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Problemas de preparacion para las olimpiadascostarricenses de matematica

Recopilacion y edicion:Comision de OlimpiadasCostarricenses de Matematicas–OLCOMA–EUNED

EDITORIAL UNIVERSIDAD ESTATAL A DISTANCIA

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Presentacion

El proyecto olimpiadas es una actividad academica que intenta realizar un aporte en lacreacion de medios que permitan hacer atractivo el estudio de las matematicas y despertar enlos jovenes no solo el espıritu de investigacion sino una sana competitividad. Su propositoes permitir a los estudiantes de secundaria desarrollar el interes y habilidades por estadisciplina, ası como proporcionar a los docentes un recurso mas que fortalezca su quehaceracademico.El banco de problemas que aparece en este folleto constituye una recopilacion de ejer-cicios de olimpiadas anteriores, realizadas tanto en nuestro paıs como en otros paıses dondese llevan a cabo este tipo de certamenes ası como una coleccion de nuevos problemasaportados por profesionales en el campo.El proposito de estos ejercicios es que sirvan de base para la preparacion de los es-tudiantes que participan en las distintas eliminatorias, de los diferentes niveles, de lasOlimpiadas Costarricenses de Matematica. Esperamos que tanto los estudiantes como losprofesores que los preparan obtengan el maximo provecho del material.En la primera parte de este trabajo se propone una lista de ejercicios; son mas de cienejercicios para cada uno de los tres niveles A, B y C en que se divide la competencia.Estos ejercicios estan propuestos en las modalidades de seleccion y desarrollo. Debemosrecordar que las eliminatorias de la Olimpiada Nacional contemplan estas dos modalidades:la primera esta constituida solamente por ejercicios de seleccion, la segunda tiene parte deseleccion y parte de desarrollo, la tercera (final) esta conformada unicamente por problemasde desarrollo. Estos ejercicios que aquı se proponen tienen diferentes grados de dificultadcon el proposito de que sirvan de entrenamiento para las tres eliminatorias. Debemos agregarque la clasificacion de los ejercicios por niveles esta hecha tomando en cuenta la tematica dela que tratan y la dificultad de los mismos; sin embargo, esto no excluye que los estudiantespuedan resolver, tambien, muchos de los ejercicios que corresponden a niveles diferentes delsuyo.En la segunda parte del material se proporcionan las seis pruebas de la OlimpiadaNacional del ano 2000; las tres eliminatorias de los dos ciclos en que se dividio esta com-petencia. Esta es otra buena cantidad adicional de problemas que puede ayudar en elentrenamiento.Se incluye un esquema de solucion a los ejercicios planteados, tanto de los problemaspropuestos en la primera parte como de los problemas de las seis pruebas de la Olimpiadadel ano 2000. Cabe destacar que las soluciones oficiales que se presentan no son los unicos3

4caminos para llegar a la respuesta. Conociendo el interes de los estudiantes participantesen estos eventos academicos competitivos y sabiendo la capacidad de estos jovenes, estamosseguros de que los mismos podran obtener otras soluciones interesantes a los problemasplanteados. Como notara el lector, los problemas que aquı aparecen no son ejercicios rutina-rios a los que se les aplica directamente los conocimientos que se adquieren en secundaria,mas bien requieren de una buena dosis de ingenio para ser resueltos. Como en todos losaspectos del aprendizaje de las matematicas, el esfuerzo individual y el enfrentamiento so-litario con los problemas son importantes, pero tambien es muy importante la discusion conlos companeros y los profesores.Hemos agregado tambien un pequeno resumen que contiene algunos conceptos y resul-tados que pueden ser utiles en la resolucion de este tipo de ejercicios. Algunos de estosconceptos no son necesariamente parte de los programas de matematicas de la ensenanzamedia, pero son basicos y de relativamente facil comprension.Al final hemos incluido los temas que abarca cada nivel. Esta tematica esta relacionadacon los programas oficiales del Ministerio de Educacion, pero no los siguen en forma estricta,dada la manera en que esta dividida la competencia. Como pueden ver, algunos temas sonpracticamente los mismos en los tres niveles, en estos casos, desde luego, lo que hace ladiferencia es la profundidad de los temas y el grado de dificultad de los ejercicios.La Comision de Olimpiadas Costarricenses de Matematicas espera que este material seade utilidad en la preparacion previa a la competicion y agradece su participacion en lasolimpiadas costarricenses de matematica.

Contenido

Presentacion 3Ejercicios propuestos 7

NIVEL A 7NIVEL B 27NIVEL C 45

Eliminatorias del ano 2000 67Primera eliminatoria 67III ciclo (7◦, 8◦, 9◦) 67IV ciclo (10◦, 11◦, 12◦) 73Segunda eliminatoria 80III ciclo (7◦, 8◦, 9◦) 80IV ciclo (10◦, 11◦, 12◦) 83Tercera eliminatoria (final) 87III ciclo (7◦, 8◦, 9◦) 87IV ciclo (10◦, 11◦, 12◦) 88

Solucion de los ejercicios propuestos 91NIVEL A 91NIVEL B 116NIVEL C 155

Solucion de las eliminatorias del ano 2000 205Primera eliminatoria 205III ciclo 205IV ciclo 210Segunda eliminatoria 217III ciclo 217IV ciclo 221Tercera eliminatoria (final) 226III ciclo 226IV ciclo 229

6Conceptos y resultados utiles 235

Simbologıa 245

Temario de la Olimpiada 247

Ejercicios propuestos

NIVEL A

SELECCION1. Cuando el numero 111222333444555666777888999 se divide entre 111, se obtiene unnumero cuya cantidad de dıgitos esa) 8 c) 17b) 9 d) 252. En la figura, los cuadrados ABCD y EFGH son congruentes, AB = 10 cm y G es elcentro del cuadrado ABCD.

E

F

G

HB

CD

A

Entonces, el area de la region del plano cubierta por la figura esa) 175 cm2 c) 100 cm2b) 150 cm2 d) 75 cm23. Juan tiene con Carlos el mismo parentesco que Antonio tiene con el hijo de Carlos.Carlos tiene con Antonio el mismo parentesco que Antonio tiene con Juan. De lassiguientes proposiciones, puede ser cierto que:a) Carlos es el nieto de Juanb) Carlos es el padre de Juanc) Juan es el nieto de Carlosd) Juan es le padre de Carlos

7

84. Sean b, p, q, x , y, z numeros naturales con b 6= 1 y tales que p = bx , q = by,b4 = (pyqx )z , entonces el producto xyz es igual aa) 4 c) 2b) 3 d) 15. La siguiente figura consta de siete cuadrados iguales, el area de esta figura es 112cm2.

Entonces el perımetro de la figura esa) 64 cm c) 48 cmb) 88 cm d) 28 cm6. Si 3x4x − 1 = ( 111)−1, entoncesa) 0 ≤ x ≤ 34 c) 32 < x ≤ 2b) 34 < x ≤ 32 d) x > 27. El porcentaje de aciertos de un jugador de baloncesto en un partido fue exactamente65 %, entonces el menor numero de lanzamientos que el jugador debio realizar en esepartido fuea) 20 c) 65b) 30 d) 1008. Un Hotel tiene planta baja (piso 0) y 1000 pisos. De la planta baja parten 5 ascensores.El ascensorA para en todos los pisosB para en los pisos 0, 5, 10, 15, ...C para en los pisos 0, 7, 14, 21, ...D para en los pisos 0, 17, 34, 51, ...E para en los pisos 0, 23, 46, 69, ...El numero de pisos en los que paran exactamente 4 ascensores es igual aa) 5 c) 4b) 8 d) 2

99. El numero de parejas de numeros naturales p y q que verifican que el mınimo comunmultiplo de p y q es igual a 80, esa) 9 c) 27b) 3 d) 54

10. El senor Villanueva, el senor Becerra y el senor Espinoza viven en la casa de huespedesde Nana Pancha. Uno de ellos es panadero, el otro es taxista y el tercero es bombero.Sabiendo que:El senor Villanueva y el senor Becerra juegan ajedrez todas las nochesEl senor Becerra y el senor Espinoza van juntos a los juegos de beisbolEl taxista colecciona monedas, el bombero soldaditos de plomo y el panadero,sellos postalesEl taxista nunca ha ido a un juego de beisbolEl senor Espinoza nunca ha oıdo hablar de sellos certificados

Entonces, en lo que trabaja el senor Becerraa) es de panaderob) es de taxistac) es de bomberod) no es posible determinarlo11. En la figura, ABCD es un rectangulo con AB = 20, CB = 16, M y N son puntosmedios de DC y BC respectivamente.

A B

CDM

N

El area del cuadrilatero ANCM es igual aa) 80 c) 160b) 120 d) 24012. Si la expresion a

b −ba se puede descomponer en dos factores cuya suma es igual a

ab + b

a , entonces esos factores sona) 1+ ba y a−b

ab c) a+ba y a−b

bb) b−aa y a−b

b d) a+bb y a−b

a

1013. De acuerdo con la informacion que se proporciona en la figura adjunta el segmentode mayor longitud es

A

B

D

C60◦

70◦ 55◦60◦

a) BD c) ACb) BC d) CD14. Sea m = 313 + 513, el menor numero primo p que divide a m esa) p = 3 c) p = 5b) p = 2 d) p = 1315. Los senores Trujillo, Lara, Bolıvar y Sucre son de los lugares llamados Trujillo, Lara,Bolıvar y Sucre; pero en ningun caso el apellido coincide con el nombre del lugar denacimiento. El nacido en Trujillo no tiene el mismo apellido que el nombre del lugarde nacimiento del senor Bolıvar. El nacido en Lara no es el senor Sucre, ni tiene comoapellido el nombre del lugar de nacimiento del senor Lara. Entonces podemos afirmarque el que nacio en Sucre es el senora) Lara c) Bolıvarb) Trujillo d) Sucre16. Se tienen cuatro numeros enteros consecutivos ordenados de menor a mayor. Si alcubo del cuarto numero se le resta el cubo del tercero, a este resultado se le suma elcubo del segundo y a esto se le resta el cubo del primero, entonces, sobre el numeroobtenido podemos asegurar quea) es divisible por 2 pero no por 3b) es divisible por 6c) es divisible por 3 pero no por 2d) no es divisible ni por 2 ni por 317. Los angulos de un triangulo estan en razon 2 : 3 : 4, entonces la suma de las medidasde los dos angulos menores es igual aa) 80◦ c) 100◦b) 90◦ d) 120◦18. Varios bailarines estan bailando en cırculo acomodados uno frente a otro, es decir,diametralmente opuestos como se muestra en la figura.

1120

53

1

Si los numeramos consecutivamente comenzando con el 1 y si ademas sabemos queel baiların numero 20 esta exactamente enfrente del numero 53, entonces el numerode bailarines que hay esa) 58 c) 64b) 100 d) 6619. Un cubo de madera de 4 cm de lado esta pintado en toda su superficie exterior decolor azul. Realizando cortes horizontales y verticales se obtienen 64 cubitos de 1 cmde lado. El numero total de cubitos que no tienen ninguna de sus caras pintadas deazul es igual aa) 24 c) 16b) 8 d) 3220. Sean a y b numeros naturales con a > b. Entonces del entero positivo m definidopor m = (2a+ 1)2 − (2b+ 1)2 se puede afirmar que es divisible pora) 3 c) 16b) 8 d) 921. Sean a, b,m numeros reales con a + m 6= 0. La condicion que debe cumplirse paraque se verifique la igualdad

a2 −m2 + 2ab+ b2a2 −m2 + ab+mb = a+ b+m

a+m

es quea) a+ b−m 6= 0 c) a− b+m 6= 0b) a− b−m = 0 d) a+ b+m = 022. En la figura, ABCD es un cuadrado de lado 6 cm y CE = DE = 5 cm.

12

B A

DC

E

Entonces la medida de AE esa) 10 cm c) √115 cmb) √101 cm d) √109 cm23. Si a, b, c son numeros tales que a+ b = 2c, entonces el valor de la expresion[(2a−b)b (2b−c)c−a(2c+b)c−b] 1c

esa) 1 c) 4b) 2 d) 824. Oscar, Carlos, Antonio y Ruben son candidatos a ocupar un cargo. Los requisitos son:astucia, alta inteligencia y firmeza. Solamente uno de ellos reune todos los requisitospara ser elegido. Se sabe que:i) Cada uno de ellos posee, al menos, uno de los requisitos.ii) Solamente tres de ellos son astutos, solamente dos son altamente inteligentesy solamente uno es firme.iii) Oscar y Carlos tienen igual grado de inteligencia. Carlos y Antonio son igual-mente astutos. Antonio y Ruben no son, ambos, astutos.

El elegido esa) Oscar c) Carlosb) Antonio d) Ruben25. La cantidad de numeros de cuatro cifras que podemos formar con la condicion deque la suma de los cuadrados de las cifras de los extremos sea 13 y la suma de loscuadrados de las cifras del medio sea 85 es

13a) 2 c) 4b) 3 d) 8

26. La siguiente distribucion de numeros enteros positivos esta formada de tal maneraque: 1 es el padre de 2, 3 y 4; 2 es el padre de 5, 6 y 7; 3 es el padre de 8, 9 y 10; 4es el padre de 11, 12 y 13; 5 es el padre de 14, 15 y 16; y ası sucesivamente12 3 45 6 7 8 9 10 11 12 1314 ...

Entonces, el padre de 2000 esa) 2001 c) 665b) 667 d) 199627. En un restaurante, un hombre encarga que reserven una mesa para cenar variaspersonas que son un padre, una madre, un tıo, una tıa, un hijo, una hija y dos primos.El numero mınimo de personas que pueden asistir al restaurante, para que se satisfagael enunciado, esa) 8 c) 4b) 6 d) 328. Considere un triangulo ABC tal que AB = BC = 10 cm, AC = 16 cm. Los segmentos

BD y AE son medianas del triangulo ABC , trazadas sobre los lados AC y BC res-pectivamente. El punto F es punto de interseccion de los segmentos AE y BD tal queBF = 23BD. El area del triangulo ADF esa) 24 cm2 c) 16 cm2b) 8 cm2 d) 48 cm2

29. En la figura, ABCD es un cuadrado, 4ABE es isosceles; CF = FB.

A B

CDE

F

La medida del angulo EFB es igual aa) 45◦ c) 60◦b) 135◦ d) 125◦

1430. En la siguiente tabla: 1440 720 240 60 xel valor de x esa) 12 c) 6b) 40 d) 831. Las longitudes de los lados de un triangulo son b+ 1, 7− b y 4b− 2. El numero devalores de b para los cuales el triangulo es isosceles esa) 0 c) 2b) 1 d) 332. Se escribe 1998 = (n − 1)nn (10n+ c). Si n y c son enteros positivos entonces c esigual aa) 7 c) 9b) 3 d) 3733. En la figura, el angulo COB mide 120◦ y el angulo COD mide la mitad del angulo

BOA.

D A

C

O

B

Entonces, la medida de ∠BOA esa) 90◦ c) 20◦b) 60◦ d) 40◦34. Si N es un numero de cinco dıgitos de la forma 3a42b (con a y b dıgitos), entoncesel numero de maneras en que se puede elegir a y b para que N sea divisible por 6es igual aa) 2 c) 17b) 19 d) 635. En un cuadrado ABCD de lado 1, E es el punto medio de la diagonal BD y F es elpunto medio de ED. Entonces el area de 4CFD esa) 38 c) 12b) 112 d) 18

1536. La siguiente figura se puede doblar de manera que se forme un cubo.

A

B C

D E

x

Al formar dicho cubo la letra que corresponde a la cara opuesta de la cara marcadacon x esa) B c) Db) C d) E37. En la figura, ABEF es un rectangulo y 4CDE es isosceles. AB = 100 cm; AF es eltriple de AB, BC es el doble de AB y el perımetro de la figura es 9, 41 m.

A F

D

CB E

Entonces CD es igual aa) 1, 41 m c) 0, 41 mb) 2, 41 m d) 3, 41 m38. La suma de todos los dıgitos del numero 1099 − 99 esa) 873 c) 879b) 874 d) 89939. En la siguiente figura, los lados grandes son iguales entre sı y los lados pequenosson iguales entre sı. Ademas, los lados pequenos miden la mitad de los lados grandes.Todos los angulos son rectos y el area de la figura es 200.

16Entonces el perımetro de la figura esa) 20 c) 60b) 40 d) 80

40. En la siguiente figura, el numero de caminos que hay para ir de la casilla 1 a lacasilla 7 si solo se permite moverse de una casilla a otra adyacente marcada con unnumero mayor es1

23

45

67

a) 8 c) 12b) 11 d) 1341. En la figura, el cuadrilatero ABCD es un rectangulo; M y N son los puntos medios delos lados AD y BC respectivamente. P y Q son los respectivos puntos de interseccionde AC con BM y con ND.

B

A D

C

M

N

P Q

Si AD mide 5 cm y AB mide 3 cm, entonces el area del cuadrilatero MPQD esa) 9 cm2 c) 7, 5 cm2b) 5, 5 cm2 d) 3, 75 cm242. Una senora tiene tres hijas. El producto de las edades de la madre y sus hijas es16555. Entonces la diferencia entre la edad de la hija mayor y la edad de la hija menores igual aa) 6 c) 5b) 12 d) 3243. El lado AC de un triangulo ABC se divide en 8 partes iguales. Siete segmentos derecta paralelos a BC se dibujan desde los puntos de division.

17

C A

B

Si BC = 10, entonces la suma de las longitudes de los 7 segmentos es igual aa) 35 c) 40b) 45 d) 3244. Con vertices en los puntos de la figura,

el numero de cuadrilateros que se puede dibujar esa) 4 c) 24b) 16 d) 3645. Se tiene una fila de 5 sillas numeradas del 1 al 5. Suponga que usted esta sentado enalguna de esas sillas. Un movimiento consta de pasarse a una de las sillas que estena su lado. Si usted esta en la silla 1, solo puede pasarse a la silla 2, analogamente,si usted esta en la silla 5, solo puede pasarse a la 4, pero si esta en cualquier otrasilla usted tiene dos posibilidades para pasarse. Suponga que usted esta sentadoinicialmente en la silla 1, luego realiza 19 movimientos, despues elimina la silla 1 yla silla 5 y, finalmente, hace 99 movimientos mas. ¿En que silla terminara sentado?a) 2 c) 4b) 3 d) no se puede determinar46. El numero de triangulos que hay en la siguiente figura es

a) 22 c) 18b) 20 d) 14

1847. Se tiene que completar la siguiente cuadrıcula con los numeros del 1 al 5, de tal formaque cada numero aparezca unicamente una vez en cada columna y en cada renglon.

3 4 1 52 2 31 5 4Entonces, el numero que va en el centro de la cuadrıcula esa) 1 c) 4b) 2 d) 548. En una clase hay 25 alumnos. Entre ellos, 17 alumnos son ciclistas, 13 nadadores y 8futbolistas. Ningun alumno hace tres deportes. Los ciclistas, nadadores y fultbolistassacaron 90 en matematicas. Seis alumnos de la clase sacaron 60 en matematicas.Entonces, el numero de nadadores que juegan futbol esa) 2 c) 6b) 4 d) 10

49. En la figura, ABCD es un paralelogramo. P es un punto de la diagonal AC . Trazamospor P paralelas a los lados del paralelogramo. Estas paralelas intersecan a los ladosdel paralelogramo en los puntos indicados en la figura.

D C

BA

M

R

N QP

Sabiendo que (ABCD) = 40 cm2, entonces (RQMN) es igual aa) 40 cm2 c) 20 cm2b) 10 cm2 d) 18 cm250. Para subir de una primera a una segunda planta hay que subir en total 10 gradas.Una persona puede subir las gradas de una en una o de dos en dos o combinandoestas posibilidades sin regla alguna (nunca de tres en tres o mas gradas a la vez). Elnumero de maneras que dicha persona puede subir de la primera a la segunda planta,pisando obligatoriamente la sexta grada, esa) 19 c) 18b) 13 d) 65

1951. Sea y = a + b

x , x 6= 0, con a y b constantes. Si y = 1 cuando x = −1 y y = 5cuando x = −5, entonces a+ b es igual aa) −1 c) 11b) 0 d) 1052. En la figura, ABCD es un paralelogramo de area 10 cm2, AB = 3 cm y BC = 5cm. E , F y G son puntos en los lados AB, BC y AD respectivamente, tales que

AE = BF = AG = 2 cm. Sea H el punto de interseccion del segmento CD con lalınea paralela a EF que pasa por G.

A D

CB

E

G

H

F

2 3

2 3

Entonces el area del cuadrilatero EFHG esa) 4 cm2 c) 5 cm2b) 4, 5 cm2 d) 5, 5 cm2DESARROLLO1. En un colegio hay clubes de jardinerıa, teatro y pintura. De 93 alumnos de setimo anode ese colegio, 7 estan al menos en el club de jardinerıa, 27 estan al menos en el clubde teatro, 40 al menos en el club de pintura, 7 al menos en jardinerıa y teatro a lavez, 4 al menos en jardinerıa y pintura, 19 al menos en teatro y pintura y, finalmente,hay 4 que estan en los tres clubes. Determine cuantos estudiantes estan solamenteen el club de jardinerıa, cuantos solamente en el de teatro, cuantos solamente en elde pintura y cuantos no estan en ningun club.

2. Un hombre distribuyo dinero entre sus hijos de la siguiente manera: primero le dioal menor C// 1000 mas 110 de lo que restaba, luego dio al segundo C// 2000 mas 110del restante, despues al tercero le dio C// 3000 mas 110 de lo que hasta ese momentoquedaba y ası sucesivamente hasta llegar al ultimo hijo. Al final cada hijo recibio lamisma cantidad de dinero. ¿Cuantos hijos tiene el hombre y cuanto dinero repartio?3. Pruebe no existe ningun numero entero positivo n tal que N = n2 + 1 sea divisiblepor 3.4. En el alfabeto de la tribu UAU hay solo dos letras: U y A. Ademas esta lengua poseelas siguiente propiedades: si de una palabra quitamos UA (es decir la letras U y A queestan juntas), entonces el significado de la palabra no varıa; el sentido de la palabra

20tampoco varıa al adicionar en cualquier lugar de la palabra la combinacion de letrasAU o UUAA. ¿Usando solamente estas operaciones se puede afirmar que las palabrasUAA y AUU tienen el mismo significado?

5. Pruebe que si n es un entero positivo par, entonces el numero N = n3 + 20n esdivisible por 48.6. Dados los numeros reales positivos x, y, z, x ′, y′, z′ tales que

xx ′ = y

y′ = zz′ ,

demostrar que √(x + y+ z) (x ′ + y′ + z′) = √xx ′ +√yy′ +√zz′.7. En la siguiente suma, cada letra representa un dıgito distinto; letras iguales repre-sentan el mismo valor:

A M L P T +A O M A

L DM E T

C O M I I T

Sabiendo, ademas, que se verifican las igualdades: M = 23A; T = 23M ; M + I = A;E < P , determine que palabras determinan los numeros 053683979; 6942694319.

8. Sean ab y c

d fracciones irreducibles positivas cuya suma es un numero entero. Probarque b = d.9. Un grillo salta en lınea recta, la primera vez que salto, su salto fue de 1 cm en algunadireccion (hacia adelante o hacia atras), la segunda vez salto 2 cm en cualquierdireccion (hacia adelante o hacia atras), la tercera vez salto 3 cm y ası sucesivamente.Pruebe que el grillo no puede volver a su posicion inicial en 1985 saltos realizadosde la manera indicada.

10. Utilizando exclusivamente los dıgitos 2 y a se forma el siguiente numero de 90 cifras:2a22a222a2222a . . . 22 . . . 2a.

Si este numero es multiplo de 9, ¿cuales son los posibles valores de a?11. Cada integrante de un grupo de 10 ninos es amigo de exactamente 7 ninos del grupo(la amistad es mutua). Pruebe que no es posible dividir al grupo en tres equipos detal manera que en cada uno de los tres equipos no haya un par de amigos.

2112. En un tablero de 10×10, una ficha se desplaza de acuerdo con la jugada del “camello”la cual consiste en que la ficha se desplaza inicialmente a una casilla vecina (doscasillas son vecinas si comparten un lado) y luego se desplaza tres casillas mas ensentido perpendicular. ¿Se puede, aplicando varias veces la jugada del camello, llevaruna ficha de alguna casilla inicial a una casilla vecina?13. Desde un punto D sobre la hipotenusa de un triangulo rectangulo ABC , se trazanperpendiculares DE y DF a los lados CA y AB respectivamente. Determine el punto

D para el cual EF tiene longitud mınima.14. En una reunion de 10 personas hay exactamente 19 pares de personas que se conocıanentre sı. Pruebe que existe una persona que conocıa como maximo a 3 personas.15. Se tiene un tablero de 25 × 25 casillas. En cada casilla esta escrito alguno de losnumeros 1, 2, 3, . . ., 25. Ademas, en dos casillas cualesquiera, simetricas con respectoa la diagonal principal, estan escritos numeros iguales; en ninguna fila hay escritosdos numeros iguales; en ninguna columna hay escritos dos numeros iguales. Probarque todos los numeros en la diagonal principal son diferentes.16. Sean a, b, c, d, e numeros naturales consecutivos tales que a+ b+ c + d+ e es uncubo perfecto y b+ c + d es un cuadrado perfecto. Calcular el mınimo valor posiblede c.17. En cada escalon de una escalera de 10 peldanos hay una rana. Cada una de ellaspuede, de un salto, colocarse en otro escalon, pero cuando lo hace, al mismo tiempo,otra rana saltara la misma cantidad de escalones en sentido opuesto: una sube y otrabaja. ¿Conseguiran las ranas colocarse todas juntas en el mismo escalon?18. El entero positivo N tiene 1994 cifras. De estas, 14 son iguales a 0 y los numeros deveces que aparecen las demas cifras:

1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9estan en la razon 1 : 2 : 3 : 4 : 5 : 6 : 7 : 8 : 9respectivamente. Demostrar que N no es un cuadrado perfecto.

19. En un libro de 2108 paginas se tuvieron que reescribir todos los numeros de laspaginas. ¿Cuantos ochos se reescribieron?20. Hallar el menor numero natural terminado en 88, divisible por 88 y con la suma desus cifras igual a 88.21. Las piezas de un rompecabezas rectangular son 9 cuadrados de lados 1, 4, 7, 8, 9, 10,14, 15 y 18. ¿Como deben ubicarse las nueve piezas para armar el rompecabezas?

2222. Encuentre (si es que existe) el mayor entero positivo n menor que 2300 tal que

n = p6q, donde p y q son numeros primos y q > 10.23. En la siguiente figura, para llegar del punto A al punto B, solamente se puedenrecorrer caminos en la direccion que indican las flechas. ¿Cuantos de estos caminosdistintos se pueden recorrer?

