que A = ab, B = ba, y A+B = ab+ ba = 165.

Supongamos, en primera instancia, que b + a = 5. Luego las posibles opcionespara obtener 5 son (1, 4) y (2, 3), entonces en el primer caso A serıa 41 y B 14,en el segundo caso A = 32 B = 23, pero la suma en cada caso no es 165.

Por lo tanto b+a = 15 y las posibles opciones para obtener 15 son (6, 9) y (7, 8).Para la primera pareja A = 96, B = 69 y A×B = 6624; para la segunda parejaA = 87, B = 78 y A×B = 6786. Luego el menor valor que puede tomar A×Bes 6624.

5. Al formar numeros de dos dıgitos diferentes con los dıgitos impares, se puedeafirmar que en esa lista:

(a) No hay numeros compuestos.(b) No hay numeros primos.(c) Existe igual cantidad de numeros primos que de compuestos.(d) Existe mayor cantidad de numeros primos que de compuestos.(e) Existe mayor cantidad de numeros compuestos que primos.

Solucion

Los dıgitos impares son 1, 3, 5, 7, 9. Luego los numeros de dos dıgitos diferentesson:

13, 15, 17, 19, 31, 35, 37, 39, 51, 53, 57, 59, 71, 73, 75, 79, 91, 93, 95, 97.

En esta lista hay nueve numeros compuestos y once numeros primos. Entonceshay mayor cantidad de numeros primos que de compuestos.

6. Un cuadrado de area 1 se divide en cuatro rectangulos congruentes, comose muestra en el dibujo a la izquierda. A continuacion, los cuatro rectangulosse reagruparon para formar un cuadrado con un agujero cuadrado en el centro,como se muestra en el dibujo a la derecha. El area del agujero es igual a:

(a) 12 (b) 9

16 (c) 1625 (d) 3

4 (e) 1

Solucion

Son 4 rectangulos congruentes y el lado del cuadrado mide 1, entonces las medi-das de cada rectangulo es 1 y 1

4 . Por consiguiente, el area del cuadrado formadopor los rectangulos es:

(1 +1

4)2 = (

5

4)2 =

25

16

y la suma del area de los 4 rectangulos es 1.

Ahora el area del agujero es igual al area del cuadrado (formado por los rectangu-los) menos el area de los rectangulos, es decir

A =25

16− 1

A =9

16.

PROBLEMAS TIPO ENSAYO

7. Solamente disponemos de dos relojes de arena, cuyas capacidades son de 8minutos y de 5 minutos. ¿Como podrıas solo con ellos medir un intervalo de 11minutos?

Solucion

Se corre el punto de referencia para contar los 11 minutos, es decir, ponemosa vaciar los dos relojes juntos. Cuando termine, el de 5 minutos, le quedaran3 minutos al de 8, y este momento sera nuestro punto inicial o punto cero.Despues de que transcurran los 3 minutos restantes del de 8, lo volteamos paraque vuelva a contar 8 y ası tendremos los 11 minutos que querıamos.

8. Sin acertar con ninguna de las tres, un empleado etiqueto erroneamente trescajas que contenıan lapices, lapiceros y grapas. Cuando alguien le comunica elerror, dice: ”no hay problema, con solo abrir una de las tres cajas y mirar sucontenido, ya podre colocar las tres etiquetas correctamente, ”. ¿Como lo hace?

Solucion

Supongamos, por ejemplo, que la primera caja tiene la etiqueta de ”bolıgrafos”,la segunda ”grapas 2la tercera ”lapices”. Si el empleado abre, supongamos, lacaja de bolıgrafos y ve que contiene grapas,ya sabe que la segunda con la eti-queta grapas, es la de los lapiceros y la tercera, con la etiqueta lapices es la debolıgrafos, pues todas las etiquetas estaban mal colocadas.

9. Un poste de 8 m de altura proyecta una sombra de 6 m de longitud. ¿Cuales la medida de la altura de una torre que en el mismo instante proyecta unasombra de 42 m ?

Solucion

Por Teorema de Tales, se tiene que 86 = x

42 . Por lo tanto, x = 56.

2.2. Nivel Medio

PROBLEMAS DE SELECCION MULTIPLE

1. Sofıa ha seleccionado un numero de dos dıgitos, luego resta el numero queella ha escogido de 200 y finalmente triplica este ultimo resultado. ¿Cual es elmayor numero que Sofıa puede obtener?

(a) 630 (b) 570 (c) 580 (d) 300 (e) 540

Solucion

Sea ab el numero escogido por Marıa. Se tiene que 1 ≤ a ≤ 9 y 0 ≤ b ≤ 9.

Se debe restar este numero a 200, lo equivalente a 200 − ab, y luego triplicaresta expresion, dando 600− 3ab.

Para que se obtenga la mayor diferencia se debe escoger el menor sustraendo,es decir, cuando a = 1 y b = 0.Por lo tanto, 600− 3(10) = 600− 30 = 570.

2. Si 22011 − 22010 − 22009 = k · 22009. ¿Cual es el valor de k?(a) 1 (b) 2 (c) 3 (d) 4 (e) 5

Solucion

Factorizando los terminos se tiene:

22011 − 22010 − 22009 = 22009(22 − 2− 1)

= 22009(4− 2− 1)

= 22009(1)

Luego, k = 1.