A B2 3 4 5 6 7 8 924. Sean a y b numeros reales tales que

2a2 + 2b2 = 5ab.Determine los posibles valores para a+ b

a− b .25. Se dan en el plano unos cuantos puntos rojos y unos cuantos puntos azules. Algunosde los puntos estan unidos por segmentos. Un punto se llama “punto especial” si masde la mitad de los puntos unidos a el tienen color diferente al suyo. En cada paso seelige un punto especial y se le cambia el color. Pruebe que al cabo de varios pasosno queda ningun punto especial.26. Un terreno triangular limita con tres terrenos cuadrados, cada uno de los cuales tieneun lado comun con el triangulo. Las superficies de los terrenos cuadrados son 505, 233y 52 hectareas. Determine la superficie del terreno triangular.27. Cierta familia tiene hijos e hijas; cada hija tiene el mismo numero de hermanas quede hermanos y cada hijo tiene el doble de hermanas que de hermanos, ¿cuantas hijasy cuantos hijos hay en esta familia?28. Tres diarios cubren la informacion de una carrera de solamente tres participantes:

X , Y , Z . Extraemos dos afirmaciones de cada uno de ellos, una es falsa y la otraverdadera:Diario A: { El ganador no fue X

El ganador no fue Y

Diario B: { Y llego ultimoX llego antes que Z

Diario C: { Y llego antes que ZZ llego antes que X¿Es posible asegurar en que orden llegaron los participantes? Justifique.

2329. En la figura, ABCD es un trapecio de bases AB = 10 y CD = 6. La altura h mide4. Sea P el punto medio del lado AD y Q el punto medio de PB. Determinar el areadel triangulo PQC .

A B

CD

P

Q

30. Sea Sn = 1− 2 + 3− 4 + 5 + · · ·+ (−1)n−1n, para n = 1, 2, 3, .... Calcule el valor deS57 + S69 − S60.31. En el rectangulo ABCD de la figura; M , N , P y Q son los puntos medios de los lados.

D

A B

C

Q N

P

M

Si el area del triangulo sombreado es 1 cm2; determine el area del rectangulo ABCD.32. Determine el valor numerico de la diferencia b − a, con b > a, si las medidas sondadas en la figura, en la que x es una constante positiva mayor que 2.

A C

B

a b

x − 1 x + 1x

33. Sobre una mesa se tienen 1999 fichas que son rojas de un lado y negras del otro(no se especifica cuantas hay con el lado rojo hacia arriba o con el lado negro haciaarriba). Dos personas juegan alternadamente. Cada persona en su turno hace una delas siguientes dos cosas:

24a) Retirar cualquier numero de fichas, con la condicion de que todas las fichas retiradastengan el mismo color hacia arriba.b) Voltear cualquier numero de fichas, con la condicion de que todas las fichas vol-teadas tengan el mismo color hacia arriba.Gana el que retira la ultima ficha. ¿Cual jugador puede asegurar que ganara, el primeroen jugar o el segundo?

34. Encuentre todos los enteros positivos a, b tales quea+ b−1a−1 + b = 13 y a+ b ≤ 80.

35. En la siguiente figura, ABCD es un cuadrado y DEF un triangulo equilatero con ACparalelo a EF . Si DG es la prolongacion de DE , determine la medida del anguloDGC .

AB

CDE F

G

36. Con 40 fosforos se forma la siguiente figura

Esta figura tiene 16 cuadrados de 1× 1, 9 cuadrados de 2× 2, 4 cuadrados de 3× 3y un cuadrado de 4× 4. Determinar el mınimo numero de fosforos que hay que quitarpara que la figura resultante no tenga ningun cuadrado de ningun tamano.37. En un triangulo isosceles ABC con AB = AC se toman D, E y F puntos sobre loslados BC , CA y AB, respectivamente, de manera que el triangulo DEF es equilatero.

25Si a = m∠BDF , b = m∠EFA y c = m∠DEC , pruebe que

a = b+ c2 .

38. La tabla

se va a llenar con numeros, de la siguiente manera:La primera fila se completa con los numeros del 1 al 10 en ese orden. La segundafila se completa con los numeros del 1 al 10 en cualquier orden. En cada casilla dela tercera fila se escribe la suma de los dos numeros escritos en las dos casillas quequedan arriba de ella. ¿Hay alguna forma de completar la segunda fila de modo quelas cifras de las unidades de los numeros de la tercera fila sean todas distintas?39. Encontrar todos los numeros de dos cifras tales que al sumarles el numero escrito conlas mismas cifras pero en orden inverso, dan un cuadrado perfecto.40. En una cuadrıcula de 8 × 8 se han escogido arbitrariamente 10 cuadritos y se hanmarcado los centros de estos. El lado de cada cuadrito mide 1. Demuestre que existenal menos dos puntos marcados que estan separados una distancia menor o igual que√2, o que existe al menos un punto a una distancia 12 de una orilla de la cuadrıcula.41. En la siguiente figura AB = AD = √130 y BEDC es un cuadrado cuya area es iguala la de 4AEB. Determinar el area del cuadrado BEDC .

A

D

B

CE

42. Pruebe que la suma de cuatro numeros enteros positivos consecutivos no puede serun cuadrado perfecto.43. Sea un numero natural de cuatro dıgitos, P = abcd (a, b, c, d son dıgitos, con a 6= 0),si se invierten sus cifras se obtiene el numero P ′ = dcba y ademas P + P ′ = 6435.¿Cuantos numeros P satisfacen esta propiedad?44. Determine tres numeros enteros positivos tales que la resta del tercero menos elsegundo es 2 y la resta del segundo menos el primero tambien es 2 y ademas la sumade los cuadrados de los tres numeros es igual a un numero de cuatro cifras iguales.

2645. Sea P un numero entre 1 y 16000 tal que es a la vez un cubo y el doble de uncuadrado. Determine todos los valores de P .46. Si a, b, c, d son dıgitos tales que 0 ≤ a < b < c < d, ¿cuantos numeros de la forma1a1b1c1d1 son multiplos de 33?47. Determine para que enteros positivos j el numero 22 +25 +2j es un cuadrado perfecto.48. Sea ABC un triangulo tal que ]ABC es agudo y m]ABC = 2 ·m]ACB; se traza laaltura correspondiente al vertice A que corta a BC en D. Sea E en la prolongaciondel lado AB tal que BE = BD. La recta que pasa por E y D corta al lado AC en F .Determine el valor de DFAC .49. Un numero de tres cifras es equilibrado si una de sus cifras es el promedio de lasotras dos, por ejemplo el numero 258 es equilibrado pues 5 = 2+82 . ¿Cuantos numerosequilibrados de tres cifras hay?50. Pruebe que si n es un entero positivo entonces los numeros n(n+ 1)(2n+ 1) y

n(n+ 1)(4n+ 5)son divisibles por 6.51. Decidir si es posible o no distribuir los 16 numeros del 1 al 16 en los triangulitos dela figura, de modo que la diferencia entre los numeros colocados en los triangulitosvecinos valga 1 o 2 (triangulitos vecinos son los que tienen un lado en comun).

52. Sea ABC un triangulo escaleno de area 1999. Sea A1 un punto del lado BC y seanB1 y C1 puntos sobre las rectas ←→AC y ←→AB respectivamente, tales que ←→AA1, ←→BB1 y ←→CC1son paralelas. Determine el area del triangulo A1B1C1.

53. Escribir el numero 1999 como la suma de numeros enteros positivos, de tal maneraque el producto de dichos numeros sea el mayor posible.54. Los numeros del 1 al 12 se colocan, sin repetir, en los cırculos del siguiente arreglotriangular:

27

i) Muestre que no existe una forma de acomodarlos de modo que las sumas de losnumeros que estan en cada uno de los lados del triangulo sea 27.ii) Pruebe que sı existe un acomodo en que, en cada uno de los lados del triangulo,la suma sea igual a 28.NIVEL B

SELECCION

1. Sea A un angulo agudo tal que tan A = 512 . El valor numerico de la expresion sen A1 + cos Aesa) 2/3 c) 1/5b) 5/13 d) 52. N es un numero de tres dıgitos tal que al restarle 8 el resultado es divisible entre 8,si a N se le agrega 9 el resultado es divisible por 9 y si a N se le resta 7, el resultadoes divisible por 7. El residuo que se obtiene al dividir N entre 5 esa) 4 c) 2b) 3 d) 13. Si A y B son cifras, distintas de cero, entonces el numero de cifras (no necesariamentediferentes) de la suma 9876 + A32 + B1esa) 4 c) 6b) 5 d) faltan datos4. El mayor numero de cuatro dıgitos que aparece en la progresion aritmetica

1, 4, 7, 10, 13, 16, . . .esa) 9998 c) 9997b) 9999 d) 9996

285. En la figura, el paralelogramo ABCD esta formado por cuatro triangulos equilaterosde lado 1.

A B

CD

1

Entonces, la longitud de la diagonal AC esa) 3 c) √7b) √5 d) 46. Un grupo de personas salio a almorzar a un restaurante. Se gastaron C‖ 7 200, el gastose repartio por partes iguales entre todas las personas del grupo, pero posteriormen-te se decidio que tres personas no pagarıan por lo que cada uno de los restantespago C‖ 400 mas. El numero de personas que habıa en el grupo esa) 6 c) 7b) 8 d) 97. ¿Cuantos numeros hay entre 9992 y 10002, sin incluir estos dos numeros?a) 999 c) 1998b) 1000 d) 19998. En la figura, las dos rectas l y m son paralelas, entonces x es igual a

40◦100◦x

l

m

E

B

D

A

C

a) 120◦ c) 140◦b) 130◦ d) 150◦9. El entero positivo 403 puede ser escrito en la forma 403 = p+ q, con p y q numerosprimos tales que p < q, dea) una manera c) cinco manerasb) dos maneras d) cuatro maneras10. En el triangulo de la figura adjunta se tiene que AH⊥BC , BC = 6m, AH = 4 m.

29

C B

A

M N

R QH

Entonces el cuadrilatero MNQR es un cuadrado de ladoa) 4, 16 m c) 2, 8 mb) 2, 4 m d) 4 m11. El numero de enteros positivos comprendidos entre 74 y 47, que son cuadrados perfectoses igual aa) 76 c) 80b) 78 d) 8212. Se tiene un trapecio ABCD donde BC es la base menor, tal que BC = 10 cm, CD = 19cm y las medidas de los angulos A, B, C , son respectivamente 30◦, 150◦, 120◦. Entonces

AD es igual aa) 48 cm c) 28 cmb) 38 cm d) 24 cm13. Se quiere alumbrar el perımetro de un terreno de forma trapezoidal cuyos lados miden140 m, 133 m, 210 m y 182 m. Se desea que en cada uno de los vertices del terrenoquede un poste. Ademas, que dos postes consecutivos guarden la misma distancia yque dicha distancia sea la mayor posible. El numero de postes que se necesitan paraalumbrar el terreno esa) 95 c) 92b) 94 d) 9114. El numero de maneras en que se puede descomponer el numero 1999 como la sumade un numero impar positivo mas el cuadrado de un numero par positivo, esa) 10 c) 26b) 20 d) 2215. Cierto vehıculo viaja a 60 km/h si va cuesta arriba, a 90 km/h si va cuesta abajo y a72 km/h en los demas casos. Si el vehıculo tarda 5 horas para ir de A a B y 4 horaspara regresar de B a A, entonces la longitud del camino entre A y B es

30a) 300 km c) 324 kmb) 360 km d) 348 km

16. En la sucesion 1, 3, 2, . . ., cada termino, despues de los dos primeros, es igual a ladiferencia del precedente y el precedente del precedente. La suma de los primeros2001 terminos de la sucesion esa) 0 c) 4b) 1 d) 617. El numero de 4 cifras 8xy9 es un cuadrado perfecto. Entonces x + y es igual aa) 10 c) 1b) 9 d) 518. Sea n ∈ N, n > 1. Un numero real equivalente a

n

√ 12n(4n + 1)8n · 3n + 6nesa) n√4 c) n√ 23b) 2 d) 3

19. En la figura, los triangulos BFC y BAE son triangulos equilateros.

A

B

C

E F

O

La medida, en grados, del angulo AOC , esa) 60◦ c) 120◦b) 135◦ d) 45◦20. Se divide un rectangulo en rectangulos mas pequenos, como se muestra en la figura.

31

A B

CD

x

1 23 416

Las areas de los rectangulos pequenos son las indicadas en la figura. El area x delrectangulo ABCD esa) x = 7 c) x = 6b) x = 8 d) x = 921. Dado el sistema x + y− 1x − y+ 1 = a

y− x − 1x + y+ 1 = b

,

entonces x + y es igual aa) 2b− ab− 1

ab+ 1 c) ba+ a+ 21− abb) 1− abab+ 1 d) ba+ 11− ab22. En la figura, ABCD es un cuadrado cortado por dos segmentos perpendiculares entresı: EF y GH .

D C

BAE

F

G

H

Si EF = 10 cm, entonces HG midea) 15 cm c) 20 cmb) 10 cm d) 25 cm

3223. En una fiesta habıa distintos tipos de cajas de galletas de tal modo que los asistentespudieron establecer las siguiente conclusiones:i. De cada caja de galletas comieron exactamente 3 personas.ii. Cada persona escogio galletas de exactamente 2 cajas distintas.iii. Por cada par de cajas hubo exactamente una persona que comio de ambas.El mınimo numero de personas que comieron galletas esa) 6 c) 8b) 4 d) 1224. Efectuando el producto 999 . . . 9× 555 . . . 5 (donde el primer numero tiene 95 nuevesy el segundo numero tiene 95 cincos), se obtiene un numero cuya suma de las cifrases igual aa) 846 c) 855b) 945 d) 95425. Fernando pensaba vender sus postales en 1000 colones. Despues de vender 8 postalesperdio la cuarta parte de las que le quedaban y solo pudo obtener 850 colones enla venta total. Si vendio todas las postales al mismo precio, entonces el numero depostales que tenıa esa) 85 c) 24b) 50 d) 2026. Un numero de dos cifras es el doble del producto de sus cifras. La suma de las cifrasde dicho numero esa) 6 c) 8b) 7 d) 927. La suma de los dıgitos en base 10 del numero (101999n2+2 + 1)2, donde n es un enteropositivo esa) 4 c) 1999n2b) 4n d) 1999n2 + 228. En la figura, ABDC es un rectangulo.

C D

BA

O

33El porcentaje del area del rectangulo que corresponde al area de la region sombreadaesa) 20 c) 25b) 30 d) faltan datos29. Se comienza con el numero 1. Una “operacion” consiste en multiplicar el numero por3 y sumarle 5. La cifra de las unidades del resultado obtenido despues de aplicar laoperacion 1999 veces esa) 1 c) 8b) 2 d) 930. La cantidad de numeros enteros positivos n que satisfacen la desigualdad25 < n17 < 1113esa) 6 c) 8b) 10 d) 531. Se escriben los numeros 5, 7, 11, 13, 17, 19 y 23, uno en cada uno de los circulitos dela siguiente figura, de manera que la suma de los tres numeros en cada lınea sea elmismo numero primo.

El numero que queda en el circulito del centro de la figura esa) 7 c) 13b) 11 d) 1732. En la siguiente figura, los segmentos AY y BX son perpendiculares a los segmentos

BC y AC respectivamente.A

B CY

XT

34Si m∠ABC = 50◦ y m∠BAC = 60◦ entonces la medida de ∠BTY es igual aa) 60◦ c) 80◦b) 70◦ d) 50◦

33. Si (1 + 1n) (1− 1

m) = 1, entonces m es igual aa) n− 1 c) 2nb) n+ 1 d) √n2 + 134. Si los numeros a, b, c satisfacen las siguientes igualdades:1

a + 1b + 1

c = 1,1a −

1b + 1

c = 13 ,1a + 1

b −1c = 0,

entonces a+ 2b+ 3c es igual aa) 6 c) 18b) 12 d) 2435. Si A y B son numeros naturales tales queA7 + B5 = 3135entonces A es igual aa) 1 c) 3b) 2 d) 436. En un triangulo equilatero XYZ se dividen los lados en tres partes iguales. Llamemosa las divisiones A, B, C, D, E, F como se muestra en la figura.

Y Z

X

A

B

C D

E

F

Si el area de 4XYZ es igual a 18, entonces el area de la region sombreada es igualaa) 12 c) 9b) 10 d) 8

3537. La suma de cinco numeros enteros es 146. Si m es el mayor de los cinco mumeros,entonces el menor valor que puede tener m esa) 35 c) 27b) 41 d) 3038. En la siguiente figura se tiene que

AD = 2DB y AEEC = 23 .

A

B

C

D

E

Si el area de 4ADE es 8, entonces el area de 4ABC esa) 20 c) 28b) 24 d) 3039. El entero positivo mas pequeno n que satisface la ecuacion n3 +2n2 = b, donde b esel cuadrado de un numero impar, esa) b− 1 c) 15b) 7 d) b− 540. La cantidad de numeros a, menores que 1500 y tales que (5a+ 1)(3a+ 2) es divisiblepor 15 esa) 98 c) 100b) 99 d) 10141. El numero entero positivo equivalente al numero natural

n = 65743 · 5438 + 34257 · 4562+65743 · 4562 + 34257 · 5438esa) 109 c) 34257 · 104b) 65743 · 104 d) 1020

42. Se dan los numeros ar, ar2, ar3, . . ., ar10 (donde a y r son numeros reales no nulos).Si la suma de esos numeros es 18 y la suma de los recıprocos es 6, entonces elproducto de los numeros es igual a

36a) 216 c) 81b) 94 d) 243

43. Un rectangulo se divide en nueve subrectangulos, como muestra la figura. En el interiorde algunos de los rectangulos esta escrito su perımetro.

1284 66

Entonces el perımetro del rectangulo grande es igual aa) 56 c) 72b) 36 d) 2844. Si n es un entero positivo entonces la fraccion n2 + n− 1

n2 + 2n es irreducible paraa) ocho valores de nb) cuatro valores de nc) diez valores de nd) infinitos valores de n

45. En un rectangulo que mide 120 de largo y 100 de ancho se traza un triangulo en suinterior como en el dibujo.

C

A

B

b

h

Si la base del triangulo es b = 125, entonces la altura h del triangulo midea) 96 c) 60b) 90 d) 75

3746. Se tiene un numero x de tres cifras, x = abc, donde a, b, c son cifras diferentes entresı y diferentes de cero y un numero y = bca. La resta x − y es un numero de doscifras que es un cuadrado perfecto; entonces la cantidad de numeros x que cumplenestas condiciones es igual aa) 7 c) 11b) 9 d) 1347. En las siguientes expresiones, a, b, c representan numeros reales distintos de cero:

xyx + y = a, xz

x + z = b, zyy+ z = c.

Suponiendo que las expresiones estan bien definidas, entonces x en terminos de a, b,c es igual aa) abc

ab+ac+bc c) 2abcab+ac−bcb) 2abc

ab+ac+bc d) 2abcac+bc−ab

48. Considere la secuencia 1, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, 5, 5, 5, 5, 5, ... cuyos terminos sonenteros positivos consecutivos en orden creciente y el entero n aparece n veces. Aldividir entre 5 el termino numero 1993 de esta secuencia, se obtiene como restoa) 0 c) 3b) 4 d) 249. En la siguiente figura se tiene que AB = BD = 2, m]DBC = 30◦

A C

D

B30◦

Entonces AD es igual aa) √6 +√2 c) √6 +√3b) 2√3 d) 3√250. Sean a, b, c numeros reales positivos tales queb < a < c < a+ b y defınaseA = √

c−√a

c−a , B = √a+b−√a

b , C = √a−√a−b

b , entonces podemos asegurar quea) C < A < B c) A < B < Cb) B < A < C d) C < B < A

3851. Si las medidas de las medianas en un triangulo rectangulo, trazadas a partir delos vertices de los angulos agudos, miden 5 cm y √40 cm; entonces la medida encentımetros de la hipotenusa del triangulo rectangulo esa) 2√13 c) √13b) 20 d) 5252. La suma de todas las fracciones de la forma a

b tales que a y b son enteros positivos,menores o iguales que 1000, con a ≤ b esa) 250 750 c) 190 850b) 320 840 d) 380 940DESARROLLO1. Si A es un numero real, el sımbolo [A] se llama la parte entera de A y correspondeal mayor numero entero que es menor o igual que A. Determine todos los numerosenteros x , tales que [x2]+ [x3] = 15.

2. Determinar los valores reales del parametro m de manera que el sistema{mx + 2y = a7x + 5y = b

tenga una solucion en numeros enteros (x, y) para cualesquiera sean los valores delos enteros a y b.3. Pruebe que si la suma k + m+ n de tres numeros enteros positivos es divisible por6 entonces k3 +m3 + n3 tambien es divisible por 6.4. Un polinomio P(x) tiene coeficientes enteros y para cierto numero entero a se verificaqueP(a) = P(a+ 1) = P(a+ 2) = 1,¿existe algun entero k tal que P(k) = 8?5. Sea T un triangulo cuyos lados son enteros consecutivos y cuya area es un entero.Muestre que una de sus alturas divide al triangulo en dos triangulos rectangulospitagoricos, es decir, con lados enteros. Ademas muestre que esta altura divide a labase en dos segmentos cuyas longitudes difieren en 4 (salvo en el caso del triangulo3− 4− 5).6. Un escolar gasto cierta suma de dinero para comprar un cuaderno, un lapicero y unlapiz. Si el cuaderno hubiera costado 15 de lo que costo, si el lapicero hubiera costadola mitad de lo que costo y si el lapiz hubiera costado 25 de lo que costo, entonces elgasto total habrıa sido de 80 colones. Si el cuaderno hubiera costado la mitad de lo

39que costo, el lapicero la cuarta parte de lo que costo y el lapiz la tercera parte de loque costo, entonces el gasto habrıa sido de 120 colones. Determine cual fue el gastode la compra y determine si el cuaderno es mas caro que el lapicero o al reves.

7. De la ciudad A parten simultaneamente una motocicleta, una bicicleta y un automovil,hacia una ciudad B. Cuando el automovil llega a B, regresa a A y de regreso seencuentra a la motocicleta a x kilometros de B y luego se encuentra a la bicicleta a ykilometros de B. Cuando la motocicleta llega a B regresa y encuentra a la bicicleta a zkilometros de B. Determine, en terminos de x , y, z, la distancia entre ambas ciudades,suponiendo que cada vehıculo viajaba a velocidad constante.8. Determinar todas las parejas de numeros reales (x, y) que satisfacen

2x21 + x2 = y

2y21 + y2 = x

9. En un paralelogramo ABCD se tiene que AB = 10, BC = 5 y el angulo agudo entrelas diagonales mide 60◦. Determine la altura sobre el lado AB.10. Dado que

0 = (x + y)2 + (x + 3y)2−10(x + 3y)− 4(x + y) + 29,

determine el valor de la expresion 2y2 + xy.11. Sean x , y numeros reales tales que(

x +√x2 + 1)(y+√y2 + 1) = 1.Calcule el valor numerico de x + y.

12. Tres recipientes A, B y C tienen inicialmente los siguientes contenidos: A, 2 litros deaceite de soya; B, 3 litros de aceite de maız y C , 4 litros de aceite de girasol. Luegose pasa 1 litro del recipiente A al recipiente B; despues se mezcla bien y se pasa 1litro del recipiente B al recipiente C. Este se mezcla bien y se pasa 1 litro de C alrecipiente B. Finalmente, bien mezclado el contenido de B se pasa 1 litro de este alrecipiente A. Despues de completada la operacion, ¿que porcentaje de cada aceite hayen el recipiente A?13. En una reunion hay 31 hombres y 31 mujeres sentados alrededor de una mesa redonda.Pruebe que los vecinos de al menos una persona son dos hombres.

4014. Sea k un numero entero mayor o igual que 1, tal que k(k+1)2 es un cuadrado perfecto

N2, con N < 100. Determine todos los k que satisfagan las condiciones dadas.15. En un triangulo ABC , se tiene que BD′ y BE ′ trisecan al angulo B, y CD′′ y CE ′′trisecan al angulo C . Sea D la interseccion de BD′ con CD′′ y E la interseccion deBE ′ con CE ′′, con E mas cercano que D al lado BC . Pruebe que los angulos BDE yEDC son iguales.16. Se considera la ecuacion

x2 − (5m+ a) x + 6m2 + 5m− 4 = 0,donde a y m son parametros (la incognita es x). Determine que valores debe tomara para que la ecuacion tenga soluciones reales para cualquiera que sea el valor delparametro m.17. Demostrar que para cualquier numero entero positivo n es valida la desigualdad19 + 125 + · · ·+ 1(2n+ 1)2 < 14 .

18. En el plano se traza un polıgono con a+b vertices; a de los vertices se designan conla letra A y los otros b vertices se designan con la letra B. Sobre cada uno de loslados del polıgono se hace lo siguiente: si los dos vertices del lado estan denotadoscon la letra A, sobre ese lado escribe el numero 2; si los dos vertices del lado estandenotados con la letra B, sobre ese lado escribimos el numero 12 ; si uno de los verticesdel lado corresponde a la letra A y el otro corresponde a la letra B, sobre ese ladoescribimos el numero 1. Determine el producto de todos los numeros escritos.19. Se tiene una cuadrıcula de 4× 4 y se quiere llegar del cuadrito inferior izquierde alcuadrito superior derecho. Si solamente se puede ir hacia arriba, o hacia la derechao en diagonal hacia arriba y a la derecha, ¿de cuantas maneras se puede hacer?20. Determine todos los numeros enteros n para los cuales 2n3 − 1 es multiplo de 1999.21. Sea AL la bisectriz del angulo A de un triangulo acutangulo ABC . Sean M un puntoen el lado AB y N un punto en el lado AC de modo que m∠MLA = m∠ABC ym∠NLA = m∠ACB. Si D es el punto de interseccion de AL y MN , pruebe queAL3 = AB · AC · AD.22. Sea ABC un triangulo y D, E , F puntos sobre los lados BC , AC y AB respectivamente,tales que AD, BE y CF concurren en un punto G. Trazamos DF , DE y por G unaparalela a BC que corta a DF y DE en H e I respectivamente. Pruebe que HG = GI .23. Se tienen 10 numeros enteros positivos no necesariamente diferentes. Se realizan lassiguientes operaciones: se descarta el primero y se suman los nueve restantes; luegoel que se descarta es el segundo y se suman los nueve restantes; se continua de esa

41manera hasta que finalmente se descarta el ultimo y se suman los otros nueve. Deesta forma se obtiene solo nueve resultados diferentes que son: 86, 87, 88, 89, 90, 91,92, 93 y 96. Hallar los diez numeros iniciales.

24. Suponga que los numeros reales x, y, z, t satisfacen las siguientes condiciones:x + y+ z + t = 0

x2 + y2 + z2 + t2 = 1Pruebe que −1 ≤ xy+ yz + zt + tx ≤ 0.

25. En un trapecio ABCD de bases AB y CD, M es el punto medio de DA. Si BC = a,MC = b y el angulo MCB mide 150◦, hallar el area del trapecio ABCD en funcionde a y b.