3. En un triangulo ABC, no rectangulo, su area es 126 cm2, la longitud del ladoBC es 20 cm y su altura BD es 12 cm, D se encuentra sobre el segmento AC.¿Cual es su perımetro?(a) 48 cm (b) 54 cm (c) 49 cm (d) 53 cm (e) 51 cm

Solucion

Tomando como base AC y teniendo en cuenta que el area del triangulo ABC es126 cm2 se obtiene que AC = 21 cm. Ademas, por teorema de Pitagoras sobreel triangulo BDC se tiene que DC = 16 cm. Ası, AD = 5 cm.

Por otro lado, por teorema de Pitagoras sobre el triangulo ABD se tiene queAB = 13 cm. Por lo tanto, el perımetro del triangulo ABC es de 54 cm.

4. Hay que repartir 60,000 pesos entre cierto numero de amigos, presentes enuna reunion, de manera exacta entre ellos. Alguien nota que si hubieran dosamigos menos, a cada uno le tocarıa 2,500 pesos mas. ¿Cuantos son los amigospresentes?(a) 6 (b) 8 (c) 14 (d) −6 (e) −8

Solucion

Supongamos que n representa el numero de amigos y x representa la cantidadde dinero que le correspondio a cada uno.De acuerdo a la informacion dada se tiene que:

{

60000 = nx

60000 = (n− 2)(x+ 2500)

igualando las dos expresiones se obtiene la siguiente ecuacion diofantica

1250n+ (−1)x = 2500,

donde el maximo comun divisor d entre 1250 y −1 es 1, el cual divide a 2500.Por lo tanto, la ecuacion diofantica posee infinitas soluciones. En particular,cuando n0 = 2500 y x0 = 3122500 es una solucion particular, obtenida a partirde la siguiente igualdad (1250)(1)+ (−1)(1249) = 1. Luego todas las solucionesestan dadas por las siguientes expresiones:

n = n0 +b

dt = 2500− t

x = x0 −a

dt = 3122500− 1250t

Ası,

nx = (2500− t)(3122500− 1250t) = 60000.

Entonces,

t2 − 4998t+ 6244952 = 0,

obteniendo dos posibles valores para t, los cuales son t1 = 2492 y t2 = 2506.Si t = t2, tendrıamos que n serıa negativa, lo cual es imposible. Por lo tanto,t = 2506, dandonos n = 2500− 2492 = 8 y x = 3122500− 1250(2492) = 7500.

5. El segmento EF es tangente a la menor de dos circunferencias concentricas siEF = 22 ¿Cual es el area de la region comprendida entre las dos circunferencias?

bE

b

F

(a) 121π (b) 1212π (c) 242π (d) 242π2 (e) No se puede determinar

Solucion

Sea R el radio de la circunferencia mayor y r el radio de la circunferencia menor.Se observa de la grafica que el segmento tangente EF toca a la circunferenciamenor en el punto P , formando un segmento perpendicular al radio de la cir-cunferencia menor. Luego, el radio menor, el segmento EP y el radio mayorcomprenden los catetos y la hipotenusa de un triangulo rectangulo, respectiva-mente, entonces

r2 + 112 = R2

R2 − r2 = 121

El area sombreada equivale a:

A© −A◦ = πR2 − πr2

= π(R2 − r2)

= 121π

6. Jhon, para la fiesta de su graduacion en la universidad, invito a 17 amigos,en total eran 9 mujeres y 9 hombres. El asigno a cada invitado un numerodesde el 2 hasta el 18, reservandose para sı mismo el numero 1. Cuando todosestaban bailando se dio cuenta que la suma de los numeros asignados a cadapareja formaba un cuadrado perfecto, es decir, al sumar el numero asignadoa un invitado con el numero asignado a su pareja de baile el resultado es uncuadrado perfecto. De las 9 parejas 3 formaban el mismo cuadrado perfecto ylas parejas restantes formaban otro cuadrado perfecto. ¿Cual es el numero dela pareja de Jhon?a) 3 (b) 8 (c) 6 (d) 24 (e) 15

Solucion

Los unicos cuadrados perfectos que se pueden formar con los numeros del 1 al 18son los numeros 4, 9, 16 y 25. Las diferentes posibilidades para cada cuadradoperfecto son:

Para el 4

4 = 1 + 3.

Para el 9

9 =

1 + 8

2 + 7

3 + 6

4 + 5

Para el 16

16 =

1 + 15

2 + 14

3 + 13

4 + 12

5 + 11

6 + 10

7 + 9

Para el 25

25 =

7 + 18

8 + 17

9 + 16

10 + 15

11 + 14

12 + 13

Las personas que tienen el numero 18, 17 y 16 solo tienen una posibilidad comopareja de baile, las cuales corresponden a las personas con los numeros 7, 8 y9, respectivamente. Por lo tanto, las otras seis parejas son las que sus numeroscorrespondientes suman 16, excluyendo la posibilidad de la pareja de baile conlos numeros 7 y 9. Por consiguiente, el numero de la pareja de John es el 15.