26. Sea a un entero positivo impar mayor que 17, tal que 3a− 2 es un cuadrado perfecto.Demostrar que existen enteros positivos distintos b y c tales que a+ b, a+ c, b+ cy a+ b+ c son cuatro cuadrados perfectos.27. Siendo a, b, c, d numeros reales, probar que

48a2 + 16b2 + 4c2 + d2 ≥ 32ab+ 16ac + 8ad.28. En un 4ABC se tiene BC = 2, AB > AC . Se traza la altura AH , la mediana AM y labisectriz interior AL. Se dan ML = 2−√3 y MH = 12 .

a) Calcular (AB)2 − (AC )2 y la razon de los lados AB y AC .b) Hallar las longitudes AB, AC y AM .c) Calcular los angulos del triangulo ABC .

29. Pruebe que 299998 − 13 es un numero entero.30. Determine todos los numeros primos que se pueden escribir como una suma de dosnumeros primos y que tambien se pueden escribir como una diferencia de dos numerosprimos.31. Se tienen tres mezclas compuestas de tres elementos A, B y C. La primera mezclaconsta solo de los elementos A y B en razon de peso 3 : 5, la segunda mezcla contienesolamente los elementos B y C en razon de peso 1 : 2, en la tercera mezcla aparecensolo los elementos A y C en razon de peso 2 : 3. ¿En que proporcion se deben tomarestas mezclas para que la mezcla obtenida contenga los ingredientes A, B y C enrazon de peso 3 : 5 : 2?

4232. Sean a, b, c numeros racionales no nulos tales que 1

a + 1b + 1

c = abc. Demuestre queel numero (a2b2 + 1)(b2c2 + 1)(c2a2 + 1)

es el cuadrado de un numero racional.33. Sea ABC un triangulo equilatero de lado a, D punto medio de BC , E un punto en

AB, de modo que DE es perpendicular a AB, F un punto en AC , de modo que DF esperpendicular a AC . Calcular el area de 4DEF .34. Sean x , y, z numeros reales tales que:(y− z)2 + (z − x)2 + (x − y)2 = (y+ z − 2x)2 + (z + x − 2y)2 + (x + y− 2z)2Probar que x = y = z.35. Sea ABC un triangulo rectangulo, con angulo recto en C ; D y E son puntos sobrela hipotenusa tales que CD = m, CE = n y se verifica que m2 + n2 = 1. Ademas

BD = DE = EA. Comprobar que la hipotenusa de 4ABC es AB = 35√5.36. Sean a1, a2, . . ., an numeros enteros tales que:i) a1 · a2 · · · · · an = nii) a1 + a2 + · · ·+ an = 0Pruebe que 4 divide a n.37. Determinar todos los enteros n ≥ 1 para los cuales es posible construir un rectangulode lados 15 y n, con piezas congruentes a:

Nota: las piezas no deben superponerse ni dejar huecos; los cuadritos de las piezasson de lado 1.38. Observe la siguiente sucesion de fracciones:

15 , 145 , 1117 , 1221 , 1357 , ...

Determine una ley de formacion para esta sucesion y calcule la suma de los 13primeros terminos.

4339. En la siguiente figura, ABCD es un paralelogramo y DX = BY . Si el perımetro deltriangulo BCE es a + 2b, el perımetro del triangulo CDX es b − 2a (b > 2a) y elperımetro del triangulo CFY es p, determine p en terminos de a y b.

A E

CF

X

YB

D

40. Hallar un numero menor que 1000 tal que el cubo de la suma de sus cifras es iguala su cuadrado.41. Se da un cuadrado de lado a y un triangulo equilatero de lado a, como en la figura.Determine el area de la region sombreada.

42. Pedro y Cecilia participan en un juego con las siguientes reglas: Pedro elige un numeroentero positivo a y Cecilia le gana si encuentra un numero entero positivo b, primocon a, tal que en la descomposicion en factores primos de a3 + b3 aparecen por lomenos tres factores primos distintos. Demostrar que Cecilia siempre puede ganar.43. Encuentre las soluciones enteras positivas del sistemaw + x = yzy+ z = wx

44. Un grupo de 15 amigos que estan sentados en fila inician el siguiente juego. El primerode ellos entrega al segundo cierta cantidad de dinero y este al recibirla duplica lacantidad recibida y le agrega d colones mas, se la entrega al siguiente quien a suvez hace lo mismo y ası sucesivamente. Si el primer amigo entrego C‖ 5 y el decimorecibio C‖ 1 917, 50, ¿cuanto dinero recibe el ultimo?

4445. El angulo A de un triangulo isosceles ABC mide 25 de un angulo recto, siendo con-gruentes sus angulos B y C . La bisectriz del angulo C corta al lado opuesto en elpunto D. Calcule las medidas de los angulos del triangulo BCD. Exprese la medida adel lado BC en funcion de la medida b del lado AC , sin que en la expresion aparezcanrazones trigonometricas.46. Pruebe que si p y q son numeros primos tales que p2 + q2

p+ q es entero, entonces p = q.47. Encontrar todos los numeros naturales de tres dıgitos abc (a 6= 0), tales que

a2 + b2 + c2es divisor de 26.

48. Si a, b, c son numeros positivos tales que a+ b+ c = 2, pruebe quea2

a+ b + b2b+ c + c2

c + a ≥ 1.49. Durante cierto ano (no bisiesto), una pequena librerıa que abrıa los siete dıas de lasemana vendio en total 600 libros. Cada dıa vendio al menos un libro; pruebe queexiste un perıodo de dıas consecutivos en el que vendieron 120 libros en total duranteese perıodo.50. Determine todas las secuencias finitas de numeros naturales consecutivos que sumen2000.51. Sea ABCD un cuadrado y sea M punto medio de BC y N el punto medio de AB. SeaP la interseccion de AM con DN , demuestre que el angulo ∠APN es recto.52. Sea xm el numero que resulta de multiplicar las cifras del entero positivo m. Halle lasuma de todos los xm tales que m tiene n cifras.53. Pruebe que si a y b son tales que la suma de sus cuadrados es un cuadrado perfectoentonces, existe un c tal que la suma de los cuadrados de a, b y c tambien es uncuadrado perfecto.54. Sea ABC un triangulo tal que AB = 11, AC = 10, BC = 9. Se marca un punto Men el lado AB y un punto N en el lado AC de manera que el perımetro del triangulo

AMN sea igual al perımetro del cuadrilatero MNCB y el area del triangulo AMNsea igual al area del cuadrilatero MNCB, calcule el valor de 1AM + 1

AN .55. Por el punto medio de la hipotenusa de un triangulo rectangulo se traza una rectaque corta al cateto mayor con un angulo de 45◦. Si la hipotenusa mide h, calcule,en terminos de h, la suma de los cuadrados de los segmentos determinados de estamanera en ese cateto.

4556. Determine los numeros naturales a, b, c tales que:

a3 − b3 − c3 = 3abc y a2 = 2(b+ c)57. Si m y n son enteros positivos tales que m = 3n−1, demostrar que mn + 54mn < √14.58. En la siguiente figura se tiene que AP = PQ = QB y AM = MN = NC , determinarel area de 4DMN en terminos del area de 4ABC .

B C

A

PN

M

Q D

59. En el triangulo acutangulo ABC , mb y ma denotan las medianas de los lados BA yCA respectivamente. Suponga que ma⊥mb. Muestre que cotB + cotC ≥ 23 .60. Se escriben los numeros 1, 2, 3, ..., 20 en la pizarra. Se permite borrar cualesquierados numeros a, b y en lugar de ellos escribir el numero ab + a + b, ¿que numeroquedara escrito despues de 19 de estas operaciones?61. Pruebe que para todo numero entero positivo n, se tiene que el numero 11 . . . 11︸ ︷︷ ︸

n veces 22 . . . 22︸ ︷︷ ︸ 5n+1 veceses un cuadrado perfecto.62. Los sımbolos (a, b, ..., g) y [a, b, ..., g] denotan respectivamente el maximo comundivisor y el mınimo comun multiplo de los enteros positivos a, b, ..., g. Por ejemplo:(3, 6, 18) = 3, [6, 15] = 30. Pruebe que

[a, b, c]2[a, b] · [b, c] · [c, a] = (a, b, c)2(a, b) · (b, c) · (c, a)NIVEL C

SELECCION1. La funcion f es tal que, para cada numero real x , se cumple quef (x) + f (x − 1) = x2.

Si f (1) = 1, entonces f (10) es igual aa) 10 c) 55b) 1 d) 385

462. Al simplificar la expresion

1√x + 2√x − 1 + 1√

x − 2√x − 1para 1 < x < 2, se obtiene como resultadoa) 2√

x − 1 c) 22− xb) √x − 1

x + 2 d) 2− xx + 13. Existe un numero de dos cifras tal que si se le agrega 1 el resultado es un cuadradoy si se le agrega 1 a su mitad se obtiene tambien un cuadrado. La suma de las cifrasde ese numero esa) 13 c) 9b) 10 d) 12

4. En la figura, ABCDEF es un hexagono regular y C es un cırculo con centro en B.

D C

B

AF

E PH

La razon del area sombreada entre el area del hexagono esa) 13 c) 34b) 23 d) 455. La cantidad de numeros naturales de cuatro dıgitos de la forma X2YZ (donde X, Y ,Z son cifras, X 6= 0) que son divisibles por 30 esa) 51 c) 40b) 30 d) 21

6. En la figura:m]ABC +m]BCA = 5m]BAC ;

O es el punto de interseccion de las bisectrices de los angulos internos de 4ABC .

47

A

B

C

G

Entonces la medida de ]BOC es igual aa) 135◦ c) 105◦b) 115◦ d) 150◦7. Si F (x) es la suma de los dıgitos impares del numero x , entonces el resultado de lasumaF (1970) + F (1971) + · · ·+ F (2001)esa) 1970 c) 769b) 2001 d) 536

8. En un prisma rectangular, las areas de tres de sus caras laterales son 72 cm2, 32 cm2,144 cm2. Si las medidas de los lados son numeros enteros, entonces uno de los ladosdel prisma midea) 16 cm c) 18 cmb) 2 cm d) 6 cm9. Si logab a = 4, entonces logab 3√a√

bes igual a

a) 156 c) 178b) 176 d) 19810. Existen dos triangulos, uno con medidas 10, 10, 12 y otro con medidas 10, 10, x talesque tienen igual area. Entoncesa) 8 ≤ x < 12 c) 14 < x ≤ 17b) 12 < x ≤ 14 d) 17 < x ≤ 2011. En la tabla que se muestra abajo, n es el numero de la casilla en la cual, por primeravez, el numero de la fila inferior es mayor que el numero en la fila superior:1 2 3 4 · · · n1000 1004 1008 1012 · · · · · ·20 27 34 41 · · · · · ·

La suma de las cifras de n es igual a

48a) 10 c) 12b) 11 d) 13

12. En el cuadrado ABCD, M es el punto medio de CD, MR = 4 · RA y AD = 10.A

BC

D

M

R

Entonces, la distancia de R al lado CB esa) 9 c) 7, 5b) 8 d) 713. Si k es un numero positivo y f es una funcion tal que para todo numero positivo nse cumple [f (n2 + 1)]√n = k , entonces para todo numero positivo m, la expresion[

f(9 + m2

m2)]√ 12

m es igual aa) √k c) k√kb) 2k d) k2

14. En la siguiente figura, C es un punto en la recta m tal que BC < AB; ademas, si Des el punto interseccion de ←→AB con m, entonces BD 6= AB.

A B m

C

El numero de puntos E que podemos encontrar en la recta m tal que el trianguloABE es isosceles esa) 5 c) 3b) 4 d) infinito

15. El triangulo ABC es equilatero y sus lados AC y BC son tangentes al cırculo cuyocentro es O y cuyo radio es √3.

49A

O

B

C

El area del cuadrilatero AOBC es:a) 2√3 c) 2πb) π√3 d) 3√316. El numero de soluciones enteras de la ecuacion 23+x + 23−x = 65 esa) 3 c) 1b) 2 d) 017. En la siguiente figura, la suma u+ v + w es igual a

v

u

w

a) 3u c) 360◦b) 180◦ d) no se puede saber18. En la siguiente figura, si el area del hexagono regular es H , entonces el area deltriangulo ABC es

A

B

C

50a) H2 c) H6b) H4 d) H8

19. El numero de tripletas de numeros reales (x, y, z) que satsifacen el sistema de ecua-ciones {x + y = 2

xy− z2 = 1esa) 0 c) 2b) 1 d) 3

20. Los lados de un hexagono equiangulo miden x , y, 10, 6, 12 y 14, en ese orden. Elperımetro del hexagono esa) 60 c) 84b) 72 d) 9621. Sea N = 1 + 2 + 3 + · · · + 1011. El numero de veces que aparece el factor 2 en ladescomposicion prima de N esa) 8 c) 10b) 9 d) 1122. El numero de tripletas de numeros enteros positivos (r, n, x), con x > 1, n > 1, quesatisfacen la ecuacion x2n+1 = 2r + 1 esa) 0 c) 3b) 2 d) infinito23. En una conferencia internacional se reunen 15 delegados de Africa, America, Asia yEuropa. Cada continente envıa un numero diferente de delegados y cada uno esta re-presentado, por lo menos, por un delegado. America y Asia envıan un total de 6delegados, Asia y Europa envıan un total de 7 delegados. El continente que envıa 4delegados esa) Asia c) Americab) Europa d) Africa24. Sea ABC un triangulo isosceles con AB = AC = 17 cm y P un punto cualquiera dellado BC diferente de los puntos extremos. Por P se trazan: una paralela a AC quecorta a AB en Q y una paralela a AB que corta a AC en R .

51

B C

A

P

R

Q

El perımetro del cuadrilatero AQPR esa) 34 cm c) 51 cmb) 17 cm d) 144 cm25. En una cuadrıcula 3 × 3 se colocan, de alguna manera, los numeros del 1 al 9. Acada segmento interior de longitud 1 de la cuadrıcula, se le asigna el numero queresulta de sumar los dos numeros de los cuadrados que tienen al segmento en comun,por ejemplo, en la cuadrıcula adjunta, al segmento entre los dos puntos se asigna elnumero 13 = 6 + 7.

6 7

Sea S la suma de los doce numeros asignados a los segmentos interiores. Entre todaslas formas posibles de colocar los nueve numeros en las cuadrıculas, el valor maximode S esa) 224 c) 180b) 128 d) 13426. El numero de primos p tales que 2p+ 1 es un cubo esa) uno c) tresb) dos d) infinito27. Si r, s, t son numeros reales positivos tales que t

x+r = 2 y tr−x = 3, entonces se tienequea) r < t < x c) x < r < tb) r < x < t d) t < x < r

5228. La coleccion infinita de numeros

1, 2, 4, 5, 7, 9, 10, 12, 14, 16, ...,se forma de la siguiente manera: se coloca el primer impar (1), luego los dos siguientespares (2 y 4), luego los tres impares siguientes (5, 7 y 9), luego los cuatro pares quele siguen al ultimo impar colocado, luego los cinco impares que le siguen al ultimopar colocado y ası sucesivamente. El numero par mas cercano a 2000 que aparece enesta coleccion esa) 2002 c) 1996b) 2026 d) 2030

29. Sea ABC un triangulo y sea P un punto en el segmento AB. Sea D un punto en unaparalela a AB que pasa por C tal que AB = CD. Entonces podemos asegurar quea) AC = PD c) (ABC ) = (CDP)b) m]CAB = m]PDC d) PC = CB

30. El numero √2 +√3 es igual aa) √32 +√12 c) √32 +√2b) √62 + √22 d) √2 +√3

31. En la siguiente figura ADCB es un cuadrado de lado 1, 4CMN es equilatero.

A B

CD

M

N

El area (CMN) es igual aa) 38 c) 12b) 2√3− 1 d) 12√332. En una fiesta habıa distintos tipos de cajas de galletas de tal modo que los asistentespudieron establecer las siguientes conclusiones:i) De cada caja de galletas comieron exactamente tres personas.ii) Cada persona escojio galletas de exactamente dos cajas distintas.

53iii) Por cada par de cajas hubo exactamente una persona que comio de ambas.

El numero mınimo de personas que comieron galletas esa) 6 c) 8b) 4 d) 1033. En la figura adjunta el cuadrilatero ACDE es un trapecio tal que ED = 15 cm,

AC = 24 cm y la altura es 12 cm.

A C

DE

B

O

Sabiendo que B es el punto medio del lado AC, el area del cuadrilatero OBCD esa) 234 cm2 c) 32 cm2b) 163 cm2 d) 112 cm234. En un cırculo de radio R se inscribe un triangulo equilatero, dentro del triangulo uncırculo y dentro de este, otro triangulo equilatero, y ası sucesivamente, entonces elarea del cırculo numero n es igual a

a) πRn√32 c) πR2(14)n−1

b) πR2(34)n−1 d) πRn2

35. La suma de los dıgitos del numero 22n+1 · 52n+3 − 1 (con n ∈ N) es igual aa) 4n+ 3 c) 18n+ 15b) 2n+ 4 d) 18n+ 936. Sean a, b, c, d numeros reales distintos tales que a y b son las raıces de la ecuacioncuadratica x2 − 3xc − 8d = 0; c y d son las raıces de x2 − 3ax − 8b = 0. Entonces

a+ b+ c + d es igual aa) 64 c) 32b) 96 d) 8037. En la figura adjunta BC une los centros de los cırculos. AB es perpendicular a BC .

BC = 8 y AC = 10. Entonces el perımetro del cırculo pequeno es igual a

54A

B C

a) 2π c) 6πb) 4π d) 8π38. Se tienen dos angulos A y B, ambos entre 0◦ y 90◦. Si

sin A− sinB =√ 32 ,cos A+ cosB =√ 12 ,entonces A+ B es igual aa) 60◦ c) 120◦b) 90◦ d) 45◦

39. En la figura, ABCD es un cuadrado y CEF es un triangulo equilatero de area √3cm2, entonces el area del cuadrado es

A B

CD

F

E

a) 4 cm2 c) 1 +√3 cm2b) 2 +√3 cm2 d) 2 cm240. En la siguiente figura se dan tres semicircunferencias mutuamente tangentes, CD y DAson diametros de las circunferencias menores, el punto B esta en la semicircunferenciamayor y el segmento BD es perpendicular al diametro CA.

55

D

B

C A

Entonces el area sombreada es igual aa) π4 CB · AB c) π2BD2b) π2 CB · AB d) π4BD241. La cantidad de enteros positivos de la forma 4a8b2 (a, b son cifras) que son divisiblesentre 72 es igual aa) 2 c) 4b) 6 d) 1342. La suma

S = sin 1◦cos 0◦ · cos 1◦ + sin 1◦cos 1◦ · cos 2◦ + + · · ·+ sin 1◦cos 1998◦ · cos 1999◦es igual aa) tan 0◦ c) tan 1998◦ − tan 1999◦b) tan 1999◦ d) 2 tan 1999◦43. En la figura, la recta T es tangente al cırculo y paralela al segmento DE .

B

A

C

ED

TR

Si AD = 6, AE = 5, CE = 7, entonces BD es igual aa) 3, 5 c) 5b) 4 d) 5, 544. En una circunferencia se consideran cuatro puntos distintos A, B, C, D tales que ADes diametro. Se traza la recta L tangente a la circunferencia en D. Sea P el punto

56interseccion de L con ←→AB y Q el punto interseccion de L con ←→AC . Si AB = 46, 08,AC = 28, 8 y BP = 3, 92, entonces la medida del segmento CQ es igual aa) 31, 2 c) 51, 2b) 41, 2 d) 61, 245. La siguiente figura muestra dos cuadrados de lado 1 cm, donde AMPQ se ha obtenidode ABCD al girar este cuadrado 45◦ sobre el vertice A.

A D

CB

Q

P

M

45◦Entonces el area sombreada, en centımetros cuadrados, esa) 2−√2 c) √2− 1b) √2 + 1 d) 3 + 2√2

46. En la figura, el area del cırculo mayor es 1 m2. El cırculo menor es tangente inter-namente al cırculo mayor y tambien es tangente a los lados del angulo inscrito quemide 60◦.C

BA 60◦

Entonces el area del cırculo menor esa) 49 c) 29b) 49π d) 29π47. El valor de n ∈ N, para el cual 932− 65 · 930 + 3n, es cuadrado perfecto, se encuentraen

57a) ]0,10[ c) ]23,54[b) ]11,17[ d) ]61,67[48. Dado ABCD un cuadrilatero, construyase el cuadrilatero A1B1C1D1 que une los puntosmedios de AB, BC , CD y DA; el cuadrilatero A2B2C2D2 que une los puntos medios deA1B1, B1C1, C1D1 y D1A1 y ası sucesivamente. Entonces el area (AnBnCnDn) es igualaa) (ABCD)

n c) (ABCD)(1/2)nb) (ABCD)√n

d) (ABCD)2nDESARROLLO1. Sea f una funcion de R en R definida por

f (x) = 12x(√(x + 1)2 −√(x − 1)2)

si x 6= 0 y f (0) = 1. Determinar el ambito de f .2. Considere 109 enteros a1, . . ., a109 tales que 0 < a1 < a2 < . . . < a109 < 1999.Muestre que entre los valoresdi = ai+1 − ai, i = 1, . . . , 108,

hay un valor que se repite 4 o mas veces .Encuentre un ejemplo de enteros0 < a1 < a2 < . . . < a109 ≤ 1999

donde ninguna diferencia di = ai+1 − ai se repita mas de tres veces.3. Demuestre que para cualquier numero real x , es valida la desigualdad4 sin 3x + 5 ≥ 4 cos 2x + 5 sin x.

4. Se tienen dos secuencias de numerosa) 3, 7, 11, 15, . . . , 1147b) 2, 9, 16, 23, . . . , 2004

Determine cuantos numeros pertenecen a la vez a ambas secuencias.5. En una circunferencia esta inscrito un rectangulo ABCD, con AB = a. Sea KP eldiametro de la circunferencia que es paralelo al lado AB. Si la medida de ∠BKC esα, calcule el radio de la circunferencia en terminos de a y de α .

586. Resuelva el sistema de ecuaciones{ √

x −√y = x +√xy(x + y)2 = 2(x − y)27. Se tiene un cuadrado ABCD, una recta pasa por el centro de este cuadrado e intersecaal lado AB en un punto N , tal que AN

NB = 12 . En esta recta se toma un punto arbitrarioM que se encuentra dentro del cuadrado. Probar que las distancias de M a los ladosAB, AD, BC , CD, tomados en el orden indicado, forman una progresion aritmetica.

8. Determine los valores de x (en terminos de a) que resuelven la ecuacionloga (ax) · logx (ax) = loga2

( 1a

),

donde a > 0, a 6= 1.9. El radio de la base de un cono circular recto es R y su altura es H . Determine, cualde los cilindros inscritos en este cono tiene la mayor superficie lateral.

10. Determine todas las parejas (x, y) de numeros reales tales que{y = x3 − 3xx = y3 − 3y

11. Sean a y b numeros reales y seaf (x) = 1

ax + b.

Determine las condiciones que deben cumplir a y b para que haya tres numeros realesdistintos x1, x2, x3 tales que f (x1) = x2, f (x2) = x3, f (x3) = x1.12. Sea ABCD un cuadrado de lado 1 y sean E, F, G, H puntos sobre los lados AB, BC ,

CD, DA respectivamente. Muestre que el perımetro del cuadrilatero EFGH es mayoro igual a 2√2.13. Sean a y b numeros reales tales que a+ b = 2. Pruebe que a4 + b4 ≥ 2.14. Determinar todos los numeros enteros x tales que existen enteros p y q con

x = 3p+ 1x = 4q+ 2

5915. Encontrar todos los numeros reales x1, x2, . . ., x1999 tales que

1 + x21 = 2x2,1 + x22 = 2x3,· · ·1 + x21998 = 2x1999,1 + x21999 = 2x1.

16. Seis circunferencias tienen un punto en comun. Pruebe que hay una de ellas quecontiene al centro de otra de las circunferencias.17. Determinar todos los valores del parametro a de manera que el sistema{

x2 + y2 = zx + y+ z = a

tenga solucion unica.18. Considere los numeros del 1 al 14 y un tetraedro, se desea asignar uno de esos numerosa cada una de las 4 caras, un numero a cada uno de los 4 vertice y un numero a cadauna de las seis aristas del tetraedro de manera que el numero asignado a cada aristasea igual al promedio de los numeros asignados a los vertices que la determinan eigual al promedio de los numeros asignados a las caras que la comparten. Determinesi es posible o no realizar lo indicado.19. Una circunferencia C tiene radio 5 y dos cuerdas AB y CD, que no se intersecan nison paralelas y AB = 8, CD = 6. Sea M el punto medio de AB y Q la interseccion,en el interior de C , de DB y AC . Pruebe que ←→QM⊥←→DC .20. Determinar todos los enteros no negativos x , y, z tales que 2x + 3y = z2.21. Un trapecio inscrito en una circunferencia de radio r tiene tres lados de longitud sy el cuarto de longitud r + s, con s < r. Determine las medidas de los angulos deltrapecio.22. Pruebe que el numero 1 se puede escribir de una infinidad de maneras distintas enla forma 1 = 15 + 1

a1 + · · ·+ 1an,

donde n y a1, a2, . . . , an son enteros positivos y 5 < a1 < a2 < . . . < an.23. Un numero es suertudo si al sumar los cuadrados de sus cifras y repetir esta operacionsuficientes veces obtenemos el numero 1. Por ejemplo 1900 es suertudo: la suma delos cuadrados de las cifras de 1900 es 82, la suma de los cuadrados de las cifras de

6082 es 68, la suma de los cuadrados de las cifras de 68 es 100 y, finalmente, la sumade los cuadrados de las cifras de 100 es 1.Determine una infinidad de parejas de numeros enteros consecutivos, donde ambosnumeros sean suertudos.24. En un tablero de 5×9, se realiza el siguiente juego. Inicialmente, un numero de discosse colocan aleatoriamente en algunas de las casillas, no mas de un disco por casilla.En cada turno, todos los discos se mueven de acuerdo con las siguientes reglas:

a) Cada disco se puede mover una casilla arriba, o una abajo, o una a la izquierdao una a la derecha.b) Si un disco se mueve arriba o abajo en un turno, dicho disco se debe mover a laizquierda o a la derecha en el turno siguiente, y viceversa: si un disco se muevea la izquierda o a la derecha en un turno, debe morverse hacia arriba o haciaabajo en el turno siguiente.c) Al final de cada turno, ninguna casilla debe contener 2 o mas discos.

El juego finaliza si es imposible completar otro turno. Probar que si inicialmente secolocan 33 discos en el tablero, entonces el juego finalizara despues de cierto numerode turnos. Probar tambien que se puede ubicar 32 discos en el tablero de tal maneraque el juego se pueda continuar indefinidamente.25. (a) Pruebe la identidad cos 3x = 4 cos3 x − 3 cos x(b) Haciendo uso de la formula en (a), pruebe que

sin 18◦ = −1 +√54 .