7. En la caseta de Yurani tenemos cinco peinetas, dos blancas y tres rojas. Seponen tres bailarinas en fila india y sin que ellas vean el color, se le coloca lapeineta en la cabeza a cada una de ellas. Cada bailarina solo puede ver el colorde la peineta de la(s) de adelante. La unica que pudo deducir el color de supeineta fue la primera en la fila, pues las otras dos dijeron ”no puedo deducirel color de mi peineta”. Si ella no podıa ver el color de las otras dos, ¿como lodedujo?

Solucion

Si la tercera bailarina, dijo: ”no, no puedo”, se deduce ya que las bailarinasque estaban adelante no tenıan ambas peineta blanca, pues hubiera deducidoque la suya habıa de ser roja. Ası que, una de las tres, la primera era blancay la segunda roja o la primera era roja y la segunda blanca o las dos primeraseran rojas. Pero al preguntarle a la segunda dijo: ”yo tampoco puedo”, estoquiere decir que la primera que es la unica peineta que ve, no era blanca porqueentonces hubiera deducido que la suya era roja. Por lo tanto, la primera de lasbailarinas al oir la segunda respuesta, supo que la peineta que llevaba sobre sucabeza era roja.

8. Un mesero quiso repartir entre dos personas, a partes iguales, una jarra con8 litros de vino, pero al intentar hacer las medidas se vio con el inconveniente deque solamente disponıa a parte de la jarra de 8 litros, de 2 jarras con capacidadesde 3 y de 5 litros. Dijo: ”no importa, trasvasando adecuadamente el vino, puedehacerse la medicion, de forma que queden 4 litros en la jarra que ahora contiene8 y otros 4 litros en la jarra de capacidad para 5”. ¿Como lo va a hacer?

Solucion

El mesero lleno la jarra de 3, e inmediatamente, paso su contenido a la jarrade 5. Luego volvio a llenar la jarra de 3 litros, con lo cual en la jarra de 8ya solo quedaban dos litros. Empezo a anadir el contenido de la jarra, de 3 alcontenido de la jarra de 5 y le sobro exactamente un litro que quedo en la jarrade tres. Los cinco litros contenidos en la jarra de 5, los pasa a la jarra de 8, quecontendra ahora siete litros y el litro que permanece en la jarra de 3 lo pasa ala jarra de 5. Finalmente, desde los siete litros de la jarra de 8, llena la jarrade 3 y anade su contenido a la jarra de 5, que ahora contendra cuatro litros,mientras en la jarra de 8 tambien quedan cuatro litros.

9. El Profesor Yarumo esta estudiando el comportamiento de una especie deaves. Los puntos A, B, C y D de la imagen representa la ubicacion de cuatronidos de estas aves.

b

A

bD

bB bC

El profesor ha construido un puesto de observacion equidistante de los cuatronidos. Todos los nidos y el mirador se encuentran en el mismo nivel de altura

desde el suelo, la distancia de B a D es de 16 metros y BAD = 45◦. Determinela distancia de el puesto de observacion a cada nido.

Solucion

Observese que el puesto del observador coincide con el centro O del cırculocircunscrito al cuadrilatero ABCD.

r

r

16

b O

b D

bB

bA

bC

Ademas, la medida del angulo ∠BOD es el doble que la medida del angulo∠BAD, es decir, m∠BOD = 2m∠BAD = 90◦. Entonces, el triangulo △BODes un triangulo rectangulo e isosceles. Por lo tanto, por el teorema de Pitagorasse tiene que

r2 + r2 = 162

r2 =16× 16

2

r = 8√2.

Por consiguiente, la distancia de de el puesto de observacion a cada nido es de8√2 metros.

2.3. Nivel Avanzado

1. ¿Cual de los siguientes numeros corresponde a la suma de cinco numerosenteros consecutivos?

(a) 2007 (b) 2008 (c) 2009 (d) 2010 (e) 2011

Solucion

Sea p la suma de cinco numeros enteros consecutivos tal que 2007 ≤ p ≤ 2011.Entonces, para algun n ∈ Z se tiene que

2007 ≤ n+ (n+ 1) + (n+ 2) + (n+ 3) + (n+ 4) ≤ 2011.

Despejando n se obtiene

1997

5≤ n ≤ 2001

5.

Por lo tanto, n = 400 es el unico numero entero que satisface la anterior de-sigualdad. Ası, p = 2010.

2. ¿Cual es la suma de los divisores primos de 216 − 1?

(a) 282 (b) 288 (c) 284 (d) 315 (e) 286 (e)4

Solucion

Por diferencia de cuadrados se puede obtener los divisores primos de 216 − 1

216 − 1 = (28 − 1)(28 + 1)

= (24 − 1)(24 + 1)(28 + 1)

= (22 − 1)(22 + 1)(24 + 1)(28 + 1)

= (2 − 1)(2 + 1)(22 + 1)(24 + 1)(28 + 1)

= 3(5)(17)(257).

Por lo tanto, la suma de los divisores primos de 216 − 1 es

S = 3 + 5 + 17 + 257 = 282.

3. En la siguiente figura ABC es un triangulo cualquiera, ACD y AEB sontriangulos equilateros. Si F y G son los puntos medios de EA y AC, respecti-

vamente. Calcule la razon BDFG

.

bA

b

B

b

C

bD

bE bF

bG

(a) 12 (b) 2 (c) 1

3 (d) 34 (e) 4

Solucion

Sean r y l los lados de los triangulos equilateros ACD y AEB, respectivamente.De los triangulos BAD y FAG, se aplica la ley del coseno para hallar los ladosBD y FG en funcion de los lados r y l.

BD2 = AB2 +AD2 − 2(AB)(AD) cos (α+ 60) = l2 + r2 − 2lr cos (α+ 60)

y

FG2 = AF 2 +AG2 − 2(AF )(AD) cos (α+ 60) =l2

4+

r2

4− 2lr

4cos (α+ 60).

Por lo tanto,

BD2 = 4FG2.

De manera que la razon BDFG

es igual a 2.

4. Sea f una funcion de variable real que satisface la condicion:

f(x) + 2f

(2011

x

)

= 3x

para x > 0. El valor de f(1) es:

(a)−2013 (b) 4023 (c) 2013 (d) −6039 (e) 4021

Solucion

Al reemplazar x por 1 y 2011, se obtendra dos ecuaciones con dos incognitas.Entonces,

f(1) + 2f(2011) = 3,

y

f(2011) + 2f(1) = 6033.

Resolviendo el sistema se tiene que f(1) = 4021.

5. En un dado normal, se remueve al azar uno de los puntos, cada punto tienela misma probabilidad de ser eliminado. Cuando se lanza el dado, despues deremover el punto, ¿cual es la probabilidad de que la cara superior tenga unnumero impar de puntos?

(a) 511 (b) 10

21 (c) 12 (d) 11

21 (e) 611

Solucion

El numero total de puntos de todas las caras del dado es 21, de los cuales 12puntos corresponden a las caras con un numero par de puntos y 9 corresponden alas caras con un numero impar de puntos. Por lo tanto, la probabilidad de sacarun punto de una cara con un numero par de puntos es de 12

21 y la probabilidadde sacar un punto de una cara con un numero impar de puntos es de 9

21 .Supongase que se elimino un punto de una cara con un numero par de puntos,quedando 2 caras con numero par y 4 con numero impar de puntos. Entonces,la probabilidad de que la cara superior tenga un numero impar de puntos es de

12

21

4

6=

8

21.

Ahora, supongase que se elimino un punto de una cara con un numero imparde puntos, quedando 4 caras con numero par y 2 con numero impar de puntos.Entonces, la probabilidad de que la cara superior tenga un numero impar depuntos es de

9

21

2

6=

1

7.

Por lo tanto, despues de removido el punto, la probabilidad de que la carasuperior tenga un numero impar de puntos es de

8

21+

1

7=

11

21.

6. La mayor medida posible de un angulo de un triangulo formado al unir lospuntos medios de tres aristas de un cubo es:

(a) 60◦ (b) 90◦ (c) 120◦ (d) 135◦ (e) 150◦

Solucion

La siguiente figura muestra un cubo de arista 2 que contiene un hexagono regularal unir algunos de los puntos medios de las aristas del cubo.

Cualquier angulo que forma el hexagono regular es de 120◦.


7. Un desdichado prisionero-custodiado dıa y noche, por dos terribles guardia-nes, metido en una celda que tiene dos puertas, es informado por el directorde la carcel que una de esas dos puertas le conduciran a la libertad y la otra ala muerte. El director, le da la oportunidad de averiguarlo haciendo una unicapregunta a cada uno de sus guardianes, sabiendo que uno dice la verdad siemprey el otro miente siempre. ¿Cual es la pregunta que podrıa hacer el prisionero alos guardianes, para saber con seguridad, cual es la puerta que no lo llevara ala muerte?

Solucion

Basta con hacerle la pregunta a cualquiera de los dos, pues si la pregunta es¿cual es la puerta que tu companero (otro guardian) me indicarıa como la puertaque me llevara a la libertad?

Si la pregunta se la hace al mentiroso dirıa: Mi companero te indicara la puerta1, pero como es mentira, la puerta elegida sera la que no es 1.

Si la pregunta se le hace al guardian que no miente, te dirıa: mi companeromiente, entonces, la puerta a elegir no es la numero 1. En conclusion, el prisionerodebe elegir la puerta contraria a la que indique cualquiera de los dos terriblesguardianes en su respuesta.

8. A la senora se le cayo al suelo la cesta de los huevos, y alguien querıasaber, cuantos huevos llevaba, ası que le preguntaron, y ella respondio: ”no

lo se, recuerdo que al contarlos en grupos de 2, 3, 4 y 5 sobraban 1,2,3, y 4respectivamente. Encuentre el numero de huevos que llevaba la senora.

Solucion

La senora llevaba 59 huevos.

59÷ 2 → sobra 1 (29× 2 = 58, 58 + 1 = 59)

59÷ 3 → sobra 2 (19× 3 = 57, 57 + 2 = 59)

59÷ 4 → sobra 3 (14× 4 = 56, 56 + 3 = 59)

59÷ 5 → sobra 4 (11× 5 = 55, 55 + 4 = 59)

o en forma general 59 + 60N , donde N es un numero positivo.