26. Pruebe que si a es un entero positivo que no tiene factores comunes con 240, entonces240 divide a a4 − 1.27. Sean a, b y c numeros reales no nulos, con suma no nula, tales que1a + 1

b + 1c = 1

a+ b+ c .

Pruebe que tambien se verifica que1a1999 + 1

b1999 + 1c1999 = 1

a1999 + b1999 + c1999 .28. Determinar todos los numeros enteros positivos x , y, z, tales que x < y < z y, ademas,

xy+ 1z , yz + 1

x , zx + 1y sean enteros.

6129. Encuentre los valores de x , y, z tales que x −√yz = 42

y−√xz = 6

z −√xy = −3030. En un triangulo ABC , los segmentos BN , BL y BM son, respectivamente (y en eseorden de izquierda a derecha), altura, bisectriz del angulo ABC y mediana del triangulo.Sabiendo que los angulos ABN , NBL, LBM , MBC son congruentes, determine lasmedidas de los angulos internos del triangulo.31. Calcular el valor de N , donde N es igual a(104 + 324)(224 + 324)(344 + 324)(464 + 324)(584 + 324)(44 + 324)(164 + 324)(284 + 324)(404 + 324)(524 + 324)32. En un triangulo isosceles su base mide a y sus lados congruentes miden b, el angulono congruente mide 20◦. Probar que

a3 + b3 = 3ab2.33. Para un triangulo ABC con circuncentro O, considere H la interseccion de las alturas

BE y CF y M el punto de interseccion de AO con CH . Pruebe que si FM = EH ,entonces el triangulo es isosceles.34. Determine todas la tripletas (x, y, z) de numeros reales que son solucion del sistemax3 + y3 + z3 = 8x2 + y2 + z2 = 221x + 1

y + 1z = − z

xy

35. Suponga que f es una funcion tal que2f (x) + 3f (2x + 29

x − 2) = 100x + 80.

Calcule f (3).36. Pruebe que si se seleccionan siete enteros positivos distintos de entre los numeros 1,2, ..., 126, existiran dos de ellos x e y tales que 1 < xy ≤ 2.37. Sea a una constante real. Dado el siguiente sistema de ecuaciones:{

x sin θ + y cos θ = 2a sin 2θx cos θ − y sin θ = a cos 2θ

determine una relacion entre x e y, en la que no aparezca θ.

6238. Sea f una funcion definida en el conjunto de los numeros reales tal que existe k ∈

R− {0} fijo cona) f (x + y)− f (x − y) = 4k xy, para todo x, y ∈ Rb) f (xy) = kf (x)f (y), para todo x, y ∈ RDetermine f (x).39. Determine todos los numeros reales x tales que

1 + sin3 x + cos3 x = 32 sin 2x.40. Determine todas las funciones f , definidas en el conjunto de los numeros enteros nonegativos, tales que para cualesquiera x, y; con x ≥ y, se satisface

f (x + y) + f (x − y) = f (3x).41. Dado a > 0, resolver el sistema de ecuaciones (incognitas x1, x2, . . ., xn):

x1 −√x2 = a;x2 −√x3 = a;

. . . ;xn−1 −√xn = a;xn −

√x1 = a.

42. Sea el polinomiof (x) = xn + a1xn−1 + a2xn−2 + · · ·+ an−1x + an,donde a1, . . ., an son numeros enteros. Suponga que existen cuatro numeros enterosdiferentes a, b, c, d tales que

f (a) = f (b) = f (c) = f (d) = 5.Pruebe que no existe ningun numero entero k tal que f (k) = 8.43. Considere un triangulo isosceles. Si los radios de las circunferencias circunscrita einscrita al triangulo miden, respectivamente, 9 cm y 4 cm, halle la distancia entre loscentros de las dos circunferencias.44. Sea f (x) = 125x4 − 5logx 5. Determine para que valores en el dominio de f se tieneque f (x) ≤ 0.45. Encuentre todos los enteros que se escriben como1a1 + 2

a2 + · · ·+ 9a9donde a1, a2, . . ., a9 son dıgitos distintos de 0 que pueden repetirse.

6346. Sea f una funcion tal que existe un numero real a con

f (x + a) = 12 +√f (x)− [f (x)]2.Pruebe que f (x + 2a) = f (x).

47. Sea n un numero entero positivo par. Determine todas las tripletas de numeros reales(x, y, z) tales quexny+ ynz + znx = xyn + yzn + zxn

48. Sea ABCDE un pentagono convexo (las diagonales quedan dentro del pentagono).Sean P , Q, R y S los baricentros de los triangulos ABE , BCE , CDE y DAE respec-tivamente. Demostrar que PQRS es un paralelogramo y que su area es igual a 29 delarea del cuadrilatero ABCD.49. Sea ABC un triangulo acutangulo. C1 y C2 son circunferencias que tienen a los lados

AB y CA como diametros, respectivamente. C2 corta al lado AB en el punto F (conF 6= A) y C1 corta al lado CA en el punto E (con E 6= A). Ademas, BE corta a C2 enP y CF corta a C1 en Q. Demostrar que AP = AQ.

50. Sean ABCD un cuadrado de lado 1, P, Q puntos sobre los lados BC, CD respecti-vamente, con m∠PAQ = 45◦ y E, F los lados de interseccion de PQ con AB y ADrespectivamente.a) Muestre que PQ es tangente a la circunferencia de centro A y radio 1.b) Muestre que AE + AF ≥ 2√2.51. En la figura se tiene que ABCD es un cuadrado. El radio del cırculo menor es 1 yel del cırculo mayor es 1 + √2. Los cırculos son concentricos. Calcule el area delcuadrado.

A

BC

D

O

52. Encontrar un numero N de cinco cifras diferentes y no nulas que sea igual a la sumade todos los numeros de tres cifras distintas que se pueden formar con las cinco cifrasde N .

6453. Hay cierto numero n (con n > 80) de personas a la orilla de un rıo. Sus pesos enkilogramos son a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an−1 ≥ an. Estas personas deben atravesar el rıo ysolo disponen de un bote; en el bote caben a lo mas dos personas y el peso maximoque puede llevar en cada viaje es an+a80. En cada viaje tanto de ida como de regresoel bote debe ser conducido por alguna de las n personas. Si el bote debe atravesarel rıo al menos 355 veces, ¿cuantas personas hay?54. En un tablero de 8×8 estan escritos ordenadamente los numeros del 1 al 64; como seve en la figura. 1 2 3 4 5 6 7 89 10 11 12 13 14 15 1617 18 19 20 21 22 23 2425 26 27 28 29 30 31 3233 34 35 36 37 38 39 4041 42 43 44 45 46 47 4849 50 51 52 53 54 55 5657 56 57 58 59 60 61 64Luego se coloca un signo + o un − delante de cada numero de manera que al finalqueden 4 numeros positivos y cuatro numeros negativos en cada fila y queden cuatronumeros positivos y cuatro negativos en cada columna. Se suman los 64 numerosası obtenidos. Determine todos los posibles resultados de esta suma.55. En la siguiente figura, ABCD es un paralelogramo tal que AB = 1, BC = 2 y ∠ABCes obtuso. Tambien BMDN es un paralelogramo tal que MB⊥BC y ND⊥DA. Si losdos paralelogramos indicados son semejantes, determine el area de ABCD.

AD

CB

M

N

56. Sean A y B dos puntos cualesquiera dentro del cırculo, C. Determine las condicionesmas generales bajo las cuales se pueda trazar un triangulo rectangulo, inscrito alcırculo, tales que A y B estan sobre los catetos del triangulo.57. Sea el polinomio

f (x) = x5 + a1x4 + a2x3 + a3x2 + a4x − 7

65donde a1, ..., a4 son numeros enteros. Suponga que existen cinco enteros diferentes a,b, c, d, e tales que f (a) = f (b) = f (c) = f (d) = f (e) = 5. Hallar el valor numerico de166(abcde) + 8.58. Muestre que si n ≥ 1, entonces la suma de todos los divisores de n es menor o igualque n√n.59. Probar que

3 < 1√2 +√5 + 1√8 +√11 + 1√14 +√17 + · · ·+ 1√596 +√59960. Si en un triangulo ABC , tenemos quesin A+ sinB + sinCcos A+ cosB + cosC = √3 (1)

entonces al menos uno de los angulos mide 60◦.61. Encontrar todas las funciones f de R en R tales que, para cualesquiera numerosreales x1, ..., x2000, se tienef (x1) · f (x2) · · · · · f (x2000) = f (x1) + f (x1 + x2) + · · ·+ f (x1 + x2 + · · ·+ x2000)

62. Suponga que f es una funcion que cumple f (x + y) = f (xy) para todo numero realestrictamente positivo. Pruebe que f es una funcion constante.63. Demuestre que en un polıgono regular la suma de las distancias de un punto sobrecualquiera de los lados a los demas lados es constante.64. Dado untriangulo 4ABC ,con ortocentro O. Entonces si R esta sobre la perpendiculara AB por O y es tal que la distancia de R a AB es igual que la distancia de O aAB; P esta sobre laperpendicular a BC por O y es tal que la distancia de P a BCes igual que la distancia de P a BC y Q esta sobre la perpendicular a AC por O yes tal que la distancia de Q a AC es igual que la distancia de Q a AC . Demuestreque O es el incentro del 4PQR .65. Una funcion f (n) esta definida para todos los numeros enteros positivos y toma valoresno negativos. Ademas, para todo par de enteros m, n, se tiene quef (m+ n)− f (m)− f (n) es igual a 0 o a 1,f (2) = 0, f (3) > 0 y f (9999) = 3333.Pruebe que para todo entero k , con 1 ≤ k ≤ 3333, se tiene que f (3k) = k .66. Pruebe que para cualesquiera numeros reales a, b, p, q con a ≥ 0, b ≥ 0, p > q > 0,se cumple la desigualdad

(ap + bp)1/p ≤ (aq + bq)1/q .

6667. Sean O1, O2, O3 los vertices de un triangulo equilatero de lado d. Se dibujan cir-cunferencias congruentes de radio r (con d2 < r < d) con centros en cada unode los tres vertices, como lo muestra la figura. A, B, C son los puntos de inter-seccion entre los cırculos que quedan en el interior de 4O1O2O3. D, E , F son lospuntos de interseccion de los tres cırculos en el exterior de 4O1O2O3. Pruebe que4O1O2O3 ∼ 4ABC ∼ 4DEF .

O1 O2

O3

B

C

A

DE

F

Eliminatorias del ano 2000

Primera eliminatoria

III ciclo (7◦,8◦,9◦)1. Se tienen tres cofres: uno de oro, otro de plata y el ultimo de plomo. Cada uno deellos contiene la siguiente inscripcion:PlataEl retratono esta eneste cofre

OroEl retratoesta en estecofrePlomoEl retratono esta en elcofre de oro

Si solamente una de las inscripciones es verdadera podemos afirmar que:(a) El retrato esta en el cofre de plomo(b) El retrato esta en el cofre de plata(c) El retrato esta en el cofre de oro(d) No es posible determinar en cual esta2. Hay cuatro botes en una de las orillas de un rıo, sus nombres son Ocho, Cuatro, Dos yUno, porque esa es la cantidad de horas que tarda cada uno de ellos en cruzar el rıo.Se puede atar un bote a otro, pero no mas de uno, y entonces el tiempo que tardanen cruzar es el del mas lento de los dos botes. Un solo marinero debe llevar todos losbotes a la otra orilla. La menor cantidad de tiempo que se necesita para completar eltraslado es(a) 12 horas (c) 16 horas(b) 15 horas (d) 14 horas3. Si 2a = 5b = 10 entonces 1

a + 1b es igual a

(a) 110 (c) 10(b) 12 + 15 (d) 1

67

684. El jefe de unos bandidos decıa a sus hombres: “hemos robado unas piezas de tela. Sicada uno de nosotros toma seis piezas quedaran cinco piezas. Pero si cada uno denosotros quiere siete piezas, nos faltaran ocho piezas”. El numero de piezas robadases(a) 78 piezas (c) 83 piezas(b) 15 piezas (d) 18 piezas.5. Marıa tiene 24 anos. Tiene dos veces la edad que Ana tenıa cuando Marıa tenıa lamisma edad que Ana tiene ahora. La edad de Ana esta entre(a) 10 y 12 anos (c) 16 y 18 anos(b) 13 y 15 anos (d) 19 y 21 anos.6. Una asamblea esta constituida por profesores, estudiantes y administrativos. Si elnumero de profesores en la asamblea es de 570, el numero de estudiantes constituyeun quinto del total de la asamblea y el numero de admimistrativos constituye un sextodel total de la asamblea, entonces el total de asambleistas es(a) 900 (c) 521(b) 697 (d) 5407. El numero mas grande que se puede escribir usando cuatro treses y potencias es(a) 3333 (c) 3333

(b) 3333 (d) 3333.8. Si en la figura adjunta los segmentos AC y EF son paralelos y m(∠ABG) = m(∠BGE).

D

A C

G

E F

B

Se tienea) m∠EGF = 12m∠BFEb) m∠GEF = 12m∠BFEc) m∠GEF = 12m∠EFGd) m∠GFE = 12m∠EGF9. El numero 555 555 puede descomponerse como producto de dos factores de tres dıgitosen(a) una manera (c) tres maneras(b) dos maneras (d) ninguna manera

6910. Si el numero 1a1b1c1d1 con a, b, c y d dıgitos distintos no cero, es divisible por 11,la cantidad de valores distintos que pueden tomar a, b, c y d es(a) 240 (c) 10(b) 40 (d) 16011. Si el promedio de tres numeros es 85 y el promedio de otros dos es 95, entonces elpromedio de los cinco es(a) 88 (c) 90(b) 89 (d) 9112. Cada movimiento en un juego consiste en invertir dos flechas adyacentes, la posicioninicial es ↑↑↑↓↓↓ y la posicion final es ↑↓↑↓↑↓ el numero mınimo de movimientospara llegar a la posicion final es(a) 1 (c) 4(b) 2 (d) 313. La suma de los dos ultimos dıgitos de 72000 es igual a(a) 1 (c) 13(b) 7 (d) 1114. La cifra que ocupa el lugar 2000 en la expresion decimal del numero racional 4101 es

(a) 9 (c) 0(b) 6 (d) 315. Con seis varillas se construye una estructura como se muestra en la figura adjunta

Las tres varillas exteriores son congruentes entre sı y las tres varillas interiores soncongruentes entre sı.Se desea pintar cada varilla de un solo color de modo que en cada punto de union,las tres varillas que llegan tengan distinto color. Las varillas solo se pueden pintar deazul, blanco, rojo o verde. El numero de maneras en que se puede pintar la pieza esigual a(a) 4 (c) 16(b) 12 (d) 15

7016. La cantidad de numeros que hay del 1 al 1000 que pueden escribirse en la forma abcon a, b enteros mayores que 1, es(a) 43 (c) 49(b) 40 (d) 5017. En la selva, la hiena miente los lunes, martes y miercoles; la zorra miente los jue-ves, viernes y sabado. En los dıas que no mienten, ellas dicen la verdad. Un dıa seencontraron la hiena y la zorra y sostuvieron un dialogo

Hiena: –Hola zorra!ayer yo mentıZorra: –Hola hiena!Yo Tambien mentı ayer.Entonces el dıa en que sucedio este encuentro es:(a) lunes (c) jueves(b) martes (d) nunca pudo suceder18. Llegan 4 ninos a una fiesta y hay 6 gorros; tres verdes y tres rojos. A cada nino se lecoloca su gorro respectivo con los ojos vendados, se sientan a una mesa circular demanera que cada nino ve los gorros de los otros tres. Empezando por el nino numerouno y en el sentido contrario a las manecillas del reloj a cada nino se le hace lapregunta ¿Sabes ya de que color es tu gorro? y todos escuchan la respuesta hastaque alguien contesta afirmativamente. Ademas el primer nino dice que no. El primerode estos ninos que contesta afirmativamente, es(a) ninguno (c) el tercero(b) el segundo (d) el cuarto19. En el paıs de la maravillas hay 10 duendes encantados, numerados del uno al diez, quecambian de color entre rojo y verde. En la primera semana todos son rojos, la segundasemana los multiplos de dos cambian a verde, la tercera semana los multiplos de 3cambian al color rojo, y ası alternadamente hasta que la decima semana los multiplosde 10 cambian al color verde. De los diez duendes, los que quedaron pintados de rojoal final son los numerados por(a) impares (c) pares(b) divisores de 10 (d) multiplos de 10.20. Construimos una secuencia de triangulos isosceles empezando con AB = BC, luego

BC = CD, y ası sucesivamente.

AB

CD

71Si la m∠BAC = 17◦, el numero de triangulos isosceles que podemos dibujar es(a) 2 (c) 4(b) 3 (d) 5

21. El numero de enteros positivos n que hacen que la expresion 2000n+ 19 sea entera es

(a) 15 (c) 12(b) 20 (d) 1322. Los enteros mayores que uno se ordenan en cinco columnas como se indica a conti-nuacion:A B C D E2 3 4 59 8 7 610 11 12 1317 16 15 14. . . . . . . . . . . . . . .

El entero 1993 queda en la columna(a) E (c) B(b) A (d) C23. Un rectangulo con perımetro 176 cm esta dividido en cinco rectangulos congruentescomo se muestran en la figura

El perımetro de cada uno de los rectangulos congruentes es igual a(a) 72 cm (c) 40 cm(b) 80 cm (d) 88 cm24. Susana tiene un quinto de la edad de su madre. La edad de su madre es menor quecien y cuando es dividida por dos, por tres, por cuatro, por seis y por ocho, el residuoes uno. Cuando es dividida por cinco el residuo es cero. La suma de las edades deSusana y de su madre es igual a(a) 30 (c) 36(b) 24 (d) 42

7225. Si x, y son numeros tales que 2x2 − x + 14 = 20 y x2 − x2 + 7 = y, entonces 5y2 − 3es igual a(a) 402 (c) 497(b) 396 (d) 45226. En la figura se tiene: ∠AOB es obtuso, OC ⊥ OA, OD es bisectriz de ∠AOB, OE esbisectriz de ∠BOC.

O

A D

CE

B

Entonces el angulo ∠DOE mide(a) 25◦ (c) 45◦(b) 30◦ (d) 40◦27. Se colocan los numeros enteros positivos en la siguiente manerafila 1 1 2 3 4fila 2 5 6 7 8fila 3 9 10 11 12fila 4 13 14 15 16. . . . . . . . . . . . . . .

Entonces la suma de los terminos en la fila 50 igual a(a) 986 (c) 810(b) 794 (d) 57628. En cierto ano, el mes de enero tuvo exactamente cuatro martes y cuatro sabados. Eseano el dıa 23 de enero cayo en(a) lunes (c) miercoles(b) domingo (d) jueves29. Un numero entero M , diferente de cero, es el cuadrado de un cuadrado y tiene a 6como factor, entonces el menor valor de M6 es(a) 216 (c) 36(b) 1296 (d) 630. La suma 12 + 23 + · · ·+ 19992000 + 12 + 13 + · · ·+ 12000 es igual a(a) 39982000 (c) 2000(b) 35001000 (d) 1999

73IV ciclo (10◦,11◦,12◦)

1. Sean a, b, c, d numeros numeros reales positivos tales que ab = cd , entonces

a) √abcd = abcd2b) √abcd = ad + bc2c) √ac + bd = abcd2d) √ac + bd = ad + bc22. Se tienen tres cofres, uno de oro, otro de plata y el ultimo de bronce, cada uno deellos tiene una inscripcion:

PlataEl retratono esta eneste cofreOroEl retratoesta en estecofre

PlomoEl retratono esta en elcofre de oroSi solamente una de las inscripciones es verdadera podemos afirmar quea) El retrato esta en el cofre de plomob) El retrato esta en el cofre de platac) El retrato esta en el cofre de orod) No es posible determinar en que cofre esta el retrato.3. En la figura, ABCD es un cuadrado de lado 4 cm, E es el punto medio de BC .

A D

CBE

F

El triangulo FED tiene area igual a 7 cm2, entonces la medida de AF es igual aa) 1 cm c) 1, 5 cmb) 2 cm d) 0, 5 cm4. Si 2a = 5b = 10 entonces 1

a + 1b es igual a

a) 110 c) 10b) 12 + 15 d) 1

745. El numero de parejas de enteros positivos impares que tienen suma 1998 es igual aa) 503 c) 499b) 500 d) 9996. El total de numeros de cuatro cifras que son divisibles por 30 es igual aa) 333 c) 300b) 297 d) 3217. En el siguiente arreglo cuadrangular

67 a 43b c de 73 x

La suma de los elementos en las filas, las columnas y las diagonales es una constante.El valor de x esa) x = 37 c) x = 31b) x = 13 d) x = 78. Si el valor de la expresion(1− 14)(1− 19

)· · ·(1− 1

n2)

es 2−1 + 2000−1, entonces el valor de n esa) 1000 c) 1001b) 2000 d) 20019. En la figura, los dos cuadrados tienen el mismo centro, la razon entre el lado delcuadrado menor y el lado del cuadrado mayor es 25 .

Entonces la razon entre el area sombreada y el area del cuadrado mayor esa) 110 c) 23100b) 18 d) 21100

7510. La cifra que ocupa el lugar numero 2000, despues de la coma, en la expresion decimaldel numero racional 4101 es

a) 9 c) 0b) 6 d) 311. Construimos una secuencia de triangulos isosceles empezando con AB = BC , luego

BC = CD, y ası sucesivamente tal como lo muestra la figura.

AB

CD

Si m]BAC = 17◦, el numero de triangulos isosceles que podemos dibujar esa) 2 c) 4b) 3 d) 5

12. Sea un numero de tres dıgitos diferentes P = abc, donde a, b y c pueden ser 1 o unnumero primo y P es multiplo de a, b y c. La cantidad de numeros P que cumplenestas condiciones esa) 6 c) 12b) 10 d) 1513. Hay cuatro botes en una de las orillas del rıo, su nombres son Ocho, Cuatro, Dosy Uno, porque esa es la cantidad de horas que tarda cada uno de ellos en cruzarel rıo. Se puede atar un bote a otro, pero no mas de uno, y entonces el tiempo quetardan en cruzar es igual al del mas lento de los dos botes que van atados. Un solomarinero debe llevar todos los botes a la otra orilla. La menor cantidad de tiempo quese necesita para completar el traslado es

a) 12 horas c) 16 horasb) 15 horas d) 14 horas14. En la figura adjunta, la longitud del segmento AC es

76A

BD

C

60◦4 4

3 3

a) 2√3−√5 c) 2√3 +√5b) 3 d) 4√3315. En la figura, los cuadrados ABIJ , BCGH , CDEF , son adyacentes; los puntos F , H , Jestan alineados y AB = 4, BC = 7, CD = x .

A B

IJ

C

GH

D

EF

4 7 x

Entonces x es igual aa) 334 c) 10b) 494 d) 11

16. La cantidad de pares de numeros enteros positivos (n,m) que satisfacen 1n + 1

m = 13es igual aa) 4 c) 1b) 6 d) 317. Sea ABC un triangulo, D el punto medio de BC , M el punto medio de AD y N unpunto sobre la prolongacion de AD, tal que DN = DM. Entonces, de las siguientesafirmaciones:I) AB = NB II) AD = MN III) CM = NB

77Son ciertasa) todas c) Solo I y IIIb) Solo I y II d) Solo II y III

18. En la suma A = (12 + 1) + (22 + 2) + (32 + 3) + · · ·+ (19982 + 1998), el dıgito de lasunidades esa) 0 c) 4b) 2 d) 819. Los botones de un telefono estan colocados como lo muestra la figura. Si los botonesestan a un centımetro de distancia uno de otro, midiendo de centro a centro.

1 2 34 5 67 8 9

0Cuando se marca el numero 5927018, la distancia (en cm) que viaja el dedo esa) √5(3 +√2) + 2√2b) 2√5(1 +√2) + 2√2c) 2√5 +√2(3 +√5)d) √5 +√2(2 + 3√5)

20. La cantidad de enteros positivos menores que 1998 que tienen un numero impar dedivisores positivos esa) 30 c) 44b) 45 d) 5021. Sea P un numero entero de tres dıgitos tal que la diferencia de P con el numeroque se obtiene al intercambiar las unidades y las decenas es un cuadrado perfectono cero, entonces el numero de valores posibles para P esa) 144 c) 32b) 135 d) 1622. Si E es el punto medio del lado AC del triangulo rectangulo ABC de la figura.

78

B C

A

E

D60◦ 30◦

Entonces la razon entre los perımetros de los triangulos rectangulos DEC y ABC , esa) 13 c) √34b) 25 d) 1223. Al factorizar un numero entero positivo n se obtiene n = pα11 pα22 , con p1, p2 primosdiferentes y α1, α2 enteros positivos. Sabemos que n2 tiene 143 divisores positivos,entonces n3 tienea) 341 divisores po-sitivos c) 304 divisores po-sitivosb) 143 divisores po-sitivos d) 430 divisores po-sitivos24. En un cubo de lado 2, M , N , P , Q son puntos medios de los lados mostrados en lafigura.

M N

P

Q

La distancia maxima entre un punto de MN y otro de PQ es igual aa) √32 c) √62b) √32 d) √6

25. La cantidad de parejas de numeros enteros positivos (x, y) que satisfacen 2x + 5y =2000 es igual a

79a) 99 c) 199b) 149 d) 249

26. Se tienen 2000 piezas rectangulares de 2 cm de ancho y 3 cm de largo y con ellasse arman cuadrados (sin superposiciones ni huecos). La mayor cantidad de cuadradosno congruentes que se pueden tener al mismo tiempo esa) 10 c) 12b) 15 d) 927. Los ninos A, B y C toman 13 dulces de una mesa, al final, A dijo: “tome dos dulcesmas que B”, B dijo: “tome la mitad de dulces que A y 5 menos que C ”, y finalmente Cdijo: “tome un numero par de dulces”. Si sabemos que a lo sumo uno de ellos mentıa,el mentiroso esa) A c) Bb) C d) ninguno28. Se tiene cierta cantidad de piedras, cada una de ellas pesa un kilogramo o menosy si se separan en dos grupos, de cualquier forma, siempre quedara un grupo en elque el peso total de las piedras es menor o igual que 1 kilogramo. Entonces el pesomaximo del total de las piedras esa) 3 kg c) 2,5 kgb) 2 kg d) 3,5 kg29. En la figura 4APD es un triangulo rectangulo.

D C

BA

P

12

16

5

Si el perımetro de 4APD es menor que 41, entonces (APD) es igual aa) 40 c) 4√281b) 61 d) 50√230. En la pantalla de una calculadora inicialmente se tiene un 1. Si se apreta la tecla Ael numero en la pantalla se multiplica por 3; si se apreta la tecla B, el numero en la

80pantalla se disminuye en 1. Utilizando alguna secuencia de A y B hay que llegar aobtener un 97 en la pantalla. El menor numero de teclas que se debe apretar esa) 20 c) 11b) 15 d) 8

Segunda eliminatoria

III ciclo (7◦,8◦,9◦)

SELECCION

1. En una cartulina hay impresas cuatro afirmaciones:1. En esta cartulina exactamente una afirmacion es falsa.2. En esta cartulina exactamente dos afirmaciones son falsas.3. En esta cartulina exactamente tres afirmaciones son falsas.4. En esta cartulina exactamente cuatro afirmaciones son falsas.