9. En un triangulo △ABC, tenemos que AB = 5, BC = 7, AC = 9 y D es unpunto sobre el segmento BC con BD = 5.¿Cuanto vale la razon AD : DC?

b

A

b

B

5

b

C

b

D

9

5 2

Solucion

Aplicando el teorema del coseno en el triangulo ABC se tiene que

92 = 52 + 72 − 2(5)(7) cos (B).

Entonces, cos (B) =−1

10. Por lo tanto, aplicando la ley del coseno para el triangu-

lo ABD se tiene que

AD2 = 52 + 52 − 2(5)(5) cosB = 25 + 25− 50−1

10= 55.

Ası,

AD =√55.

Por consiguiente,

AD : DC =√55 : 2.

Capıtulo 3


la Prueba Final

3.1. Nivel Basico

1. Fabricio nacio antes del ano 2000. El proximo ano, el 2 de enero de 2012,cumplira tantos anos como es la suma de los dıgitos del ano de su nacimiento.¿Cual es la fecha de nacimiento de Fabricio?Solucion:

Fabricio nacio el 2 de enero de 1987 pues 1+ 9+ 8+ 7 = 25 y cumplira 25 anosdado que 2012− 1987 = 25.

2. Sean C1, C2 y C3 tres circunferencias de radio 3 cm secantes entre sı, comose muestra en la figura.

C3

bO1

C1

b

O3

bO2

C2

Determine el perımetro de la parte exterior a la interseccion de estas circunfe-rencias.

Solucion:

Sean r1 radio de C1, r2 radio de C2 y r3 radio de C3. Por lo tanto, r1 = r2 =r3 = 3cm

35

Dado que por el centro de la circunferencia C1 pasa C2 y C3, por el centro deC2 pasa C1 y C3 y por el centro de C3 pasa C1 y C2. Entonces el perımetro dela parte exterior a la interseccion de las circunferencias es

1

2(2πr1) +

1

2(2πr2) +

1

2(2πr3) =

3

2(2π(3cm)) = 9πcm.

3. Sergey debe elegir tres numeros enteros distintos entre 1 y 20 inclusive, demodo que al multiplicar los tres numeros se obtenga un multiplo de 4. ¿Cuantasmaneras tiene Sergey para elegir sus tres numeros?

Solucion:

Como Queremos escoger de { 1, 2, . . . , 20 } los conjuntos distintos de 3 elementos{ a, b, c } tales que 4 | a ∗ b ∗ c , esto ocurre cuando al menos uno de los factoresa, b, o c son multiplos de 4 o cuando dos de ellos son multiplos de 2, pero ningunomultiplo de 4.Primer caso

Contemos los conjuntos { a, b, c } tales que 4 | a o 4 | b o 4 | c.

Si fijamos 4, entonces tenemos 1∗19∗182 = 171 conjuntos.

Si fijamos 8, tenemos 1∗18∗172 = 153 conjuntos.




Ası, tenemos 171 + 153 + 136 + 120 + 105 = 685 conjuntos { a, b, c } tales que4 | a o 4 | b o 4 | c.Segundo caso

Contemos los conjuntos { a, b, c } tales que 2 divide al menos dos de estos nume-ros a, b o C y 4 no divide a ninguno de los tres elementos.

Fijando 2 y 6, tenemos 1 ∗ 1 ∗ 13 = 13 conjuntos.










Ası tenemos 13 + 12 + 11 + 10 + 12 + 11 + 10 + 11 + 10 + 10 = 110 conjuntosdistintos.En conclusion tenemos 685+110 = 795 conjuntos { a, b, c } tales que 4 | a∗ b∗ c.

4. Consideremos la sucesion {an} = {a1, a2, a3, · · · }, de numeros enteros posi-tivos en la cual an+1 es la suma de las cifras akn. Si a1 = 11, k = 2. Encuentrea2011.

Solucion:

a1 = 11 =⇒ (11)2 = 121

a2 = 1 + 2 + 1 = 4 =⇒ (4)2 = 16

a3 = 1 + 6 = 7 =⇒ (7)2 = 49

a4 = 4 + 9 = 13 =⇒ (13)2 = 169

a5 = 1 + 6 + 9 = 16 =⇒ (16)2 = 256

a6 = 2 + 5 + 6 = 13 =⇒ (13)2 = 169

a7 = 1 + 6 + 9 = 16 =⇒ (16)2 = 256.

Entonces an, si n es impar es 16 y si n es par es 13. Por lo tanto, a2011 = 16

5. Dos rectangulos de dimensiones 20cm por 11cm, se traslapan de modo queel area de la region sombreada donde traslapan es igual al area de la region nosombreada en cualquiera de los dos rectangulos.Determinar las dimensiones delcuadrilatero PQRS.Solucion:

El cuadrilatero PQRS debe ser un paralelogramo dado que sus pares de ladosopuestos pertenecen a rectangulos, ademas las alturas sobre sus bases PQ y SRson iguales a 11. Como el area de PQRS es 11∗PQ

2 = 11∗SR2 = 11∗20

2 entoncesPQ = SR = 10. Ası, tenemos que PQRS es un rombo de lado 10 y altura 11.