La cantidad de afirmaciones falsas que hay en la cartulina esa) 4 c) 2b) 3 d) 12. La cantidad de numeros de 10 dıgitos que contienen solamente ceros y unos y queademas son divisibles por 9 esa) 8 c) 10b) 9 d) 113. Si la mitad de 5p es 3u, entonces la tercera parte de 10p esa) 3u c) ub) 6u d) 4u4. Cuatro amigos, Juan, Julia, Jorge y Jacinta fueron a almorzar. El menu ofrece ensaladamixta o ensalada rusa, carne de pollo, pescado, res o cerdo y de postre gelatina,helado o flan. Cada uno comerıa una ensalada, un tipo de carne y un postre. A Juanno le gusta la ensalada rusa ni el pollo; a Julia no le gusta la ensalada mixta ni elhelado; a Jorge no le gusta ni el pescado ni la gelatina y a Jacinta no le gusta ni lacarne de res ni la de cerdo. Quien tiene menor numero de posibilidades para formarsu almuerzo esa) Juan c) Jorgeb) Julia d) Jacinta5. En la siguiente figura, m]BAC = α , m]BPC = m]BQC = 90◦.

81A

B C

Q

PH

Entonces m]BHC es iguala) 3α c) 180◦ − αb) α d) 2α6. Daniel y Raquel disponen de 3 y 5 litros de leche, respectivamente, y deciden com-partirla con Miguel, por lo que la reunen y la dividen en partes iguales. Si Miguelpaga 800 colones por su parte de leche y deben repartirlos entre Daniel y Raquel demanera que a cada uno le corresponda segun su aporte de leche a la parte de Miguelentonces les corresponden:a) 350 a Daniel y 450 a Raquel c) 200 a Daniel y 600 a Raquelb) 300 a Daniel y 500 a Raquel d) 100 a Daniel y 700 a Raquel7. Se necesita pesar 14 kilos de frijoles pero solamente se dispone de una pesa de 3kilos y otra de 19 kilos. Si cada uso de la pesa de 19 kilos cuesta 5 colones y cadauso de la pesa de tres kilos cuesta un colon el costo mınimo para pesar los frijoles esa) 18 colones c) 14 colonesb) 16 colones d) 12 colones8. La suma de tres numeros es 205, la razon entre el primer numero y el segundo es 25y la razon entre el segundo numero y el tercero es 34 , entonces la suma de los dosprimeros numeros es igual aa) 100 c) 30b) 75 d) 1059. El valor de 1 · 2 · 4 + 2 · 4 · 8 + 3 · 6 · 12 + · · ·+ 100 · 200 · 4001 · 3 · 9 + 2 · 6 · 18 + 3 · 9 · 27 + · · ·+ 100 · 300 · 900esa) 1729 c) 23b) 127 d) 82710. En la figura adjunta ABCD es un cuadrado de lado a y CE = 2a.

82A

BC

D

E

F

Entonces el area del triangulo ADF es igual aa) 16a2 c) 23a2b) 13a2 d) 14a2

11. Tanto al numerador como al denominador de una fraccion ab se le suma el denominadorde a

b ; a la fraccion resultante se le resta ab y, de este modo se obtiene como resultadola misma fraccion a

b . Entonces ab cumple quea) 16 < a

b <14 c) 12 < a

b < 1b) 14 < ab <

12 d) 1 < ab <

3212. La suma de las cifras del numero que se obtiene al desarrollar 102000− 2000, es igualaa) 17 978 c) 17 972b) 17 968 d) 17 96213. En la figura adjunta ABCD es un cuadrilatero con AD paralelo a BC , la diagonal ACes perpendicular al lado CD, m]BAC = 30◦, AC = 4√3 y AB = BC .

A

CB

D30◦

Entonces el area de ABCD es igual aa) 12√3 c) 16√3b) 24√3 d) 8√314. El numero de parejas (x, y) de numeros enteros positivos tales que x y y son primos,x 6= y y x3−y3

xy es un numero entero esa) 0 c) 4b) 2 d) infinito

8315. Si ABC es un triangulo tal que su area es 18, AB = 5 y las medianas trazadas desdelos vertices A y B son perpendiculares entre sı, entonces el valor de la suma AC+BCesa) √73 + 2√13 c) 12√73 + 2√13b) 115 √3 +√13 d) 225 √3 +√13

DESARROLLO

1. Un tubo contiene cinco bolas numeradas del uno al cinco. Tiene una abertura A en unextremo, una abertura B en el otro extremo y una abertura C en el medio en la partesuperior, tal como se muestra en la siguiente figura.

AB

C

1 2 3 4 5Una jugada consiste en sacar la ultima bola por la abertura B e introducirla por A,desplazando las demas bolas hacia la derecha o introducirla por C, desplazando lasdos ultimas bolas hacia la derecha. Por ejemplo, si en algun momento las bolas seencuentran en la siguiente posicion 14352 hay dos jugadas posibles: una es sacar labola 2 por B e introducirla por A, quedando la nueva posicion ası: 21435 y la otraes introducir la bola 2 por C, quedando la nueva posicion ası: 14235. Si inicialmentelas bolas se encuentran en la siguiente posicion 12345 (como aparecen en la figuraanterior), determine el mınimo numero de jugadas necesario para llegar a la posicion25413.2. Determine todos los numeros x tales que x es un numero entero positivo impar detres cifras tal que cada una de sus cifras es divisible por tres y, ademas, exactamentetres de los divisores de x son numeros primos.3. Sea ABCD un trapecio con bases AB y CD. Las diagonales AC y BD se cortan en Py las prolongaciones de los lados AD y BC se cortan en Q. Pruebe que ←→PQ corta alas bases en sus puntos medios.

IV ciclo (10◦,11◦,12◦)SELECCION

1. Si un triangulo esta inscrito en un semicırculo de radio r, el area maxima que puedetener esa) 12r2 c) 32r2b) 2r2 d) r2

842. La expresion 49992000 −

( 12 · 3 + 13 · 4 + · · ·+ 11999 · 2000)

es igual aa) 0 c) 12000b) 2 d) 320003. Si x, y son reales positivos, entonces una expresion equivalente con √y+√xy+√xes:a) √y+√y+ xy+ 2x√y c) √y+√x + xy+ 2x√xb) √x +√y+ xy+ 2y√x d) √x +√x + xy+ 2y√y4. El siguiente arreglo de numeros se construye de la siguiente manera: la primera filaesta formada por las potencias de 3, desde 30 hasta 399. A partir de la segunda fila,cada termino es la resta del que esta en la fila anterior a la derecha del terminomenos el que esta arriba a la izquierda.1 3 9 27 81 · · · 398 3992 6 18 54 · · · 399 − 3984 12 36 · · · · · · · · ·8 24 · · · · · ·· · · · · · · · ·El ultimo termino de la fila numero 51 es igual aa) 251 · 349 c) 251 · 350b) 250 · 350 d) 250 · 349

5. En la figura, AB es diametro de la circunferencia, m]ADC = α , m]DAB = β ym]DAC = 75◦.

A

CB

D

75◦β

α

Entonces β es igual aa) α + 25◦ c) α − 15◦b) α − 25◦ d) α + 15◦

856. Sea p un numero de cuatro cifras, multiplique al numero p por 59, tome las ultimascuatro cifras de este nuevo numero y multiplique por 3; finalmente tome las ultimascuatro cifras de este otro numero y multiplique por 113. Si el resultado final es 2112,entonces el numero original esa) 2211 c) 2112b) 1122 d) 21217. Una persona sabe un secreto y decide contarselo a p numero de personas, a su vezcada una de estas p personas decide contarselo a p + 1 personas y cada una delas ultimas que lo saben a su vez lo cuenta a p + 2 personas. Si nadie cuenta elsecreto a una persona que ya lo sabıa, entonces, el numero de personas que terminanconociendo el secreto esa) p(p+ 1)(p+ 2)b) (p+ 1)(2p+ 3) c) (p+ 1)(p2 + 2p+ 3)d) (p+ 1)(p2 + 3p+ 1)8. Se reparten 10 confites entre Hugo, Eduardo, Mario y Elizabeth, de manera quecada uno reciba al menos un confite, Elizabeth reciba exactamente tres confites yEduardo reciba a lo sumo dos confites. El numero de maneras en que puede hacersela reparticion esa) 11 c) 8b) 10 d) 99. Sean x, y, z numeros enteros positivos con x, y impares y sea T = 3x + (y − 1)2z.Entonces, al dividir T entre 4 se obtiene como residuoa) 0 c) 2b) 1 d) 3

10. Si (1− 14 )(1− 19 ) . . . (1− 1k2 ) es el racional mn y k es un numero par, entonces el valorde m+ n esa) 3k + 1 c) k + 1b) 3k − 1 d) k − 111. Al trazar las diagonales del siguiente pentagono, este queda subdividido en 10 triangu-los y un pentagono interior (sombreado).

En los triangulitos se van a colocar numeros enteros positivos de modo que la suma detodos ellos sea igual a 66; la suma de los numeros colocados en los triangulitos que

86comparten un lado con el pentagono sombreado es 42. Para cada vertice del pentagonomayor hay tres triangulitos que comparten ese vertice; la suma S de los tres numeroscolocados en esos triangulitos es la misma para todos los vertices. Entonces, el valorde S es igual aa) 8 c) 18b) 20 d) 22

12. Sea ABCD un trapecio con AB paralelo CD y M el punto medio de AD. Si AB = 8,CD = 6, CM = 7 y m]DCM = 30◦, entonces el area de ABCD esa) 48 c) 50b) 49 d) 51

13. Un conejo es perseguido por un perro. El conejo le lleva una ventaja inicial al perrode 50 de sus saltos. El conejo da 5 de sus saltos mientras el perro da 2 de sus saltos;ademas se sabe que el perro, en 3 de sus saltos avanza lo mismo que el conejo en 8de los suyos. El numero de sus saltos que debe dar el perro para alcanzar al conejoesa) 240 c) 300b) 270 d) 36014. Un punto P esta en el interior de un triangulo equilatero ABC de lado 2√3. Lospuntos L, M, N se encuentran en los lados AC , BC y AB respectivamente y son talesque PL es perpendicular a AC , PM es perpendicular a BC y PN es perpendicular a

AB. Entonces PL+ PM + PN es igual aa) 3 c) 23√3b) 2 d) 32√315. Si

M = 1√1 + 1√2 + . . . 1√10000entonces se cumple quea) 197 < M < 198 c) 199 < M < 200b) 198 < M < 199 d) 200 < M < 201DESARROLLO

1. Determine todos los pares de numeros reales (x, y) tales quex2yx + y = −2xy2x − y = 415

872. En la figura, 4ABC es isosceles, con AC = BC , su base AB mide 6 cm y su alturatrazada desde el vertice C mide 12 cm. AQ, BP y CR son las medianas del trianguloABC . Los puntos D, E y F , se encuentran, uno sobre cada mediana, de manera queAD = BE = CF = 2 cm. Determine el area del triangulo DEF .

A B

C

QP

R

D E

F

3. Hallar todos los numeros a, b enteros con 1 < a ≤ b tales que (a − 1)(b − 1) seadivisor de ab− 1.Tercera eliminatoria (final)

III ciclo (7◦,8◦,9◦)

Primer dıa1. Una manana la sra. Martınez, la Sra. Perez, la Sra. Torres y la Sra. Gomez fueronde compras. Cada una tenıa que ir a dos lugares diferentes. Una tenıa que ir a lazapaterıa, dos tenıan que ir al Banco, dos tenıan que ir a la carnicerıa y tres tenıanque ir a la panaderıa.Sabemos que:Dora no fue a la panaderıaTanto Ester como la senora Gomez fueron a la carnicerıaMargarita fue al BancoLa sra. Perez no fue a ninguno de los lugares donde estuvieron Lucıa y la Sra.Torres.

¿Cual es el apellido de Margarita?2. En la figura, ABCD es un paralelogramo y BC = CE , m]BCE = x◦, m]ADC =3x◦ + 15◦. ¿Cual es la medida de ]DAB?

88

AB

CD

E

3. Se tiene un numero entero de tres cifras. Si de el suprimimos la cifra de las centenasobtenemos un numero de dos cifras, si suprimimos la cifra de las decenes tenemos otronumero de dos cifras y si suprimimos la cifra de las unidades obtenemos un tercernumero de dos cifras. La suma de estos tres numeros de dos cifras es igual a la mitaddel numero de tres cifras inicial. Determine todos los numeros de tres cifras con dichapropiedad.Segundo dıa

4. Sea el 4ABC y sea M sobre BC tal que |BM||MC | = ρ, exprese el area del 4ABM enfuncion del area del 4ABC .5. Sea ABCD un paralelogramo. Se traza por D una recta que corta al lado BC en Py a la prolongacion del lado AB en Q. Si el area del cuadrilatero ABPD es 29 y elarea de 4DPC es 8. Determinar el area de 4CPQ.

AD

CB

Q

P

6. Considere el numero de siete dıgitos P = 33xy49z (x , y, z son dıgitos). Determine x ,y, z, de modo que el numero P sea multiplo de 693.

IV ciclo (10◦,11◦,12◦)Primer dıa1. Sea Γ un cırculo unitario (es decir, de radio 1), de centro O y sea AB un diametrode Γ. Sea ` una tangente a Γ por A. Trace un cırculo unitario con centro en A ytome C uno de los puntos donde este cırculo corta a Γ. Se dibuja un tercer cırculotambien unitario y centro en C , sea D el punto distinto de O donde este cırculo corta

89al segundo cırculo construido. Trace la recta OD que corta a ` en E y sea H sobre ` ,en la direccion −→EA tal que EH = 3.Demuestre que BH es solucion de la ecuacion 9x4 − 240x2 + 1492 = 0.

2. Distribuya los numeros 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16 en dos grupos de8 numeros cada uno de manera que la suma de todos los numeros de un grupo seaigual a la suma de todos los numeros del otro grupo y la suma de todos los cuadradosde los numeros de un grupo sea igual a la suma de todos los cuadrados del otrogrupo.3. Sean a1, a2 . . . ak numeros primos, formense con ellos P1, P2, . . . , Pk+1 numeros com-puestos cuyos factores son unicamente uno o varios entre a1, a2, . . . , ak . Demuestreque o alguno entre P1, P2, . . . Pk+1 es cuadrado perfecto o el producto de varios deellos es cuadrado perfecto.

Segundo dıa

4. Sea AB el diametro de un cırculo de centro O. ←→BM es tangente al cırculo en el puntoB. ←→CF es tangente al cırculo en el punto E , e interseca a ←→BM en C . La cuerda AE ,cuando se prolonga, interseca ←→BM en D. Pruebe que BC = CD.

5. Sea f : R −→ R − {2}; y w > 0 un numero real fijo tal que f (x) = 2f (x + w)− 3f (x + w)− 1 .Pruebe que f es una funcion periodica de perıodo 3w .

6. Demuestre que a2 − a+ 1 divide aa2n+1 + (a− 1)n+2.

90

Solucion de los ejercicios propuestos

NIVEL A

SELECCION1. (d) El cociente es 10020 03004 00500 60070 08009que tiene 25 dıgitos.2. (a) El area de cada cuadrado es 100 cm2. La parte superpuesta es 14 de cada cuadrado,es decir 25 cm2. De modo que el area de la figura es 200− 25 = 175 cm2.3. (a) Juan puede ser el padre de Antonio y este, a su vez, el padre de Carlos. En estecaso se satisfacen las condiciones del problema y Carlos es el nieto de Juan. Sepueden analizar las otras situaciones y convencerse de que no son ciertas.4. (c) Tenemos py = bxy, qx = bxy, entonces b4 = (bxybxy)z = b2xyz ; luego xyz = 2.5. (a) Sea x la medida del lado de cada cuadrado. Entonces 7x2 = 112⇒ x2 = 112÷7 =16 ⇒ x = 4. Ası, el perımetro es 4 · 16 = 64 cm.6. (b) 3x4x − 1 = ( 111)−1 ⇒ 12x − 1 = 11 ⇒ 12x = 12 ⇒ x = 1.7. (a) El menor numero entero para el cual el 65 % es un numero entero es 20.8. (d) Para que en un piso paren exactamente cuatro ascensores, deben parar A, que paraen todos, y tres de los restantes: B, C y D paran en los multiplos de 5 · 7 · 17 = 595;B, C y E paran en los multiplos de 5 · 7 · 23 = 805; B, D y E paran en los multiplosde 5 · 17 · 23 = 1955; C, D y E paran en los multiplos de 7 · 17 · 23 = 2737. Entre 1y 1000 hay un solo multiplo de 595 que es 595; tambien hay un solo multiplo de 805,que es 805 y no hay multiplos de 1955 ni de 2737. Por lo tanto, los pisos en los queparan exactamente cuatro ascensores son el 595 y el 805.9. (c) 80 = 24 · 5. Luego p = 2α1 · 5β1 , q = 2α2 · 5β2 , max{α1, α2} = 4, max{β1, β2} = 1.Si α1 = 4 entonces α2 ∈ {0, 1, 2, 3, 4} salen 5 posibilidades:(α1, α2) ∈ {(4, 0), (4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4)}. Si α2 = 4 entonces α1 ∈ {0, 1, 2, 3, 4} y

91

92(α1, α2) ∈ {(0, 4), (1, 4), (2, 4), (3, 4), (4, 4)}. En total hay nueve parejas. Si β1 = 1,β2 ∈ {0, 1}. (β1, β2) ∈ {(1, 0), (1, 1)}. Para el caso en que β2 = 1, β1 ∈ {0, 1};(β1, β2) ∈ {(0, 1), (1, 1)}. Se obtienen tres parejas. Total 9 · 3 = 27.

10. (a) Como el taxista nunca ha ido a un juego de beisbol y Becerra y Espinoza vanjuntos al juego de beisbol, se sigue que Villanueva es el taxista.Espinoza nunca ha oıdo hablar de sellos, por lo tanto Espinoza no es panadero y comoVillanueva es el taxista, Espinoza es el bombero. Luego, Becerra es el panadero.11. (c) (ANCM) = (ABCD)− (ADM)− (ABN) = 20 ·16− 10·162 − 20·82 = 320−80−80 = 160.12. (c) Se tiene que a

b −ba = a2−b2

ab = (a+b)(a−b)ab = a+b

a ·a−bb y la suma de estos factoreses a

b + ba .13. (a) En 4ABC , el lado mayor es BC pues se opone al angulo mayor. Pero este ladopertenece tambien a 4BCD en el cual el lado mayor es BD que se opone al angulomayor (de 65◦). Ası, BD es el mayor.

14. (b) Como 3 y 5 son impares, tambien lo son 313 y 1513, de modo que m es par y porlo tanto el menor primo que lo divide es 2.15. (a) Para facilitar el analisis sea:(1) Ningun apellido coincide con el lugar de nacimiento.(2) El nacido en Trujillo no tiene el mismo apellido que el nombre del lugar denacimiento del sr. Bolıvar.(3) El nacido en Lara no es el senor Sucre.(4) El nacido en Lara no tiene como apellido el nombre del lugar de nacimiento delsr. Lara.Si en Sucre nacio Lara, en Lara nacio Bolıvar, en Trujillo nacio Sucre y en Bolıvarnacio Trujillo se cumplen las condiciones pedidas. Verifiquemos que las otras no sonposibles. En Sucre no nacio Sucre (por (1)). Si en Sucre hubiera nacido Trujillo, entonces, por (1) y (3) en Lara debio habernacido Bolıvar esto significa que Lara debio nacer en Bolıvar, lo que no es posiblepor (4) o en Trujillo, lo que no es posible por (2). Ası, en Sucre no pudo nacer Trujillo. Si en Sucre hubiera nacido Bolıvar, entonces, por (1) y (3), en Lara debio habernacido Trujillo esto llevarıa a que Sucre nacio en Trujillo, lo que no es posible por (2)o que Sucre nacio en Bolıvar, lo que no es posible por (4). De este modo, en Sucre nonacio Bolıvar.Necesariamente en Sucre nacio Lara.

9316. (a) Sean n, n+ 1, n+ 2, n+ 3 los numeros, entonces(n+ 3)3 − (n+ 2)3 + (n+ 1)3 − n3 = 2(3n2 + 9n+ 10).

Es decir, el resultado es divisible por 2, pero 3n2 + 9n+ 10 = 3(n2 + 3n+ 3) + 1 noes divisible por 3.17. (c) Sea la medida del menor de los angulos 2x , entonces los otros miden 3x y 4x; ası,2x+3x+4x = 180◦, es decir x = 20◦ y la suma de los dos menores es 2x+3x = 100◦.18. (d) Entre el 20 y el 53 (sin contarlos a ellos) hay 32 numeros, entonces hay 32bailarines en esas posiciones, cada uno tiene uno al frente, entonces hay otros 32, sia ellos agregamos el numero 20 y el numero 53 tenemos 66 bailarines.19. (b) Los cubos pueden tener 3, 2, 1, 0 caras azules:◦ Con tres caras azules son los cubitos que resultan de los vertices del cubo grande,en total 8. ◦ Con dos caras azules son los cubitos que resultan de las aristas del cuboque no estan en los vertices, hay 2 por arista y son 12 aristas, en total 24 cubitos. ◦Con una cara azul son los cubitos que estan en las caras del cubo grande pero no enlas aristas; hay 4 por cara y son 6 caras, en total 24. ◦ Finalmente, con 0 caras azulesson todos los restantes: 64− 8− 24− 24 = 8.20. (b) Tenemos:

m = (2a+ 1)2 − (2b+ 1)2= 4(a− b)(a+ b+ 1)= 4(a2 + a− b2 − b)= 4[a(a+ 1)− b(b+ 1)].Puesto que el producto de dos enteros consecutivos es siempre divisible por dos, en laultima expresion, el entero que aparece dentro de los parentesis cuadrados es divisiblepor 2 y por lo tanto m es divisible por 8.21. (a) Sia2 −m2 + 2ab+ b2a2 −m2 + ab+mb = a+ b+m

a+m ,entonces (a+ b+m)(a+ b−m)(a+m)(a+ b−m) = a+ b+ma+m .

Esta ultima igualdad es valida si y solo si a+ b−m 6= 0.22. (d) El triangulo CDE es isosceles, su altura es 4. Si P es el punto en BA tal queEP ⊥ BA, entonces el triangulo EPA es rectangulo y, ası,

EA2 = 102 + 32 = 109.Concluimos que EA = √109.

9423. (a) Tenemos [(2a−b)b (2b−c)c−a(2c+b)c−b

] 1c = [2bc+ac−2c2] 1

c = 2a+b−2c = 20 = 1.24. (b) Sabemos que tres de los candidatos son astutos. Si Carlos y Antonio son igualmenteastutos, entonces ambos son astutos. Como Antonio es astuto entonces Ruben no loes; se deduce que son astutos: Oscar, Carlos y Antonio (1). Oscar y Carlos tienenigual grado de inteligencia; si ambos fuesen altamente inteligentes entonces Antonioy Ruben no lo serıan. Esto significarıa que el unico candidato con firmeza es Ruben(cada candidato cumple al menos uno de los requisitos). Pero, en este caso, ninguncandidato tendrıa todos los requisitos. Por consiguiente, podemos concluir que los doscandidatos altamente inteligentes son Antonio y Ruben (2). De (1) y (2) se deduce queel unico candidato que reune todas las condiciones es Antonio; en consecuencia elsera el elegido.25. (d) Si el numero es abcd, debemos tener a2 + d2 = 13, solo hay dos posibilidades:

a = 2 y b = 3 o a = 3 y b = 2. Por otra parte b2 + c2 = 85 = 22 + 92 = 62 + 72 yde aquı salen cuatro posibilidades para los valores de b y c. Hay entonces 2 · 4 = 8numeros con la propiedad indicada.26. (b) En general, k es el padre de los hijos: 3k − 1, 3k , 3k + 1. Como 2000 no es de laforma 3k ni 3k + 1, entonces 2000 = 3k − 1 y por lo tanto k = 667 es su padre.27. (c) Cuatro personas pueden satisfacer las condiciones planteadas. Por ejemplo A y Bson hermanos, C es hijo de A y D es hija de B. Entonces A es tıo de D, B es tıa de

C ; C y D son primos.28. (b) Puesto que BD es mediana y altura del triangulo isosceles ABC , entonces en eltriangulo rectangulo ADB:

100 = 64 + BD2 ⇒ BD = 6.Por condicion dada en el enunciado del problema: BF = 23 · 6 = 4. Luego FD =BD−BF = 6−4 = 2. Finalmente, el area del triangulo rectangulo AFD es 12 ·8 ·2 = 8cm2.

29. (b) Como 4ABE es isosceles entonces E es el punto medio de DC ; como FC = FBentonces F es el punto medio de BC ; como ABCD es un cuadrado, por lo anterior, setiene que EC = FC . Ası, 4ECF es rectangulo e isosceles y por lo tantom∠EFC = 45◦ ⇒m∠EFB = 180◦ − 45◦ = 135◦.

30. (a) El segundo numero se obtiene al dividir el primero entre 2, el tercero al dividirel segundo entre 3, el cuarto al dividir el tercero entre 4; ası, el quinto se obtiene aldividir el cuarto entre 5, es decir, 60÷ 5 = 12.

9531. (b) Si es isosceles, dos de los lados tienen que ser iguales. Consideramos los diferentescasos: b + 1 = 7 − b ⇒ b = 3, ası, los lados deberıan ser 3 + 1 = 4, 7 − 3 = 4y 4 · 3 − 2 = 10, pero estos no pueden ser los lados de un triangulo puesto que4 + 4 < 10; este caso no se da. Ahora, si b+ 1 = 4b− 2, entonces b = 1; los ladosserıan 2, 5 y 2, que tampoco corresponden a los lados de un triangulo. Finalmente, si7 − b = 4b − 2, entonces b = 95 , los lados serıan 145 , 265 y 265 que si corresponden alos lados de un triangulo. La situacion se da solo para un valor de b.32. (a) Tenemos que 1998 = 2 · 33 · 37, entonces n = 3 y 10n + c = 37 ⇒ 30 + c = 37⇒ c = 7.

33. (d) m∠COD = 12m∠BOA ym∠COD +m∠COB +m∠BOA = 180◦32m∠BOA+ 120◦ = 180◦

m∠BOA = 40◦.34. (c) El numero N tiene que ser divisible por 2 y por 3. Ası, b tiene que ser par y lasuma de los dıgitos tiene que ser divisible por 3, es decir, 9 + a+ b divisible por 3.En conclusion, para b = 0, tenemos a = 0, 3, 6, 9; para b = 2, a = 1, 4, 7; para b = 4,

a = 2, 5, 8; para b = 6, a = 0, 3, 6, 9 y para b = 8, a = 1, 4, 7. Son 17 maneras deescoger la pareja de numeros a, b.35. (d) Comparemos los triangulos CFD y CED. Si pensamos que tienen sus bases sobrela diagonal BD, vemos que tienen la misma altura, pero la base del primero es la mitadde la base del segundo. Por lo tanto, (CFD) = 12 (CDE). Como las diagonales partenel cuadrado en cuatro triangulos congruentes a CDE , el area de dicho triangulo esun cuarto del area del cuadrado. Por lo tanto,

(CFD) = 18 (ABCD) = 18 .

DC

BA

E

F

36. (b)

96

BC

D

x

37. (a) Vemos que DE = CE y CE = AF − BC , DE = 1, entoncesAB + BC + CD + DE + EF + FA = 9, 41 Luego:

1 + 2 + CD + 1 + 1 + 3 = 9, 41; CD = 1, 4138. (b) Tenemos que

1099 − 99 = 1 00 . . . 0︸ ︷︷ ︸99 veces − 99 = 99 . . . 9︸ ︷︷ ︸97 veces 01,entonces la suma es 9 · 97 + 1 = 874.

39. (d) Podemos dividir la figura en 4 rectangulos iguales:

Cada rectangulo tiene area igual a 50. Si llamamos a los lados pequenos con x ,entonces x · 2x = 50⇒x = 5. Por lo tanto el perımetro de la figura es8x + 4(2x) = 8 · 5 + 4 · 10 = 80.

40. (d) Podemos seguir los caminos en el siguiente arbol, partiendo de 1, hasta llegar a7 en cada caso.

76 7 7 7 7 75 6 6 7 6 7 7 6 7 7 74 5 5 6 5 6 6 73 4 4 52 31

9741. (d) (MPQD) = 12 (BNDM) = 12 · 12 (ABCD) = 14 · 5 · 3 = 3, 75.42. (a) Se puede escribir 16555 = 43 · 11 · 7 · 5. Luego, la madre tiene 43 anos y las edadesde sus hijas son 5,7 y 11. Ası, 11− 5 = 6 es el dato pedido.43. (a) Si ponemos otro triangulo igual sobre el lado AB como se muestra en la figura,tenemos un paralelogramo ACBC ′.

A B

C ′C

Por lo tanto, las rectas paralelas miden todas 10 y la suma de los 7 segmentos dentrode 4ABC es igual a 7·102 = 35.44. (d) Para formar un cuadrilatero no debemos tomar 3 o 4 vertices en una fila. Luego solose puede tomar dos de cada fila y para cada fila esto se puede hacer de 6 manerasdiferentes, de modo que hay 6 · 6 = 36 maneras de tomar los vertices.45. (b) En el primer movimiento quedamos en la silla 2, en el segundo movimiento estare-mos en la 1 o en la 3, es decir, una silla con numero impar. Entonces, en los movimientosimpares estaremos sentados en una silla con numero par y en los movimientos paresestaremos sentados en sillas con numero par. Ası, despues del movimiento 19 estare-mos ubicados en una silla par. Luego quitamos las sillas 1 y 5, entonces, al realizarel primer movimiento luego de esto, necesariamente estaremos en la silla 3 (antesestabamos en 2 o en 4), en el segundo movimiento estaremos sentados en una sillacon numero par y ası sucesivamente, de modo que en el movimiento 99 que es impar,estaremos en una silla de numero impar, esta solo puede ser la numero 3.46. (b) Hay tres tamanos de triangulos: los que constan de solamente un triangulito queson 12; los que estan formados por cuatro triangulitos que son 6 y los que estanformados por nueve triangulitos, que son 2. En total hay 20 triangulos.47. (d) El arreglo posible es 3 4 1 2 52 5 3 4 14 2 5 1 31 3 4 5 25 1 2 3 448. (a) Hay 25 alumnos en la clase. Como 6 alumnos sacaron 60 en matematicas, entonceshay 19 alumnos que no sacaron 60 en matematicas y, por lo tanto, hay a lo mas 19deportistas. Si le damos un punto a cada uno de los deportes practicado por algun

98alumno tenemos 17+13+8 = 38 puntos para los deportes y hay a lo mas 19 personasque practican deportes y ninguna de ellas practica tres deportes, entonces concluimosque todas practican dos deportes. De los 19 deportistas, 17 son ciclistas; luego, hayunicamente dos alumnos que son a la vez nadadores y futbolistas.49. (c) Observe la figura:

D C

BA

N Q

M

R

P

Los siguientes son paralelogramos pues tienen sus lados opuestos paralelos: ARPN ,RBQP , PQCM , NPMD. Por lo tanto (RPN) = 12 (ARPN); (RQP) = 12 (RBQP);(PQM) = 12 (PQCM); (NPM) = 12 (NPMD). Tenemos ası que

(RQMN) = 12 (ARPN) + 12 (RBQP) + 12 (PQCM) + 12 (NPMD)= 12 (ABCD) = 12 · 40 = 20 cm2.50. (d) Para pisar la sexta grada, podemos escoger entre:• 6 pasos de 1• 2 pasos de 1 y dos de 2• 4 pasos de 1 y uno de 2• tres pasos de 2Sin embargo, el orden de los pasos dados tambien es relevante. Las posibilidadesademas son:• Con 6 pasos de 1 solo existe un orden posible.• Con 4 pasos de 1 y uno de dos, hay 5: 2 + 1 + 1 + 1 + 1; 1 + 2 + 1 + 1 + 1;1 + 1 + 2 + 1 + 1; 1 + 1 + 1 + 2 + 1; 1 + 1 + 1 + 1 + 2.• Con 2 pasos de 1 y dos de 2 hay 6: 2 + 2 + 1 + 1; 2 + 1 + 2 + 1; 2 + 1 + 1 + 2;1 + 2 + 2 + 1; 1 + 2 + 1 + 2; 1 + 1 + 2 + 2.• Con tres pasos de dos solo hay un modo.En total hay 13 posibilidades. Para contar cuantas maneras de ir de la sexta a ladecima, procedemos de modo analogo; que nos da• Con 4 pasos de 1 solo hay un modo• Con 2 pasos de 1 y uno de 2 hay tres modos: 1 + 1 + 2; 1 + 2 + 1; 2 + 1 + 1

99• Con dos pasos de 2 solo hay un modo.Ası, existen 5 posibilidades de la sexta a la decima grada. En total hay 13 · 5 = 65maneras puesto que para cada una de las 13 posibilidades hay 5 maneras.

51. (c) y = a+ bx , a−b = 1, a− 15b = 5. Por lo tanto b = 5y a = 6, es decir a+b = 11.

52. (c) Tenemos que4EFG esta dentro del paralelogramo ABFG y4FGH esta contenidoen el paralelogramo DCFG, por lo tanto(FEGH) = (EFG) + (HFG) = 12 (ABFG) + 12 (FCDG) = 12 (ABCD).

Luego, el area que buscamos es 5 cm2.DESARROLLO1. Hay 4 que estan en los tres clubes; como al menos 7 estan en jardinerıa y teatro,entonces 3 estan solamente en jardinerıa y teatro, como al menos 4 estan en jardinerıay pintura, entonces no hay ninguno que este solamente en esas dos; del mismo modohay 15 que estan solamente en teatro y pintura. Ahora, 7 estudiantes estan al menosen jardinerıa, pero de ellos hay 4 en los tres clubes y 3 tambien en teatro, entoncesninguno esta solo en jardinerıa. Tambien, 27 estan al menos en teatro, pero de ellos15 estan tambien en pintura, 3 estan tambien en jardinerıa y 4 en los tres clubes, demodo que hay 5 que estan solo en teatro. De los 40 que estan al menos en pintura hay15 tambien en teatro y 4 en los tres clubes, de modo que hay 21 que estan solamenteen pintura.Finalmente, de los 93 estudiantes, 26 estan en solo un club, 18 estan en dos clubes y4 en los tres clubes. Concluimos que los que no estan en ningun club son

93− 26− 18− 4 = 45.2. Si x es la cantidad original, al primer hijo le dio 1000 + 110 (x − 1000), al segundo2000 + 110 (x − 3000− 110 (x − 1000)), al igualar estas cantidades y resolver tenemosx = 81000 y entonces reparte a cada uno 9000 colones. Tiene 9 hijos.

3. Observamos que todos los numeros enteros positivos pueden escribirse como 3k o 3k+1 o 3k + 2 (por la division entre 3).Consideremos primero el caso n = 3k . Tenemos N = 9k2 + 1; como 9k2 es divisiblepor 3 y 1 no lo es, entonces N = 9k2 + 1 no es divisible por 3.Caso n = 3k + 1. Aquı, N = 9k2 + 6k + 2, el mismo argumento de antes prueba queN no es divisible por 3.Caso n = 3k + 2 ⇒ N = 9k2 + 12k + 5, que, por las mismas razones no es divisiblepor 3.

1004. Observemos que para cualquier operacion de adicion o supresion de segmentos lacantidad de letras U y letras A en ese segmento es la misma. Esto significa que ladiferencia entre la cantidad de letras A y la cantidad de letras U en una palabrano varıa, es decir, es constante. La palabra UAA tiene una U y dos A, la diferenciadel numero de U’s menos el de A’s es −1; la palabra AUU tiene dos U y una A, ladiferencia del numero de U’s menos el de A’s es 1, de manera que de la palabra UAA nose puede obtener AUU con las operaciones permitidas y por eso no se puede afirmarque estas palabras tienen necesariamente el mismo significado.5. Como n es par, podemos escribir n = 2k con k entero. Ası, N = 8k3 + 40k =8k (k2 + 5), de modo que N es divisible por 8. Ahora:

k(k2 + 5) = k

(k2 − 1 + 6) = (k − 1) k (k + 1) + 6k (1)

Como (k − 1) k (k + 1) es el producto de tres numeros enteros consecutivos, entoncesal menos uno es divisible por 2 y otro por 3, entonces (k − 1) k (k + 1) es divisiblepor 6, de manera que (k − 1) k (k + 1) + 6k es divisible por 6 y, entonces, por (1), setiene que k (k2 + 5) es divisible por 6 y en conclusion N = 8k (k2 + 5) es divisiblepor 48.6. Dado que

xx ′ = y

y′ = zz′ ,entonces

xy′ = yx ′, xz′ = zx ′, zy′ = yz′. (1)Ahora (√

xx ′ +√yy′ +√zz′)2= xx ′ + yy′ + zz′ + 2√xx ′yy′ + 2√xx ′zz′ + 2√yy′zz′ (2)

Por (1): xx ′yy′ = (xy′)2, xx ′zz′ = (xz′)2 y yy′zz′ = (yz′)2. Entonces la expresion (2)se convierte enxx ′ + yy′ + zz′ + 2xy′ + 2xz′ + 2yz′. (3)Usando otra vez (1) tenemos que 2xy′ = xy′+x ′y, 2xz′ = xz′+zx ′ y 2yz′ = zy′+yz′.Por lo tanto (3) se convierte en

xx ′ + yy′ + zz′ + xy′ + yx ′ + xz′ + zx ′ + yz′ + zy′. (4)La factorizacion de esta ultima expresion es

(x + y+ z) (x ′ + y′ + z′)

101Es decir (√

xx ′ +√yy′ +√zz′)2 = (x + y+ z) (x ′ + y′ + z′)

y por lo tanto, obteniendo raız cuadrada:√xx ′ +√yy′ +√zz′ =√(x + y+ z) (x ′ + y′ + z′)

7. De las igualdades dadas se deduce que T = 49A, A ≤ 9 y T es un numero enteropositivo, por lo que A = 9, ası, M = 6, T = 4, I = 3. Ahora la suma es9 6 L P 4 +9 O 6 9

L D6 E 4C O 6 3 3 4

En la primera columna de la derecha, al sumar se tiene que 17 +D debe terminar en4 y como D es un dıgito, se sigue que D = 7. Ademas 9 + . . . = C O; de aquı y delhecho de que de la penultima columna necesariamente debemos llevar 1, se tiene queC = 1 y O = 0. Quedan los dıgitos 8, 2, 5 para las letras P , L, E . Se tiene entoncesque P + L+ E = 15, pero en la segunda columna, partiendo de la derecha, se debedar que P + 6 + L+ E + 2 = 15 + 6 + 2 = 23 y, continuando con la suma, L+ 6 + 2debe terminar en 3, de donde L = 5. Como E < P , entonces E = 2, P = 8. Ası, losnumeros dados representan las palabras: OLIMPIADA y MATEMATCA.

8. Sea ab + c

d = n ∈ N. Entonces ad + bc = nbd ⇒ bc = d(nb − a); como cd esirreducible entonces c y d son primos relativos y entonces b es divisible por d. De

ad+ bc = nbd se tiene da = b(nd− c) y como a y b son primos relativos, entoncesd es divisible por b. Como b y d son positivos se tiene que son iguales (pues b dividea d y d divide a b).

9. Digamos que un salto hacia adelante es positivo y un salto hacia atras es negativo.Lo que el problema indica es ver si es posible asignar el signo + o − a cada uno delos numeros 1, 2, . . ., 1985 de modo que la suma de todos esos numeros (con signo)sea igual a 0 (el grillo estarıa otra vez en su posicion original). Tenemos que1 + 2 + · · ·+ 1985 = 1985 · 19862 = 1971105,

que es un numero impar. Si a alguno de sus terminos le cambiamos el signo entoncesestarıamos restando un numero par y, por lo tanto, el nuevo resultado tambien esimpar, nunca podrıa ser 0 porque 0 es par. El grillo no puede regresar a su posicionen 1985 saltos realizados de la manera indicada.

10210. Si el numero ası formado tiene 90 cifras entonces doce de ellas son iguales a y 78son iguales a 2. Como un numero es divisible por 9 si y solo si la suma de sus cifrases divisible por nueve. Debemos tener entonces que

2 · 78 + 12a = 9ko, de modo equivalente, 52 + 4a = 3k . Esto es, 3 tiene que dividir a 4a+ 52. De aquı,a no puede ser multiplo de 3, probamos con los otros dıgitos y vemos que los quesirven son a = 2, a = 5 y a = 8.11. Supongamos que se dividen los 10 ninos en tres equipos. Uno de los equipos debetener al menos 4 integrantes. Digamos que Diego es uno de los ninos en el equipo depor lo menos 4 integrantes. Diego tiene 7 amigos, pero entre los otros equipos hay alo mas 6 ninos; por lo tanto, Diego tiene un amigo en su equipo.12. Suponga que coloreamos el tablero con casillas blancas y negras como se ve en lasiguiente figura:

Observamos que con la jugada del camello, la ficha se desplaza siempre de una casillaa otra del mismo color en la que estaba. Como dos casillas vecinas tienen diferentecolor, entonces no es posible desplazar la ficha de una casilla a alguna vecina usandosolamente la jugada del camello.13. Notemos que DEAF es un rectangulo, por lo que EF = AD. El punto D para el cualAD es mınimo es el pie de la altura trazada desde A.

A B

C

ED

F

14. Designemos las personas por p1, p2, ..., p10 y construyamos un tablero (10x10) de lasiguiente forma:

103? Escribimos un 1 en la posicion (i, j) si pi conoce a pj? En las posiciones (i, i) colocamos un *.El enunciado asegura que en el tablero habra exactamente 2 · 19 = 38 unos. Si todaslas personas conocieran al menos a 4 personas, entonces habrıa al menos 4 · 10 = 40unos, lo cual no puede ser. Entonces al menos una persona conoce como maximo atres personas.15. Como todos los numeros de cada fila son diferentes entre sı, y todos los numeros decada columna son diferentes entre sı, entonces cada uno de los numeros esta escrito25 veces. Ası, hay 25 unos, como estan escritos en forma simetrica con respecto a ladiagonal principal y 25 es impar, entonces, por lo menos un 1 esta en la diagonalprincipal; del mismo modo, habra al menos un dos, un tres, ..., un veinticinco. Pero ladiagonal principal tiene 25 casillas, entonces hay exactamente uno de cada uno delos 25 numeros escritos en la diagonal principal y, entonces, todos son diferentes.16. Como son consecutivos podemos escribir estos numeros como: c−2, c−1, c, c+1, c+2y entonces

a+ b+ c + d + e = m3 ⇒ 5c = m3 (1)b+ c + d = n2 ⇒ 3c = n2 (2)

De (1) y (2) se deduce que c tiene que ser multiplo de 3 y de 5. Siendo c mınimo, delos unicos numeros primos que debe ser multiplo son 3 y 5, entonces c es de la formac = 3r · 5s.

Por (1), r = 3p, s = 3q − 1 y por (2), r = 2u − 1, s = 2v . Los menores enterospositivos que cumplen estas dos condiciones son r = 3 y s = 2. Por lo quec = 33 · 52 = 675.

17. Numeremos los escalones del 1 al 10. Luego, la suma S de los numeros asignados alos escalones esS = 1 + 2 + · · ·+ 10 = 55.

Si una rana sube k peldanos, otra baja k peldanos. Esto significa que la suma delos numeros asignados a los peldanos en donde se encuentran las ranas permanececonstante en 55 pues 55+ k− k = 55. Por ejemplo, si inicialmente la rana que estabaen el peldano 7 baja al 4 y la del 6 sube al 9, la suma S se calcularıa ası:S = 1 + 2 + 3 + 4 + 4 + 5 + 8 + 9 + 9 + 10 = 55.

Lo anterior significa que las 10 ranas no pueden estar en el mismo peldano, pues deestar todas en el peldano p tendrıamos que S = 55 = 10p, que no tiene solucion enlos enteros.

10418. Hay 14 cifras 0. Entonces, la cantidad de cifras distintas de 0 es 1994 − 14 = 1980.Sea k la cantidad de cifras 1 en N ; entonces la cantidad de cifras 2 es 2k , la decifras 3 es 3k , ..., la cantidad de cifras 9 es 9k . Como N tiene 1980 cifras distintas de0 entonces 1980 = k + 2k + · · ·+ 9k = 45k y, por lo tanto, k = 44. Si S es la sumade las cifras de N , entonces

S = 14 · 0 + 1 · 44 · 1 + 2 · 44 · 2 + 3 · 44 · 3 + · · ·+ 9 · 44 · 9= 44(12 + 22 + · · ·+ 92) = 12 540.Vemos que la suma de las cifras de N es 12 540 que es multiplo de 3, pero que noes multiplo de 9. Ası, si N fuese igual a k2, siendo N multiplo de 3, k tendrıa queser multiplo de 3 y en ese caso k2 = N serıa multiplo de 9, cosa que no sucede.Concluimos que N no es cuadrado perfecto.

19. En cada centena hay que escribir los numeros que terminan en 8 que son 10, maslos que empiezan en 8 que son otros 10. Ası, son 20 en cada centena, excepto en lacentena de los ochocientos de modo que tenemos 9 · 20 = 180 de estas centenas,mas 120 ochos por la centena de los ochocientos que dan un total de 300 ochos enel primer millar. Como hay dos millares, se tienen 600 de estos. Ademas 20 en lasiguiente centena y uno mas en la ultima pagina. Ası, se reescribieron 621 ochos enlas 2108 paginas.20. El menor numero terminado en 88 y cuyas cifras suman 88 es 9999999988. Pero estenumero no es divisible por 8 (por lo tanto no lo es por 88). En el lugar de las centenasdebe haber un numero par, pero en tal caso, para conservar la suma de los dıgitos,el numero tiene que tener por lo menos 11 dıgitos. El mas pequeno de los numerosque satisfacen las dos propiedades (suma de los dıgitos igual a 88 y multiplo de 8) es19999999888, pues el dıgito de la izquierda es 1. Este numero es multiplo de 11 pues1 + 9 + 9 + 9 + 8 + 8 = 44 y 9 + 9 + 9 + 9 + 8 = 44 y 44 − 44 = 0. Entonces elnumero es multiplo de 8 · 11 = 88. Ası que, el numero buscado es 19999999888.21. El area del rompecabezas es

1 + 16 + 49 + 64 + 81 + 100 + 196 + 225 + 324 = 1056 = 25 · 3 · 11que tambien es el area del rectangulo. Para ubicar el cuadrado de lado 18, los ladosdel rectangulo deben medir al menos 18.Las dimensiones posibles son 48 × 22, 32 × 33 o 24 × 44. Si tiene un lado de 24, alponer el cuadrado de 18 quedan 6 y no se puede seguir. Si se tiene un lado de 22,despues de poner el cuadrado de 18 quedan 4, poniendo el cuadrado de 4, abajo deeste queda un hueco que no se puede llenar. De 32 × 33, sı se puede armar, unasolucion la da la siguiente figura.

105

18× 18 15× 15

14× 14 10× 10 9× 98× 87× 74× 4

22. Como 36 = 729 y q ≥ 11, si p ≥ 3 se tiene que p6q ≥ 729 · 11 = 8019 > 2300.Las relaciones anteriores nos dicen que p debe ser igual a 2. Ahora, 26 = 64 y26q = 64q < 2300, esto es, q ≤ 35. El mayor primo menor que 35 es 31, se llega a lasolucion n = 26 · 31 = 1984.23. Nombremos los vertices de la manera como lo muestra la figura:

A1

B1

A2

B2

A3

B3

A4

B4

A5

B5

A6

B6

A7

B7

A8

B8

A9

B9

A10

B10

A = = B

Cada Ai representa el numero de caminos que hay para ir desde A = A1 hasta elvertice denotado con Ai, del mismo modo, Bi representa el numero de caminos que haypara ir desde A = A1 hasta el vertice denotado con Bi. Por ejemplo, A1 = 1, B1 = 1,B2 = 2, A2 = 3. Observe que para llegar a Bi+1 solo se puede hacer desde Ai o desdeBi y para llegara a Ai+1 antes debe estar en Ai o en Bi+1. Luego,

Bi+1 = Ai + BiAi+1 = Ai + Bi+1 = 2Ai + Bi

Con la ayuda de estas relaciones y, puesto que A1 = 1 y B1 = 1, podemos generar lasiguiente tabla:i 1 2 3 4 5Bi 1 2 5 13 34Ai 1 3 8 21 55i 6 7 8 9 10Bi 89 233 610 1 597 4 181Ai 144 377 987 2 584 6 765

Como A10 = B, concluimos que hay 6 765 caminos para ir desde A hasta B.

10624. Tenemos que a2 + b2 = 52ab ⇒ a2 + 2ab + b2 = 52ab + 2ab ⇒ (a + b)2 = 92ab.Procediendo analogamente, (a− b)2 = 12ab. Entonces

(a+ b)2(a− b)2 = 92ab12ab = 9⇒ ∣∣∣∣a+ ba− b

∣∣∣∣ = 3y por lo tanto a+b

a−b puede tomar los valores 3 y −3.25. Separemos los segmentos en dos clases:Clase A: los segmentos que unen extremos de igual color.Clase B: los segmentos que unen extremos de diferente color.Si P es un punto especial, consideremos dos conjuntos de segmentos:

Ap: segmentos de A que tienen un extremo en P .Bp: segmentos de B que tienen un extremo en P .Supongamos que Ap tiene a elementos y que Bp tiene b elementos, tenemos, por lascondiciones del problema, que b > a.Al cambiar el color de P , los segmentos de Ap tendran extremos de distinto color ylos de Bp los tendran de igual color. Observemos cuidadosamente la nueva situacion:la cantidad de segmentos de clase B aumento en a y disminuyo en b, o sea que esmenor que antes de cambiar el color de P . En conclusion, en un numero finito depasos no quedaran segmentos de clase B y por lo tanto no habra puntos especiales.

26. Sean y a, b, c los lados. Entonces a2 = 505, b2 = 233, c2 = 52. De acuerdo con laformula de Heron el area del triangulo es14√(a+ b+ c)(b+ c − a)(a+ b− c)(a− b+ c) =

14√(b2+c2−a2+2bc)(a2−b2−c2+2bc) =

14√(2bc + 220)(2bc − 220) = 14√4b2c2 − 2202 = 14√64 = 2.27. Sea x el numero de hija y y el numero de hijos, cada hija tiene el mismo numero dehermanas que de hermanos, es decir,

x − 1 = y;cada hijo tiene el doble de hermanas que de hermanos, es decir

2(y− 1) = x.

De aquı: 2(y− 1) = y+ 1 ⇒ y = 3 y por lo tanto x = 4. En la familia hay tres hijosy cuatro hijas.

10728. Llamemos con a1, a2, b1, b2, c1, c2, a las afirmaciones de los diarios A, B, C, respecti-vamente, en el orden en que fueron enunciadas. Sabemos que una de las afirmacionesde A es falsa (F) y la otra verdadera (V).i) Si a1 es F entonces X gano y a2 es V. Dado que X gano, b2 es V y por lo tanto b1debe ser F. Entonces el orden de llegada fue X , Y , Z . Con este orden, c1 es V y c2 esF.ii) Si a2 es F entonces Y gano y a1 es V. Dado que Y gano, b1 es F y por lo tanto

b2 debe ser V. Entonces el orden de llegada fue Y , X , Z . Con este orden, c1 es V yc2 es F.El orden de llegada pudo haber sido X, Y , Z o bien, Y , X, Z ; ambos son consistentescon las afirmaciones de los tres diarios. Solo puede afirmarse que Z llego ultimo.

29. Consideremos la figura:

A B

CD

P

Q

h

Observando los triangulos ADC y PDC concluimos que DP = 12AD y ambos triangulostienen la misma altura desde el vertice C ; por lo tanto (PDC ) = 12 (ADC ) . Del mismomodo (PAB) = 12 (DAB). Por otra parte, tomando DC = 6 como base del 4ADC ycomo altura h = 4, se tiene (ADC ) = 12DC · h = 12. Luego, (PDC ) = 6.Utilizando base AB = 10, altura h, tenemos (DAB) = 20, de donde (PAB) = 10.Entonces tenemos(CPB) = (ABCD)− (PAB)− (PCD) = 4 (10 + 6)2 − 10− 6 = 16.

Los triangulos CPQ y CQB tienen igual area pues PQ = QB. En consecuencia secumple que (CPQ) = (CQB) y(CPQ) = 12 (CPB) = 8.

30. Observe que si n es par, con n = 2k , entoncesSn = 1− 2 + 3− 4 + 5 + · · · − 2k= −1 +−1 + · · ·+−1 (k veces − 1) = −k

108Si n es impar, n = 2k + 1, entonces

Sn = 1− 2 + 3− 4 + 5 + · · · − 2k + 2k + 1= −1 +−1 + · · ·+−1 + 2k + 1= −k + 2k + 1 = k + 1.Ası, S57 = S2·28+1 = 28 + 1 = 29, S69 = S2·34+1 = 34 + 1 = 35, S60 = S2·30 = −30.Entonces

S57 + S69 − S60 = 29 + 35− (−30) = 94.31. Sean E y F los puntos de interseccion de la recta ←→QN con MP y BP.