6. Considere la siguiente tabla 5× 5, en la cual hemos ubicado los numeros del1 al 25.

1 2 3 4 56 7 8 9 1011 12 13 14 1516 17 18 19 2021 22 23 24 25

En cada fila y en cada columna, cambiamos el signo de 2 numeros, de formaque, en cada fila y en cada columna, tengamos 3 numeros positivos y 2 numerosnegativos. Entonces, sumamos todos los numeros de la tabla. Calcule los posiblesvalores para esa suma.

Solucion

Escribamos los numeros de la tabla de la siguiente forma:

0 + 1 0 + 2 0 + 3 0 + 4 0 + 55 + 1 5 + 2 5 + 3 5 + 4 5 + 510 + 1 10 + 2 10 + 3 10 + 4 10 + 515 + 1 15 + 2 15 + 3 15 + 4 15 + 520 + 1 20 + 2 20 + 3 20 + 4 20 + 5

Es decir, cada numero de la tabla es de la forma 5a + b, donde 0 ≤ a ≤ 4 y1 ≤ b ≤ 5.Despues de cambiar los signos tenemos que en cada fila hay 2 numeros negativosy 3 positivos. Si en cada fila hacemos la suma de las partes ±5a, tenemos quela suma de cada fila es 5a. Luego la suma de todas las filas (considerando solola parte 5a) es: 0 + 5 + 10 + 15 + 20 = 50.Ahora, consideremos los numeros, ±b, en cada columna hay 2 negativos y 3positivos, ası la suma en cada columna es b. Sumando todas las columnas (solola parte b) tenemos 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15.Por lo tanto, la suma total es siempre 50 + 15 = 65.

3.2. Nivel Medio

1. La sucesion 141, 1441, 14441,. . . contiene todos los numeros de la forma

144 · · · 41.︸︷︷︸

n dıgitos 4

La cantidad de dıgitos 4 indica la posicion del numero en la secuencia. Porejemplo: 1444441 es el quinto termino de la sucesion. ¿En los 2011 primerosterminos de la sucesion, cuantos son divisibles por 3?

Solucion

Un numero es divisible por 3 , si la suma de sus dıgitos es multiplo de 3. Ası,el primer termino de la sucesion multiplo de 3 es 141, pues 1 + 4 + 1 = 6 quees multiplo de 3. Es siguiente es el termino de la sucesion con 3 dıgitos 4 demas, es decir, 144441. El siguiente termino divisible por 3 es el termino contres dıgitos de mas, o sea, 1444444441, y ası sucesivamente. Luego para sabercuantos multiplos de 3 escritos de esta forma existen hasta el termino n-esimo,hacemos

n+ 2

3

Por lo tanto, cuando n = 2011, tenemos2011 + 2

3= 671, el cual es un multiplo

de 3.

Otra Solucion

Los terminos de la sucesion que cumplen con la condicion de ser multiplos de 3son: a1, a4, a7, a10, . . .

Es decir, se puede escribir la nueva sucesion (de multiplos de 3) como:

an = a1 + (n− 1)d

Sustituyendo, se tiene que 2011 = 1 + (n− 1)3. Por lo tanto, n = 671.

2. En un antiguo juego chino, dos jugadores, Rojo y Negro, comienzan condos pilas de fichas, se turnan removiendo fichas de las pilas segun las siguientesopciones:

• Se pueden quitar cualquier numero de fichas de una de las pilas.

• Se pueden quitar el mismo numero de fichas de ambas pilas.

Inicialmente hay 9 fichas en una de las pilas y 12 en la otra. Gana el que quita laultima ficha. Si Rojo juega primero. ¿Cual debe ser la primera jugada de Rojopara asegurarse la victoria sin importar como juegue el Negro?

Solucion

Sea (m,n) el juego que tiene m y n fichas en las dos pilas. Para los siguientesjuegos se tienen las siguientes posibilidades:

El juego (2, 1) es ganado por el segundo jugador.



Entonces, el primero que mueva en el juego (7 + r, 4 + r) para r ≥ 1 gana.

Como (12, 9) = (7 + 5, 4 + 5) y Rojo mueve primero, Rojo es el ganador si ensu primer turno extrae 5 fichas de cada pila.

3. Un cuadrado ABCD de lado 6 cm fue dividido en 4 triangulos como semuestra en la figura 1. Usando estos 4 triangulos se forma el cuadrado PQRSque se muestra en la figura 2.

Figura 1

Figura 2

b

A

b

B

bC

bD

b

A

bD

bS

b C

b

R

b

B

b Q

b

P

Sea M el punto de corte de los segmentos AR y DC. Encuentre el area deltriangulo DMR.

Solucion

En la siguiente figura se aprecia el segmento AR y el punto M .

Figura 1

Figura 2

b

b

A

b

B

bC

bD

b

A

bD

bS

b C

b

R

b

B

b Q

b

P

M

Como el A(PQRS) = 2A(ABCD), entonces A(PQRS) = 72cm2, de ahı que

A(ARS) =1

4A(PQRS) = 18cm2

Como

A(DSA) =1

4A(ABCD) = 9cm2,

entonces

(DS)2

2= 9cm2

DS =√18

DR = DS = 3√2 y CA = 2(DS) = 6

√2

Los triangulos △DMR y △CMA son semejantes, entonces

CA

DR=

CM

DM⇒ CA+DR

DR=

CM +DM

DM⇒ 9

√2

3√2=

CD

DM.