D

A B

C

Q N

P

M

EF

Por la condicion del enunciado EF ·BN2 = 1. Entonces EF · BN = 2. Como M,N, P, Qson los puntos medios de los lados se sigue que EP = NC = BN . Ademas BC ||MP .Entonces BNPE es un paralelogramo (tiene los lados opuestos paralelos y congruen-tes). En consecuencia, F es el punto medio de EN , ya que las diagonales de unparalelogramo se bisecan. Por lo tanto AB = 2MB = 2EN = 2(2EF ) = 4EF . Porotro lado BC = 2BN . Entonces (ABCD) = (AB)(BC ), es decir(ABCD) = (4EF )(2BN) = 8(EF )(BN) = 8 · 2 = 16.

32. Por el teorema de Pitagoras se tiene que (x + 1)2 − b2 = (x − 1)2 − a2. Luego,b2 − a2 = (x + 1)2 − (x − 1)2 ⇒ (b− a)(b+ a) = 4x . Como b+ a = x , entonces, dela ultima igualdad se sigue que (b − a)x = 4x y, puesto que x no es nula, se tieneque b− a = 4.

33. El primer jugador tiene estrategia ganadora: solo necesita en cada turno dejar elmismo numero de fichas con el lado rojo hacia arriba que de fichas con el lado negrohacia arriba, quitando las que haya demas en uno u otro color. Como 1999 es imparno puede haber al principio el mismo numero de fichas con un lado hacia arriba quecon el otro, por lo que el primer jugador puede seguir su estrategia en el primer turno.Ahora, si al principio de un turno del segundo jugador hay la misma cantidad defichas con cada color hacia arriba, este no podra evitar dejar mas fichas mostrando uncolor que el otro. Ası, el primer jugador siempre podra seguir su estrategia, siempre

109que la haya seguido hasta el turno anterior. Como el primer jugador siempre quitaal menos una ficha, el juego termina. Como despues de cada uno de sus turnos elsegundo jugador deja diferentes cantidades de fichas con cada lado hacia arriba, elprimer jugador gana.

34. Tenemosa+ b−1a−1 + b = a+ 1

b1a + b

= ab.

Debemos encontrar los a y b tales queab = 13 y a+ b ≤ 80.

Como ab = 13, entonces a = 13b y por lo tanto

a+ b = 14b ≤ 80.De manera que b es a lo sumo 5. Las parejas (a, b) que cumplen son (13, 1), (26, 2),(39, 3), (52, 4) y (65, 5).

35. Trace una lınea ←→HI paralela a EF por D. m∠GDI = 60◦ y m∠CDI = 45◦, luegom∠GDC = m∠GDI −m∠CDI = 60◦ − 45◦ = 15◦. Por lo tanto m∠DGC = 75◦.

H I

AB

CDE F

G

36. Sea p el numero de fosforos que necesitan ser retirados. Por cada fosforo que se retiredesaparecen, a lo mas, dos cuadrados de 1 × 1. Luego, para desaparecer todos loscuadrados de 1×1 hay que retirar al menos 8 fosforos; ası, p ≥ 8. Pero si conseguimosdesaparecer todos los cuadrados de 1 × 1 retirando 8 fosforos, entonces ninguno deesos fosforos pertenecıa a la frontera del cuadrado grande, de modo que ası aun noha desaparecido el cuadrado de 4× 4; necesariamente, entonces, p ≥ 9. El siguientedibujo es una solucion con p = 9 (este es el mınimo):

110

37. Como m∠AFD = m∠BDF +m∠FBD, tenemos que b+60◦ = a+m∠B. Tambien, dem∠BDE = m∠DEC + m∠DCE obtenemos que a+ 60◦ = c + m∠C. Restando lasdos ecuaciones y recordando que m∠B = m∠C resulta b − a = a − c. Al despejara se obtiene a = b+c2 .

B C

A

60◦

60◦D

EFc

a

b

38. Si los dıgitos de las unidades de los numeros de la tercera fila son todos diferentes,entonces al sumar todos estos numeros, se obtiene un numero cuya cifra de unidadeses 5, puesto que 0+1+2+3+4+5+6+7+8+9 = 45. Pero esa suma tiene que serigual a las suma de todos los numeros ubicados en las casillas de las filas primeray segunda, como esos son los numeros del 1 al 10, dos veces, entonces esa suma es90, cuya cifra de unidades es 0. Esa cifra no puede ser 5 y 0 a la vez, entonces no sepueden escribir los numeros de la manera indicada en el enunciado.39. Cuando sumamos un numero de dos cifras y el numero escrito con las mismas cifrasen orden inverso, la suma es un numero de tres o de dos dıgitos, en este ultimo casolos dıgitos son iguales. Como ningun cuadrado perfecto menor que 100 tiene dos cifrasiguales, debemos buscar sumas que sean mayores que 100. En este tipo de sumas, siel dıgito de las unidades es t, entonces el dıgito de las decenas es t + 1, por lo que

111el unico cuadrado al que podemos llegar es a 121; y las soluciones son 29, 38, 47, 56,65, 74, 83 y 92.

40. Supongamos que no hay puntos marcados a distancia 12 de la orilla de la cuadrıcula.Entonces todos los puntos marcados estan en la cuadrıcula central de 6×6. Dividimosesta cuadrıcula en nueve cuadrados de 2×2. Al haber 10 puntos marcados, debe haber2 en un mismo cuadrado de 2×2. La distancia entre esos dos puntos es menor o igualque √2.41. En la figura, sea a el lado del cuadrado; entonces FB = a

√22 (media diagonal). Labase del triangulo AEB es AE y su altura es FB, entonces su area es AE·FB2 = AE·a√24 ,como es igual al area del cuadrado, se tiene AE·a

√24 = a2, es decirAE = 4a√2 = 2a√2 ⇒ AF = 2a√2 + a

√22 = 5√22 a.Por el teorema de Pitagoras en 4AFB, se tiene130 = ( 5√22 a

)2 + (√22 a)2⇒ 130 = 252 a2 + 12a2 ⇒ a2 = 10.El area del cuadrado es 10.

FA

D

B

CE

42. Sean n, n + 1, n + 2, n + 3 los numeros; su suma es 4n + 6. Supongamos que estasuma es un cuadrado perfecto: 4n+ 6 = p2. Entonces 2(2n+ 3) = p2, por lo tanto ptiene que ser par, digamos p = 2q. Tenemos 2(2n+ 3) = 4q2 ⇒ 2n+ 3 = 2q2; pero2n+ 3 es impar y 2q2 es par, entonces no es posible la igualdad. La suma no puedeser un cuadrado perfecto.43. abcd + dcba = 6435 ⇒

6435 = (1000a+ 100b+ 10c + d) + (1000d + 100c + 10b+ a)6435 = 1001(a+ d) + 110(b+ c)585 = 91(a+ d) + 10(b+ c)91(a+ d) = 585− 10(b+ c)91(a+ d) = 5[117− 2(b+ c)]⇒ 5 divide a a+ d. Como a y d son dıgitos, con a 6= 0, de lo anterior tenemos quea+ d = 5 o 10 o 15; pero no puede ser 10 ni 15 porque entonces 91(a+ d) > 585 lo

112cual no puede ser, entonces a+d = 5. En esta situacion, 91(a+d)+ 10(b+ c) = 585⇒ 10(b+c) = 585−455 = 130⇒ b+c = 13. Hay cinco parejas de dıgitos (a, d) (cona 6= 0) tales que a+ b = 5 y hay seis parejas de dıgitos (b, c) tales que b+ c = 13,entonces hay 5 · 6 = 30 numeros con la propiedad pedida.

44. Los numeros pueden ser escritos como x − 2, x , x + 2. La suma de los cuadrados sera(x − 2)2 + x2 + (x + 2)2 = aaaa,

donde a es un dıgito diferente de 0. Desarrollando se tiene3x2 + 8 = 1000a+ 100a+ 10a+ a⇒3x2 = 1000a+ 100a+ 10a+ a− 8

Luego 1000a+ 100a+ 10a+ a− 8 es divisible por 3. Esto dice que a no puede sermultiplo de 3, pues 8 no lo es.Para a = 8 tendrıamos 8888 − 8 = 8880 ⇒ 3x2 = 8880 ⇒ x2 = 8880 ÷ 3 = 2960 yen este caso x no serıa entero.Para a = 7 tendrıamos 7777− 8 = 7769. Pero 7769 no es divisible por 3.Para a = 5 tenemos 5555 − 8 = 5547 ⇒ 3x2 = 5547 ⇒ x2 = 5547 ÷ 3 = 1849 ⇒x = √1849 = 43.Ası, los numeros 41, 43, 45 satisfacen las condiciones pedidas (412 +432 +452 = 5555).

45. P = x3 = 2y2, entonces 2|x ⇒ x = 2k ⇒ 8k3 = 2y2 ⇒ 4|y2 ⇒ 2|y ⇒ y = 2l⇒ 4k3 = 4l2 ⇒ k3 = l2, entonces, k es un cuadrado y l es un cubo, i.e. k = r2 ⇒x = 2r2 ⇒ P = 8r6. Para r = 1, 2, 3, 4, 5, se obtienen P = 8, 64, 729, 4096, 15625 yestos son los numeros buscados.

46. Sea n = 1a1b1c1d1. Para que n sea multiplo de 33, debe ser multiplo de 3 y de 11.Para que sea multiplo de 3, la suma de sus dıgitos debe ser divisible por 3, es decir1 + a+ 1 + b+ 1 + c+ 1 + d+ 1 = 5 + (a+ b+ c+ d) tiene que ser multiplo de 3.Para que n sea divisible por 11 entonces la suma alternada de sus dıgitos tiene queser divisible por 11, es decir, 1− a+ 1− b+ 1− c+ 1− d+ 1 = 5− (a+ b+ c+ d)tiene que ser divisible por 11. Ası, a + b + c + d tiene que ser de la forma 3k + 1para que al sumarle 5 sea multiplo de 3; tambien tiene que ser de la forma 11k + 5.Consideremos M = (a+ b+ c+ d)− 16. Como a+ b+ c+ d es de la forma 3k + 1,entonces M es divisible entre 3 y como a+b+c+d es de la forma 11k+5, entoncesM es divisible entre 11. Es decir (a+ b+ c + d) − 16 es divisible entre 33 y por lotanto a + b + c + d es de la forma 33k + 16. Como a, b, c, d, son dıgitos, su sumaes a lo mas 36 y si la forma de a+ b+ c + d es 33k + 16, entonces necesariamentea + b + c + d = 16. Asi, la cantidad de numeros de la forma 1a1b1c1d1 divisiblesentre 33 es igual al numero de forma de escoger cuatro dıgitos a < b < c < d cuya

113suma sea 16. Hay 16 formas de hacerlo:

a b c d a b c d0 1 6 9 1 2 4 90 1 7 8 1 2 5 80 2 5 9 1 2 6 70 2 6 8 1 3 4 80 3 4 9 1 3 5 70 3 5 8 1 4 5 60 3 6 7 2 3 4 70 4 5 7 2 3 5 647. Tenemos 22 + 25 + 2j = 22 + 22 · 23 + 2j = 9 · 22 + 2j = r2.Luego: 2j = r2 − 9 · 22 = (r + 6) (r − 6). Ası, r + 6 = 2n y r − 6 = 2m, donde n y mson enteros positivos con m+ n = j y, desde luego, n > m.Como 2n − 2m = (r + 6)− (r − 6) = 12 = 22 · 3, se tiene que 2m (2n−m − 1) = 22 · 3;por lo que m = 2 y n−m = 2. Estos es, n = 4, y por lo tanto el unico valor posiblepara j es j = 6.48. De acuerdo con las condiciones del problema se tiene la siguiente figura.

E

B C

A

D

F

En 4EDB, isosceles, se tiene m]BED = m]EDB, m]BED +m]EDB = m]ABD(prop. angulo exterior).Como m]ABD = 2 ·m]ACB, resulta quem]EDB = m]ACB.Tambien m]FDC = m]EBD (opuestos por el vertice).Entonces 4DCF es isosceles y tenemos DF = FC . m]DAF = 90◦ − m]ACB,m]ADF = 90◦ − m]ACB. De donde el 4AFD es isosceles y tenemos DF = AF .Resumiendo AF = DF = FC y como AF + FC = AC , resulta que DF

AC = 12 .49. Primero veamos que 111, 222, 333, . . ., 999 son equilibrados. Notemos tambien que si elnumero de tres cifras abc es equilibrado entonces tambien lo son acb, bac, bca, caby cba, ademas si dos cifras de un numero equilibrado son iguales, entonces la otra

114debe ser igual a estas dos, por lo que los numeros equilibrados de cifras diferentesaparecen de 6 en 6. Finalmente, debemos tener en cuenta que si abc es equilibrado,con c = a+b2 , entonces a y b deben tener la misma paridad (ambos son pares o ambosimpares a la vez). Construimos ahora los numeros equilibrados siguiendo un orden,primero los que tienen primera cifra 1, luego con 2, etc.:

132, 153, 174, 195,243, 264, 285,354, 375, 396,465, 486,576, 597,687,798.Por las observaciones anteriores, estos 16 numero equilibrados generan a 16 · 6 = 96numeros y con los 9 primeros tenemos en total 105 numeros equilibrados.

50. Los numeros n y n + 1 son enteros consecutivos, por lo que uno de ellos es par y,entonces, n(n+ 1) es divisible por 2. Ası, n(n+ 1)(2n+ 1) yn(n+ 1)(4n+ 5) son divisibles por 2.Ahora, podemos escribir n en la forma n = 3p+ k , donde p y k son enteros y k = 0,o k = 1, o k = 2. Si k = 0, entonces n = 3p y entonces es divisible por 3 de modoque los dos numeros:n(n+ 1)(2n+ 1) y n(n+ 1)(4n+ 5)son divisibles por 3 y por lo tanto por 6 (pues ya vimos que son divisibles por 2). Sik = 2, entonces n + 1 = 3p + 3 y entonces es divisible por 3, resultando que losnumeros indicados son divisibles por 3 (y, por lo tanto, por 6). Finalmente, si k = 1,entonces 2n+ 1 = 6p+ 3 es divisible por 3 y 4n+ 1 = 12n+ 9 tambien es divisiblepor 3. Esto muestra que siempre los numeros indicados son divisibles por 6.

51. No es posible realizar tal distribucion. La mayor diferencia entre los numeros escritosen triangulitos vecinos es 2. Ası, la mayor diferencia entre los numeros ubicados endos triangulitos, uno de los cuales es vecino del vecino del otro es igual a 4. Porejemplo, en el grafico, la mayor diferencia entre a y b es 4.

a

b

115Siguiendo ese razonamiento vemos que la mayor diferencia posible entre los numerosescritos en dos triangulitos cualesquiera es 12 (considerando los triangulitos masalejados uno del otro). Pero la diferencia entre 1 y 16 es 15 > 12. De modo que no esposible ubicar todos los numeros con la condicion pedida.52. Consideremos la figura:

B C

A

C1

B1

A1El triangulo A1B1C1 se divide en los triangulos AA1B1, AA1C1, AB1C1.Como ←→BB1‖←→AA1, (AA1B1) = (AA1B) (si pensamos que la base de ambos trianguloses AA1, tienen tambien la misma altura: la distancia de AA1 a BB1). Analogamente,(AA1C1) = (AA1C ). Por lo tanto (AA1B1) + (AA1C1) = (AA1B) + (AA1C ). Veamos ahorael triangulo AB1C1: Como ←→BB1‖←→CC1, entonces (BB1C1) = (BB1C ). Restando (BB1A) acada lado de esa igualdad se obtiene que (AB1C1) = (ABC ). Por lo tanto,

(A1B1C1) = (AB1C1) + [(AA1B1)] + (AA1C1) = 2 (ABC ) = 3998.53. Vemos que para todo entero a ≤ 4, se cumple que a ≤ (a−2)·2. Por tanto, ninguno delos numeros elegidos sera mayor o igual que 4. Ası, solamente elegiremos los numeros1, 2 o 3. Pero como 2 · 2 · 2 < 3 · 3, 1 · 1 < 2, 1 · 3 < 2 · 2, 1 · 2 < 3, entonces, paraformar el 1999, el numero 1 no puede aparecer y el numero 2 no puede aparecer masde dos veces, entonces la descomposicion que cumple lo pedido es

1999 = 3 + 3 + · · ·+ 3︷ ︸︸ ︷665 veces el 3 + 2 + 2.54. i) Supongamos que sı es posible tal acomodo y sean a, b y c los numeros colocados enlos vertices. Entonces las sumas en los lados, sin contar los extremos, son 27−a− b;27− a− c; 27− b− c, de donde

(a+ b+ c) + (27− a− b) + (27− a− c) + (27− b− c) = 1 + 2 + · · ·+ 12 = 78.Luego, 3 · 27− (a+ b+ c) = 78 ⇒ a+ b+ c = 3, y esto no es posible, ya que a, b,c, varıan de 1 a 12 sin repetirse.

116ii) En el caso de 28: 3 ·28− (a+b+c) = 78⇒ a+b+c = 6. Pongamos a = 1, b = 2,c = 3 (que no es la solucion unica, pues pueden considerarse las permutaciones deesos numeros). Entonces las sumas de los lados, sin considerar los extremos, debenser 25, 24, 23 y se pueden acomodar tal como se muestra en la siguiente figura:

2 10 5 8 39 4 12 1

1167

NIVEL B

SELECCION1. (c)Formando un triangulo rectangulo con uno de sus angulos agudos en A, con catetos5 y 12, entonces la hipotenusa es 13. De manera que sin A = 5/13, cos A = 12/13.Concluimos que sin A1 + cos A = 5/131 + 12/13 = 15 .2. (a) De acuerdo con las condiciones dadas, existen enteros k , l, m tales que

N − 8 = 8k ⇒ N = 8(k + 1)N + 9 = 9l⇒ N = 9(l− 1)N − 7 = 7m⇒ N = 7(m+ 1)

Es decir, N es divisible por 7, 8 y 9, por lo tanto N = 7 · 8 · 9 ·M = 504M . Como Nes de tres cifras, entonces M = 1 y por lo tanto N = 504. El resto de dividir estenumero entre 5 es igual a 4.3. (b) Al sumar las unidades se obtiene 9, al sumar las decenas se obtiene una cantidadentre 10 y 19, por lo que se lleva 1; ası, al sumar las centenas se tiene tambien unacantidad entre 10 y 18, se lleva otra vez 1. La suma es entonces de la forma

9876 + A32 + B1 = 10XY 9,donde X y Y son cifras, por lo tanto la suma tiene 5 cifras.

4. (c) Los terminos de la progresion son de la forma 3n+ 1. El mayor numero de cuatrodıgitos que es de esa forma es 9997, que se escribe como 9997 = 3 · 3332 + 1.

1175. (c) Puesto que los triangulos son equilateros, m∠ADC = 120◦; entonces, por la ley delos cosenos en el triangulo ADC se tiene AC 2 = 22+12−2·1·2·cos 120◦ = 4+1+2 = 7⇒ AC = √7.

6. (d) Sea x el numero de personas del grupo. Si todos pagasen, entonces cada unopagarıa 7200x , como hay tres que no pagan, entonces cada uno de los restantes paga7200

x−3 , pero esto es 400 mas que si hubieran pagado todos, es decir7200x − 3 = 7200

x + 400Esto se convierte en x2 − 3x − 54 = 0, cuyas soluciones son x = −6 o x = 9. Comoel numero de personas es positivo concluimos que x = 9.

7. (c) Los numeros enteros a y b sin incluir a a ni a b son a+1, a+2, . . ., a+(b−a−1), esdecir, son b−a−1 numeros. Tomando a = 9992 y b = 10002, tenemos 10002−9992−1 =(1000− 999) (1000 + 999)− 1 = 1999− 1 = 1998 numeros.8. (a) Como l‖m entonces m∠CAB = 40◦. Ademas, m∠CBA = 80◦, ya que es suple-mentario del angulo que mide 100◦. Entonces

m∠ACB = 180◦ − (m∠CAB +m∠CBA)= 180◦ − (40◦ + 80◦) = 60◦.Como x es suplementario de ∠ACB, entonces x = 120◦.

9. (a) Si ambos p y q son primos diferentes de 2, entonces ellos son impares y porlo tanto su suma es par. Como 403 es impar, concluimos que p tiene que ser 2.Ası, 403 = 2 + 401 (ambos son primos) y esta es la unica manera de satisfacer lascondiciones del problema.10. (b) Puesto que AH ⊥ BC y MNQR es un cuadrado, entonces

MN ‖ BC y 4AMN ∼ 4ABC.

De BC = 6, MN = a, AH = 4, AT = 4− a (T punto de interseccion de MN y AH),entonces 6a = 44−a ⇒ a = 2, 4 m.

11. (b) Observemos que 74 = (72)2 = (49)2 y 47 = (22)7 = (27)2 = (128)2. Puesto que,entre 49 y 128 hay 128 − 49 − 1 enteros positivos (es decir, 78) habra 78 cuadradosperfectos entre 74 y 47.12. (a) m]C + m]D = 180◦ ⇒ m]D = 180◦ − 120◦ = 60◦. Luego x = 19 cos 60◦ = 192 ,

h = 19 sin 60◦ = 19√32 , y = htan 30◦ = √3h = 572 ⇒ AD = 192 + 572 + 10 = 48.

118C

DA

B

M N30◦ 60◦

150◦ 120◦

10

10

y x

h h

13. (a) El m.c.d. de las longitudes del trapezoide es 7. Por consiguiente, cada par de postesconsecutivos deben estar separados por una distancia de 7 metros. Como el perımetroes 665 m, al dividir 665÷ 7 = 95 se concluye que son 95 los postes necesarios.14. (d) Tenemos que (2 · 23)2 = 2116 > 1999, mientras que (2 · 22)2 = 1936 < 1999. Paratodo los numeros de la forma (2 · n)2 con n = 1, ..., 22, podemos encontrar un numeroimpar positivo m tal que (2 · n)2 +m = 1999.15. (c) Consideremos el camino de A a B. Sea a el numero de kilometros cuesta arriba,

b el numero de kilometros cuesta abajo y c los restantes. En la subida se tardan a60horas, en la bajada b90 horas y en el resto c72 horas. De este modoa60 + b90 + c72 = 5 (*)

Al regreso, lo que antes era subida, ahora es bajada y viceversa, de modo que ahorael tiempo total esa90 + b60 + c72 = 4 (**)

De (*) y (**) tenemos que6a+ 4b+ 5c = 18004a+ 6b+ 5c = 1440

Sumando tenemos 10(a + b + c) = 3240 y por lo tanto la distancia de A a B esa+ b+ c = 324 km.

16. (d) De acuerdo con la manera en que se forman los terminos de la sucesion, losprimeros 6 terminos son 1, 3, 2, −1, −3, −2. Luego los terminos se van repitiendo deesa misma forma de seis en seis. Ası, al sumar los primeros 1998 terminos se obtiene0. El termino 1999 es 1, el termino 2000 es 3 y el termino 2001 es 2, de modo que lasuma total es 6.17. (a) Tenemos que 902 < 8xy9 < 972. Ası, el unico cuadrado con esta condicion, quetermina en 9 es 932 = 8649, por lo tanto x = 6, y = 4 y x + y = 10.

11918. (b) Tenemos

n

√ 12n(4n + 1)8n · 3n + 6n = n

√ 22n3n(4n + 1)23n · 3n + 2n3n= n

√ 22n3n(4n + 1)2n · 3n(22n + 1)= n√2n = 2.19. (c) Al ser γ, x angulos externos: x = γ + θ; γ = α + β . Ası x = α + β + θ.4EBC ∼= 4ABF por LAL, de donde ]AFB = θ y ]BEC = α . Luego en 4EBC :α + 60 + β + θ = 180 y α + β + θ = 120◦ = x .

A

B

C

E F

O

β

60 60x

60

α θ

60

γ

20. (c) De acuerdo con la figura se tienen las igualdades: (1) qa = 1, (2) mq = 2, (3)mn = 3, (4) np = 4, (5) pb = 16 y x = ab. Multiplicando (2) y (4): mnpq = 8 y, por(3), se deduce que pq = 8/3. Multiplicando (1) y (5): (ab)(pq) = 16. Luego 83x = 16 y,entonces, x = 6.

A B

CD

x

1 23 416

a

a

q

n

b

m

m

q

n

b

p

p

21. (b) Si escribimos p = x + y, q = x − y, el sistema se convierte enp− 1 = aq+ abp+ b = −q− 1

120Multiplicando la segunda ecuacion por a y sumando a la primera se obtiene

p(1 + ab) + ab− 1 = 0y por lo tanto

x + y = p = 1− ab1 + ab.

22. (b) Tracense las perpendiculares desde G y E a los lados BC y CD, como se muestraen la figura.

D C

BAE

F

G

H

I

Jx

x

90− x

Por postulado de semejanza A–A:4EIF ∼ 4GJH

y como EI = GJ , por postulado A–L–A:4EIF ∼= 4GJH

y HG = EF = 10 cm. De donde HG = 10 cm.23. (a) Digamos que cada persona comio una galleta de cada caja que comio. Si n es elnumero de cajas y p es el numero de personas, de la condicion (i) se tiene que elnumero de galletas comidas fue 3n; por la condicion (ii) se tiene que el numero degalletas comidas fue 2p. Es decir, 2p = 3n y como 2 y 3 son primos relativos entonces3 divide a p. Si fueran 3 personas, para que se cumplan (i) y (ii) a la vez, deberıahaber solo dos cajas, pero en este caso no podrıa satisfacerse (iii). Si p = 6, si sepueden cumplir las condiciones habiendo 4 cajas de galletas. Por ejemplo, si las cajasson A, B, C y D y las personas son 1, 2, 3, 4, 5, 6. Las condiciones dadas se cumplensi 1,2,3 comen de A; 1,4,5 comen de B; 2,4,6 comen de C y 3,5,6 comen de D. Ası, elmınimo es 6.

12124. (c) Tenemos la siguiente secuencia de igualdades:99 . . . 9× 55 . . . 5 = (1095 − 1)(55 . . . 5)= 1095 · 55 . . . 5− 55 . . . 5= 55 . . . 500 . . . 0− 55 . . . 5(95 cincos 95 ceros)−(95 cincos)= 55 . . . 544 . . . 45(94 cincos 95 cuatros 1 cinco)

La suma de las cifras es 94 · 5 + 95 · 4 + 5 = 855.25. (d) Sea x el numero de postales y y el precio de cada una, entonces xy = 1000.Despues de vender 8 le quedaban x − 8, perdio la cuarta parte de esto, es decir,perdio, x−84 postales. Ası que el numero de postales que vendio es 3 · x−84 +8, de modoque (3 · x−84 + 8) y = 850 ⇒ 34xy+ 2y = 850 ⇒ 34 · 1000 + 2y = 850 ⇒ y = 50 ⇒x = 20.26. (d) Digamos que el numero de dos cifras es ab, entonces 10a + b = 2a · b ⇒b = 2a · b− 10a (*) ⇒ b es par. Entonces b es 0 o 2 o 4 o 6 u 8. Sustituyendo estosnumeros sucesivamente en (*) tenemos: para b = 0, a = 0 (no sirve); para b = 2,2 = −6a (no sirve); para b = 4, a = −2 (no sirve); para b = 6, a = 3 (si sirve); parab = 8, 4 = 3a (no sirve). El numero buscado es 36 y la suma de sus cifras es 9.27. (a) Tenemos (101999n2+2 + 1)2 = 103998n2+4 + 2 · 101999n2+2 + 1= 1 00 . . . 0︸ ︷︷ ︸3998n2+4 ceros + 2 00 . . . 0︸ ︷︷ ︸+1999n2+2 ceros 1

= 100 . . . 0200 . . . 01Ası, el numero tiene dos dıgitos iguales a 1, un dıgito igual a 2 y los demas igualesa 0. La suma de ellos es 4.28. (c) Puesto que las diagonales del rectangulo se cortan en su punto medio, entonces(AOB) = (AOC ) = (COD) = (BOD), entonces el area de cada uno de estos trianguloses el 25 % del area del rectangulo.