3 = 6DM ⇒ DM = 2. Luego A(MDA) = 2·6

2 = 6cm2. Por lo tanto, A(DMR) =A(ARS)−A(ADS)−A(MDA)

A(DMR) = 18cm2 − 9cm2 − 6cm2 = 3cm2.

4. La figura muestra 3 castillos de naipes de 1, 2 y 3 pisos. Para la construccionde estos castillos se utilizaron 3, 8 y 15 cartas respectivamente. ¿Cuantas cartasse necesitan para construir los 15 primeros castillos?

Solucion

Sea {an} la sucesion que determina el numero de naipes que se utilizan en cadafigura (an : numero de naipes para el castillon).

a1 = 3 = 3 · 1, a2 = 8 = 2 · 4, a3 = 15 = 3 · 5, ..., an = n(n+ 2).

Sea {Sn} una sucesion donde, Sn : cuenta el numero de cartas utilizadas paraconstruir los n primeros castillos, entonces

Sn =

n∑

i=1

a =

n∑

i=1

i(i+ 2) =

n∑

i=1

i2 + 2

n∑

i=1

i

Sn =n(n+ 1)(2n+ 1)

6+ n(n+ 1) ⇒ Sn = n(n+ 1)(2n+ 7).

Por lo tanto,

S15 =15 · 16 · 37

6= 1480.

5. Sea ABC un triangulo, sean D y E los puntos medios de AB y AC respec-tivamente. Sean C1 la circunferencia que pasa por los puntos A, B y C, y C2 la

circunferencia que pasa por los puntos A, D y E. Encuentre la razon entre elarea de C1 y el area de C2.

Solucion

bB

b

Ab Cb

E

b D

b

bb

O1

LT

LN

b

O2

Sean O1 y O2 los centros de C1 y C2 respectivamente y r1 y r2 los radios de C1

y C2.

Como C2 esta en el interior de C1 y lo toca unicamente en A, entonces la rectatangente a C1 en A (LT ), es tangente a C2. Sea LN la recta perpendicular a(LT ) en A, entonces O1 y O2 estan en LT .

Como los triangulos △AO1B y △AO2D son isosceles, entonces ∠O2AD =∠O1AB ∼= ∠O2DA = ∠O1BA, de donde △AO1B ∼ △AO2D,luego

AD

AO2=

AB

AO1⇒ AD

r2=

2AD

r2⇒ r1 = 2r2

Por lo tanto,

A(C1)

A(C2)=

πr21πr22

=(2r2)

2

r22= 4

6. Cada cuadrito de un tablero de 3×7 es coloreado con algunos de dos colores(digamos blanco o negro). Un ejemplo de una coloracion del tablero se muestraen la figura.

Demuestre que en cualquier coloracion siempre hay 4 cuadritos del mismo colorque son las esquinas de un rectangulo contenido en el tablero.

Solucion

Cada columna del tablero 3× 7 queda coloreada de alguna de los 8 tipos

T1 T2 T3 T4 T5 T6 T7 T8

Si hay 2 columnas del mismo tipo, podemos hallar en ellos los 4 cuadritos delmismo color. Por ejemplo, debemos llegar a esta situacion:

Supongamos que una de las columnas es de T1 (toda la columna pintada). Sialguna de las columnas restantes es de los tipos 2, 3 o 4. Terminamos.Por lo tanto, supongamos que las 6 columnas restantes estan coloreadas de delas tipos 5, 6, 7 o 8, por el principio de las casillas 2 de las 6 casillas se coloreanigual y entonces terminamos.Si alguna de las casillas se colorea como T8, un argumento analogo lleva aconcluir el anunciado.Ahora, finalmente supongamos que ninguna columna se pinto del tipo 1 o 8, esdecir, las 7 columnas estan pintadas solo de 6 tipos (2 - 7), por lo tanto, delprincipio de las casillas, hay dos casillas del mismo tipo, por lo que tambien seconcluye el resultado.

3.3. Nivel Avanzado

1. Encuentre todos los enteros positivos a, b, c tales que ab + bc + ca es unnumero primo y a+b

a+c = b+cb+a .

Solucion

Sea p = ab + bc + ca. Entonces p = (a + b)2 − c2 = (a + b + c)(a + b − c), esdecir, necesitamos que a+ b+ c = 1 o a+ b− c = 1, para que p sea primo. Dadoque a, b, c son enteros positivos entonces a+ b + c ≥ 3, de donde a+ b − c = 1y p = a + b + c. Finalmente ab ≥ a , bc ≥ b y ca ≥ c de donde p ≥ a + b + c

son iguales si a = b = c = 1 entonces p = 3 es primo. La unica solucion esa = b = c = 1.

2. Sea ABCD un cuadrado de lado 4 cm, donde M es el punto medio de AD,N es el punto medio de AB. Al trazar el segmento BD, este corta al segmentoCN en K y al segmento CM en L. Encuentre el area del cuadrilatero NKLM .

Solucion

Para encontrar el area se necesitaran las siguientes afirmaciones:

DB =√32 = 4

√2

A(△CNB) = 4∗22 = 2 = A(△CDM)

KL = DB3

La altura de △CLK es AC2 = 4

√2

2 = 2√2

A(△CLK) =1

3∗4

√2∗2

√2

2 = 43 ∗ 2 = 8

3

Entonces el area del sector MNLK es la siguiente:

A(MNLK) = A(2ABCD) − 2 ∗A(△CNB)−A(△CLK)−A(△MAN)

= 16− 8− 8

3− 2 =

10

3

Se tiene que el area del sector sombreado es 103 .

3. Sea n un entero positivo par. Encuentre todas las triplas de numeros reales(x, y, z) tales que xny + ynz + znx = xyn + yzn + zxn.

Solucion

Es claro que las triplas (a, a, b), (a, b, a) y (b, a, a) son soluciones de la ecuacionpara cualesquiera reales a y b (posiblemente iguales). Veamos que estas son lasunicas soluciones de la ecuacion. Supongamos que (x, y, z) es una solucion conx, y, z diferentes.

xn(y − z) + yn(z − x) + zn(x− y) = 0.

Como z − x = (z − y) + (y − x) entonces

xn(y − z) + yn(z − y) + yn(y − x) + zn(x− y) = 0

entonces (xn − yn)(y − z) = (yn − zn)(x− y). Dado que x− y 6= 0 y y − z 6= 0se tiene que

xn − yn

x− y=

yn − zn

y − z.

Es decir que en un sistema de coordenadas cartesianas, los puntos (x, xn), (y, yn)y (z, zn) son colineales. Ahora

xn − yn

x− y= xn−1 + xn−2y + · · · yn−1 = yn−1 + yn−2z + · · · zn−1 =

yn − z

y − z.

Ası que xn−1 = zn−1, x = z. Esto contradice que x 6= y 6= z.

4. La siguiente figura muestra dos rectas paralelas l y s. La recta l es tangentea las circunferencias C1 y C3, la recta s es tangente a las circunferencias C2 yC3, y las circunferencias son tangentes entre sı, como se muestra en la figura.

ls

C3

C2

C1

Si las circunferencias C1 y C2 tienen radios a y b respectivamente. Determine elradio de la circunferencia C3.

Solucion

Sean a, b, y r los radios de las circunferencias C1, C2 y C3, respectivamente.Ahora, considere la siguiente construccion.

ls

B

A

C

D E

F

Note que:

la distancia entre los puntos B y D es r − b,

la distancia entre los puntos B y E es r − a,

la distancia entre los puntos C y E se denota como z,

la distancia entre los puntos A y F se denota como x y

la distancia entre los puntos A y D se denota como y.

Entonces,

z = x+ y√

(r + a)2 − (r − a)2 =√

(b+ a)2 − (2r − (a+ b))2 +√

(r + b)2 − (r − b)2√4ra =

√

4r(b+ a− r) +√arb

√a =

√b+ a− r +

√b

√b+ a− r =

√a−

√b

b+ a− r = a− 2√ab+ b

r = 2√ab.

5. Sea ABC un triangulo, sea E el punto sobre la semirrecta−−→CB tal que

CB = BE, sea O el punto medio de CA y sea D el punto sobre la semirrecta−→CA tal que OA = AD. Encuentre la razon entre el cuadrilatero ABED y eltriangulo ABC.

Solucion

Para encontrar la razon A1

A2

se construye primero la grafica

αbCb

A

bB

bE

b

Ob

h1

h2

D

De la figura tenemos:

2BC = EC

senα =h2

BCy

sinα =h1

EC

entonces

h2

BC=

h1

EC⇒ h2

BC=

h1

2BC⇒ h1 = 2h2.

Por lo tanto,

A1 = A(DEC) −A2 y A2 =AC · h2

2.

Luego,

A1 =DC · h1

2−A2

=3AC · 2h2

4−A2

=3AC · h2

2−A2.

Ası,

A1

A2=

3AC·h2

2 −A2

A2

=3AC·h2

2AC·h2

2

− 1

= 2.

6. A un club de ajedrez pertenecen n mujeres y 2n hombres, pero entre todos,hay menos de 20 integrantes. En el ultimo campeonato interno, en el cual cadaintegrante enfrento a cada uno de los otros integrantes del club exactamente unavez, la razon entre el numero de partidas ganadas por las mujeres y el numero departidas ganadas por los hombres es 3 : 4. Determine cuantas mujeres integranel club de ajedrez.

Solucion

Sea M el numero de partidos ganados por las mujeres. H el numero de partidosganados por los hombres. n el numero de integrantes mujeres. Entonces:

2n es el numero de hombres

3n es el total de integrantes del club

3n < 20

MH = 3

4

Ası, el numero de partidas(enfrentamientos) es(3n2

)= 3n(3n−1)

2

Como MH = 3

4 entonces M+HH = 7

4 , de ahı se tiene que 7 debe dividir a(3n2

)=

3n(3n−1)2 . El menor n para el cual ocurre esto es n = 5, el siguiente es n = 7, . . .

Note ademas que 3n < 20.

Para n = 5, 3n = 15 < 20 pero

para n = 7, 3n = 21 > 20

Por lo tanto, n = 5. Es decir, 5 mujeres conforman el club.

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