C D

BA

O

Q

P

122Ademas

4AOP ∼= 4DOQ y 4BOP ∼= 4COQ,por lo tanto, el area de la region sombreada es igual al area de 4AOB. Es decir, estaarea es el 25 % del area del rectangulo ABDC .29. (b) El ultimo dıgito del resultado de aplicar la operacion a un numero solo dependedel ultimo dıgito del numero. Por lo tanto, podemos hacer las cuentas considerandounicamente la ultima cifra. Empezamos con 1, le sigue el 8, luego el 29. Nos quedamosunicamente con el 9. Sigue 32, es decir 2, luego 11, es decir, 1. Entonces, a partir deaquı todo se repite. Ası, la sucesion de los ultimos dıgitos es 1, 8, 9, 2, 1, 8, 9, 2, 1, 8,9, 2, . . . . Al repetir la operacion un numero de veces que sea multiplo de 4, el ultimodıgito es 1. Como 1999 es uno menos que un multiplo de 4, se obtiene 2 como ultimodıgito.30. (c) La dos desigualdades son equivalentes a: 17 · 2 < 5n y 13n < 17 · 11, es decir, ndebe cumplir 6 < n y n < 15. Ası las n posibles son las que cumple 7 ≤ n ≤ 14.31. (c) Llamemos a los numeros con a, b, c, d, e, f , g, como se muestra en la figura.e f g

d

a b c

Sea x la suma de los tres numeros en cada lınea. La suma de los numeros que debemosacomodar es 95, por lo tanto x = 95−d2 . Observemos que x tiene que ser impar, ya quees la suma de tres numeros impares y ademas x debe ser primo. Veamos los distintosvalores que puede tomar d. Si d es 5, 7, 11, 17, 19 o 23, vemos que x es par o en loscasos en que es impar, no es primo. Por lo tanto, la unica solucion posible es cuandod = 13, entonces x = 41 que es primo. Luego a + g = 28 = c + e y una posiblesolucion es a = 17, g = 11, c = 5 y e = 23, f = 7, b = 19.32. (b) Los triangulos BCX y BTY son semejantes pues ambos son rectangulos y tienenen comun el angulo B. Luego

m∠BTY = m∠BCX = m∠C = 180◦ −m∠A−m∠B= 180◦ − 60◦ − 50◦ = 70◦.33. (b) Tenemos que (1 + 1

n

)(1− 1m

) = (n+ 1n

)(m− 1m

) = 1,entonces m = n+ 1.

12334. (c) Sumando las dos ultimas ecuaciones se tiene que 2

a = 13 , es decir, a = 6. Sustitu-yendo este valor en las dos primeras ecuaciones tenemos que 1b + 1

c = 56 y 1c −

1b = 16 .Sumando estas dos tenemos 2

c = 1, es decir, c = 2. Luego, de lo anterior encontramosque b = 3 y por lo tantoa+ 2b+ 3c = 18.

35. (b) La ecuacion dada es equivalente a 5A + 7B = 31. De aquı, como A y B sonnaturales, se deduce que A < 7, pues si A ≥ 7, tendrıamos que 5A + 7B > 31. Porotra parte, 5A + 7B = 31 ⇒ 31 − 5A es multiplo de 7, como 1 ≤ A ≤ 6, los unicosvalores posibles son A = 2, B = 3.36. (d) Dividimos el triangulo XYZ en la siguiente forma:

Y Z

X

A

B

C D

E

F

Cada triangulo pequeno tiene area 2. Llamemos S al area de la region sombreada:S = 18− [(DEZ ) + (BXF ) + (YBD)] .Pero (DEZ ) = 2 y (BXF ) = (YBD) = 4. Por lo tanto S = 18− 2− 2 · 4 = 8.37. (d) Puesto que 146 = 29 · 5 + 1, entonces m tiene que valer al menos 30. De locontrario, los numeros sumarıan menos de 146.38. (d) Sea DB = a, entonces AD = 2a; si AE = 2b, entonces EC = 3b. De modo que(ADE) = 8 y por lo tanto

(ADE) = 2a · 2b2 sin A = 8,luego sin A = 4

ab . Concluimos que(ABC ) = 5b · 3a2 sin A = 15ab · 4

ab2 = 30.39. (b) Observe que b = (2k + 1)2, con lo cual n3 + 2n2 = (2k + 1)2 y ası expresamos

n2(n+ 2) = (2k + 1)2 ⇒ n√n+ 2 = 2k + 1. Necesitamos que n√n+ 2 ∈ N, con loque vemos que n = 2 no sirve ya que 4 = 2k + 1 no tiene solucion en los enteros.Observe que n = 7 sı sirve ya que 21 = 2 · 10 + 1.

12440. (c) Observamos que (5a+ 1)(3a+ 2) = 15a2 + 13a+ 2.

El problema se reduce a buscar los numeros a tales que 13a+ 2 es divisible por 15,es decir, por 3 y por 5. Tenemos13a+ 2 = 10a+ (3a+ 2) y13a+ 2 = 12a+ (a+ 2)

Necesitamos que 3a + 2 sea divisible por 5 y a + 2 sea divisible por 3. La segundarelacion dice que a debe ser de la forma 3k + 1 (con k = 0, 1, ...). Regresando a laprimera relacion 3(3k + 1) + 2 = 9k + 5.Luego k debe ser multiplo de 5. Entonces son los numeros de la forma 15s+ 1 cons = 0, 1, 2, ..., 99, pues el mayor numero, menor que 1500, que tiene esa forma es1486 = 15 · 99 + 1; de modo que hay 100 numeros con la propiedad pedida.

41. (a) Tenemosn = 65743 · 5438 + 34257 · 4562 + 65743 · 4562 + 34257 · 5438= 65743(5438 + 4562) + 34257(5438 + 4562)= 65743 · 104 + 34257 · 104

= (65743 + 34257) · 104 = 109.42. (d) Tenemos que

ar + ar2 + ar3 + · · ·+ ar10 = 18 (1)1ar + 1

ar2 + · · ·+ 1ar10 = 6⇒ (2)1 + r + · · ·+ r9

ar10 = 6 (3)Dividiendo (1) entre (3):

(ar + ar2 + · · ·+ ar10)ar101 + r + · · ·+ r9 = 3⇒ a2r11 = 3.Entonces (ar)(ar2) · · · (ar10) = a10r55 = (a2r11)5 = 35 = 243.

43. (d) Sean a, b, c, d, e, f las longitudes de los segmentos en que se ha dividido los ladosdel rectangulo (ver la figura).

125

1284 66

a b cd

e

f

A partir de los perımetros conocidos tenemos a + e = 6, b + e = 2, c + e = 3,d + b = 4, f + b = 3. Sumando tenemos

a+ b+ c + d + e+ f + 2b+ 2e = 18a+ b+ c + d + e+ f = 18− 2(b+ e) = 14

El perımetro del rectangulo grande es 28.44. (d) Tenemos n2 +2n = n(n+2). Hay que determinar cuando n2 +n−1 y n+2 tienendivisores comunes: n2 + n − 1 = n(n + 2) − (n + 1). Pero n + 1 y n + 2 no puedentener divisores comunes por lo que la fraccion siempre es irreducible.45. (a) El area del triangulo ABC se puede calcular tomando como base 100 y altura 120,entonces el area es 6000. Tambien se puede calcular la misma area como b·h2 = 125h2 .Ası, 125h2 = 6000 y, por lo tanto, h = 96.46. (b) Debemos tener b < a, de lo contrario la resta x − y serıa negativa (no podrıa serun cuadrado perfecto). Ademas b = a − 1, pues si b < a − 1 entonces x − y ≥ 100(no podrıa ser de dos cifras). Ahora,

x = 100a+ 10b+ cy = 100b+ 10c + a,

entoncesx − y = 100(a− b) + 10(b− c) + c − a= 100(a− a+ 1) + 10(a− 1− c) + c − a= 9(10− c + a).

Para que este numero sea cuadrado perfecto debemos tener que 10 − c + a esun cuadrado perfecto. Como x − y es de dos cifras, entonces 10 − c + a = 9, o10 − c + a = 4 o 10 − c + a = 1, para el primer caso se tienen siete numeros quecumplen las condiciones: 213, 324, 435, 546, 657, 768, 879. Para el segundo caso haydos: 218 y 329. Para el tercer caso no hay ninguno. En total son 9.

12647. (d) Invirtiendo las expresiones dadas se tienen las ecuaciones1

y + 1x = 1

a,1z + 1

x = 1b,1

y + 1z = 1

c

Luego 1x −

1z = 1

a −1c , 1

x + 1z = 1

b ⇒2x = 1

a + 1b −

1c , esto es, x = 2abc

ac+bc−ab .48. (c) Observe que al escribir por ultima vez el numero n hemos escrito en total1 + 2 + 3 + 4 + · · ·+ nnumeros (una vez 1, dos veces 2, tres veces 3, ..., n veces n). Pero1 + 2 + 3 + 4 + · · ·+ n = n(n+ 1)2 .

Si hacemos n(n+ 1)2 = 1993 obtenemos n2 +n− 3986 = 0 y, por lo tanto n = −63, 7o n = 62, 7, pero n debe ser entero positivo. Lo que ocurre es que el termino numero1993 no es el ultimo de la secuencia iguales a n. Para n = 62 tenemos 62 · 632 = 1953,es decir, el termino numero 1953 es el ultimo 62. Luego, en la secuencia, siguen losnumeros 63; 40 de ellos para llegar al termino numero 1993. Esto es, el termino numero1993 es un 63 y al dividir 63 por 5 se obtiene 3 como resto.49. (a) Como BD = 2 y m]DBC = 30◦, entonces DC = 1 y BC = √3. Luego AD2 = 12+(2+√3)2 = 8+4√3 = 6+2·2√3+2 = 6+2√12+2 = 6+2√6√2+2 = (√6+√2)2.Por lo tanto AD = √6 +√2.50. (b) b < a < c ⇒ a−b < c−b, y como b > 0: c−b < c ⇒ 0 < a−b < c−b < c⇒ 0 < a−b < c < a+b⇒ 0 < √a− b < √c < √a+ b⇒ 0 < √a− b+√a <√c +√a < √a+ b+√a ⇒1√

a+ b+√a < 1√c +√a < 1√

a− b+√a.Racionalizando el denominador de cada fraccion obtenemos que B < A < C .51. (a) Consideremos el triangulo ABC que se muestra en la figura:

B A

C

b

a

a5√40

127Por el Teorema de Pitagoras se satisfacen las relaciones (a2 )2 +b2 = 25, a2 +(b2 )2 =40. Es decir

a2 + 4b2 = 1004a2 + b2 = 160De aquı se sigue que a2 = 36 y b2 = 16. De donde c2 = 52 y, entonces, c = 2√13.52. (a) La suma es

S = 11 + ( 12 + 22)+ ( 13 + 23 + 33)+ · · ·+ ( 11000 + · · ·+ 10001000)= 1 + 12 (1 + 2) + 13 (1 + 2 + 3) + · · ·+ 11000 (1 + 2 + 3 + · · ·+ 1000)= 1+ 12 · 2·32 + 13 · 3·42 + · · ·+ 11000 · 1000·10012= 1 + 12 (3 + 4 + 5 + · · ·+ 1001)= 250 750.DESARROLLO1. Observamos que si x < 18, entonces x2 < 9 y x3 < 6 ⇒ [ x2] + [ x3] < 9 + 6 = 15,de modo que ningun entero menor que 18 resuelve la ecuacion. Si x = 18 tenemosque x2 = 9 y x3 = 6 ⇒ [ x2] + [ x3] = [9] + [6] = 9 + 6 = 15. Si x = 19 tenemos que

x2 = 192 = 9, 5 y x3 = 193 = 6, 33⇒ [ x2]+[ x3] = [9, 5]+[6, 33] = 9+6 = 15. Finalmente,si x ≥ 20, entonces x2 ≥ 10 y x3 ≥ 6, 66, y [ x2] + [ x3] ≥ [10] + [6, 66] = 10 + 6 = 16.Por lo tanto las unicas soluciones de la ecuacion son x = 18 y x = 19.2. Multiplicando la primera ecuacion por 5 y la segunda por −2 tenemos{ 5mx + 10y = 5a−14x − 10y = −2bSumando estas ecuaciones se tiene que(5m− 14) x = 5a− 2b.La unica forma de que x sea entero para cualesquiera sean los valores enteros de ay b es que 5m− 14 = 1, es decir m = 3.3. En primer lugar vemos que

k3 +m3 + n3 = (k +m+ n)3 − 3 (k +m) (m+ n) (n+ k)Como k +m+ n es divisible por 6, entonces (k +m+ n)3 es divisible por 6. Ademas,como todo numero entero positivo es par o impar, dados tres de ellos siempre tendre-mos al menos dos que tienen la misma paridad (ambos pares o ambos impares) demodo que al menos una de las suma k + m, m + n o n + k es par y por lo tanto3 (k +m) (m+ n) (n+ k) es multiplo de 6. Como ambos terminos del lado derecho dela igualdad anterior son multiplos de 6, entonces k3 +m3 + n3 es multiplo de 6.

1284. Consideremos el polinomio

Q(x) = P(x)− 1.Tenemos queQ(a) = Q(a+ 1) = Q(a+ 2) = 0.Es decir, a, a+ 1, a+ 2 son raıces de Q(x). De manera que podemos escribir

Q(x) = (x − a) (x − a− 1) (x − a− 2)R(x) (1)Donde los polinomios Q(x) y R(x) tambien tienen solamente coeficientes enteros. Siexistiera k tal que P(k) = 8, entonces tendrıamos Q(k) = 7. Reemplazando en (1):

7 = Q(k) = (k − a) (k − a− 1) (k − a− 2)R(k).Pero 7 no tiene tres factores consecutivos diferentes de 0. Por lo tanto, no existeningun entero k tal que P(k) = 8.5. Sean n− 1, n, n+ 1 las longitudes de los lados AB, BC y CA de T. El area de T es

A(T ) = 14√3n(n− 2)n(n+ 2) = 14n√3n2 − 12(formula de Heron). Para que A(T ) sea entero es necesario que n sea par, ponemosn = 2m, entonces

A(T ) = m√3m2 − 3,de donde√3m2 − 3 es la longitud de la altura AD y es un entero. Ahora, por Pitagoras,

DC 2 = (2m+ 1)2 − 3(m2 − 1) = (m+ 2)2 ⇒DC = m+ 2yBD = 2m− (m+ 2) = m− 2.

Finalmente, DC −BC = 4 y como los triangulos rectangulos tienen los lados enterosentonces son pitagoricos.6. Sea x el precio del cuaderno, y el precio del lapicero y z el precio del lapiz. De lasprimeras condiciones se tiene quex5 + y2 + 2z5 = 80

De las otras condiciones se tiene quex2 + y4 + z3 = 120.

Multiplicando por 10 la primera ecuacion y por 12 la segunda, se tiene el sistema{ 2x + 5y+ 4z = 8006x + 3y+ 4z = 1440 (1)

129Sumando estas dos ecuaciones tenemos8x + 8y+ 8z = 2240,y por lo tanto la compra total costo x + y+ z = 280 colones.Ahora, si en el sistema (1) restamos las ecuaciones se tiene 2x − y = 320, es decirx + (x − y) = 320 (2). Como la compra total fue de 280, entonces x ≤ 280 y entonces,por (2), x − y > 0, es decir x > y y por lo tanto es mas caro el cuaderno que ellapicero.7. Sean va la velocidad del automovil, vb la velocidad de la bicicleta y vm la velocidad dela motocicleta. Sea X la distancia de A a B. Sea t1 el tiempo que tarda el automovilen ir a B, regresar y encontrarse a la motocicleta, en este caso la distancia que harecorrido es X+x y entonces t1 = X + x

va, pero este es el mismo tiempo que ha tardadola motocicleta hasta el punto de encuentro con el automovil; la motocicleta ha recorridouna distancia igual a X − x , de modo que t1 = X − x

vm, es decir, X + x

va= X − x

vm.

Del mismo modo se pueden establecer las igualdades t2 = X + yva

= X − yvb

yt3 = X + z

vm= X − z

vb. Estas tres ecuaciones se pueden poner en la forma

vm(X + x) = va(X − x) (1)vb(X + y) = va(X − y) (2)vb(X + z) = vm(X − z) (3)

Dividiendo (1) entre (2) se tienevmvb

= X − xX − y ·

X + yX + x ;

de (3) se tiene vmvb = X+z

X−z , por lo tantoX − xX − y ·

X + yX + x = X + z

X − z .Despejando X de esta ultima ecuacion se tiene que la distancia de A a B esX =√ xyz

x − y+ z .8. Primero vemos que (0, 0) es una solucion y es la unica en la que al menos una delas incognitas es 0. Supongamos ahora que x 6= 0, y 6= 0; en este caso podemos “darvuelta” a las ecuaciones: 1 + x22x2 = 1

y1 + y22y2 = 1x

130Es decir,

12x2 + 12 = 1y12y2 + 12 = 1xSi escribimos u = 1

x , v = 1y (*), el sistema serıa

u22 + 12 = v (1)v22 + 12 = u (2)

Restando (2) de (1) se tiene u2 − v2 = 2(v − u) ⇒ (u− v ) (u+ v + 2) = 0 ⇒ u = vo u+ v = −2.Caso u = v . Sustituyendo en (1) obtenemos u2 + 1 = 2u ⇒ u2 − 2u + 1 = 0 ⇒(u− 1)2 = 0⇒ u = 1 y, por lo tanto, v = 1. Por (*) tenemos x = 1, y = 1. Se obtieneası otra solucion del sistema (1, 1).Caso v = −2 − u. Al sustituir esto en (1) se tiene u2 + 2u + 5 = 0, que no tienesoluciones reales. El sistema tiene solo dos soluciones reales (0, 0) y (1, 1).9. Consideremos la figura.

A B

CD

h

105O 60◦

Al trazar las diagonales en un paralelogramo, este queda dividido en cuatro triangulosde igual area, de manera que el area del paralelogramo es 4 veces el area de uno deestos triangulo. Ası, con la notacion de la figura se tiene que(ABCD) = 4 · (BOC )= 2 · OB · OC · sin 60◦ (*)= √3 · OB · OC

Aplicando el teorema de los cosenos al triangulo BOC , se tiene25 = OB2 + OC 2 − 2 · OB · OC · cos 60◦25 = OB2 + OC 2 − OB · OC. (1)

131Dado que las diagonales se cortan en sus puntos medios, entonces OD = OB yOA = OC . Ası, aplicando el teorema de los cosenos al triangulo DOC , se tiene100 = OB2 + OC 2 − 2 · OB · OC · cos 120◦100 = OB2 + OC 2 + OB · OC. (2)De (1) y (2) se deduce que OB2 + OC 2 = 1252 . Sustituyendo esto en (1) se tiene queOB · OC = 752 y, por (*), (ABCD) = 752 √3. Por otra parte, si h es la altura pedida,sabemos que el area del paralelogramo es h · AB y, por lo tanto h · AB = 752 √3 ⇒10h = 752 √3 ⇒ h = 7520√3.10. Sea p = (x + 2y), la expresion original se transforma en(p− y)2 + (p+ y)2 − 10(p+ y)− 4(p− y) + 29 = 0Desarrollando y simplificando se convierte en

p2 − 7p+ y2 − 3y+ 292 = 0.Completando cuadrados se obtiene

(p− 72 )2 + (y− 32 )2 = 0.De aquı se tiene que p = 72 y y = 32 , de donde 2y2 + xy = y(x + 2y) = yp = 214 .

11. (x +√x2 + 1)(y+√y2 + 1) = 1 ⇒x +√x2 + 1 = 1

y+√y2 + 1 (1)Racionalizando el denominador en el lado derecho se obtiene

x +√x2 + 1 =√y2 + 1− yy, entoncesx + y =√y2 + 1−√x2 + 1 (1)Si en (1) racionalizamos el numerador en el lado izquierdo, entonces1√x2 + 1− x = 1

y+√y2 + 1 ⇒y+√y2 + 1 =√x2 + 1− x

y, entoncesx + y =√x2 + 1−√y2 + 1 (3)Sumando las igualdades (2) y (3) se tiene que 2(x+y) = 0 y, por lo tanto, x+ y = 0.

13212. Sea M(A) la suma de los volumenes de aceites s (soya), m (maız), g (girasol) en elrecipiente A, M(B) la suma de los volumenes en en el recipiente B, M(C ) la suma delos volumenes en el recipiente C y V (A) la cantidad de litros en el recipiente A, V (B)la cantidad de litros en el recipiente B y V (C ) la cantidad de litros en el recipienteC. Al inicio se tiene

M0(A) = 2s V0(A) = 2M0(B) = 3m V0(B) = 3M0(C ) = 4g V0(C ) = 4

Al transferir un litro de A a B se tieneM1(A) = 1s V1(A) = 1M1(B) = 3m+ 1s V1(B) = 4M1(C ) = 4g V1(C ) = 4

Al transferir 1 litro de B a C se tieneM2(A) = 1s V2(A) = 1M2(B) = 34(3m+ 1s) = 34s+ 94m, V2(B) = 3M2(C ) = 4g+ 14(3m+ 1s) = 14s+ 34m+ 4g, V2(C ) = 5

Al transferir 1 litro de C a B se tieneM3(A) = 1s V3(A) = 1M3(B) = 34s+ 94m+ 15(14s+ 34m+ 4g) = 45s+ 125 m+ 45g, V3(B) = 4

Finalmente, al transferir 1 litro de B a A se tiene en A:M4(A) = 1s+ 14(45s+ 125 m+ 45g) = 65s+ 35m+ 15g, V4(A) = 2

Ası, en el recipiente A, el porcentaje de soya es 6/52 = 610 = 60 %, el de maız es3/52 = 310 = 30 % y el de girasol es 1/52 = 110 = 10 %.13. Supongamos que esto es falso. Enumeremos a los que estan alrededor de la mesa enorden, empezando por cualquier lugar. Si en la k−esima silla hay un hombre, entonceses claro que en la casilla k − 2 y en la casilla k + 2 hay mujeres. Pero, puesto quehay el mismo numero de hombres que de mujeres, entonces para cualquier mujer queeste sentada en la silla n, es correcto que en la n − 2 y en la n + 2 hay hombres.Si ahora consideramos solo las 31 personas que estan sentadas en las sillas pares,entonces obtenemos que entre estas personas los hombres y las mujeres se alternan,si recorremos la mesa en alguna direccion, pero esto no es posible puesto que 31 esimpar.

13314. Si k(k+1)2 = N2 entonces k2 + k − 2N2 = 0. Los valores posibles para N2 son 12, 22,

. . ., 992. Para que k sea entero, el discriminante D de la ecuacion de segundo gradodebe ser un cuadrado perfecto, esto esD = 12 − 4(−2 · N2) = 1 + 8N2

tiene que ser cuadrado perfecto. Esto reduce los posibles valores de N2 a 12, 62 y 352.Ası, los valores enteros positivos de k son 1, 8 y 49.15. En el triangulo BCD, BE y CE son bisectrices interiores del triangulo, estas seintersecan en E . Como las bisectrices de un triangulo son concurrentes, se debe tenerque DE es bisectriz de ∠BDC , por lo que m∠BDE = m∠EDC .16. Para que la ecuacion tenga soluciones para cualquier valor de m su discriminantetiene que ser no negativo para cualquiera que sea el valor de m, es decir:(5m+ a)2 − 4(6m2 + 5m− 4) ≥ 0m2 + (10a− 20)m+ 16 + a2 ≥ 0

para todo m. Para esto, el discriminante de m2 + (10a− 20)m + 16 + a2 ≥ 0 tieneque ser negativo o 0; es decir(10a− 20)2 − 4(16 + a2) ≤ 06a2 − 25a+ 21 ≤ 0

Al resolver esta ultima inecuacion tenemos 76 ≤ a ≤ 3. Es decir, si a ∈ [ 76 , 3],entonces la ecuacion dada tendra soluciones para cualquiera que sea el valor de m.17. Observamos que si k es un numero entero positivo entonces4k2 + 4k + 1 > 4k2 + 4ky, por lo tanto, (2k + 1)2 > 2k · 2 (k + 1). Esto implica que1(2k + 1)2 < 12k · 2 (k + 1) ⇒2(2k + 1)2 < 12k (k + 1) = 12k − 12k + 2 .Utilizando esto tenemos que19 + 125 + · · ·+ 1(2n+ 1)2 = 132 + 152 + · · ·+ 1(2n+ 1)2

< 12[(12 − 14

)+ (14 − 16)+ · · ·+ ( 12n − 12n+ 2

)]= 12

[12 − 12n+ 2] = 14 − 14n+ 4 < 14 .

13418. Si a cada vertice designado con A le asignamos el valor √2 y a cada vertice designadocon B le asignamos el valor 1√2 , entonces vemos que el valor que corresponde a cadalado es igual al producto de los numeros asignados a sus vertices. De este modoel producto de todos los numeros escritos sobre los lados del polıgono es igual alcuadrado del producto de todos los numeros asignados a los vertices, puesto que cadavertice pertenece a dos lados. Por lo tanto, el producto buscado es((√2)a ( 1√2

)b)2 = 2a−b.19. Asignemos a la cuadrıcula una red de caminos que conectan los cuadritos adyacentescomo senala el problema. A los nodos de la lınea inferior y a los de la lateral izquierdase puede llegar a partir de solamente un nodo “anterior”. A los demas se puede llegardesde tres nodos “anteriores”.

El numero de maneras de llegar es igual a la suma del numero de maneras de llegara los nodos “anteriores”.Ahora podemos ir senalando en cada nodo el numero de maneras de llegar a el, comolo muestra la figura.

111

1 1 13 5 75 13 257 25 63

Vemos que para ir del cuadrito inferior izquierdo al superior derecho hay 63 maneras.20. Si 2n3− 1 es multiplo de 1999 entonces, existe m entero tal que 2n3− 1 = 1999m. Esdecir, 2n3 = 1999m+ 1; de aquı se deduce que m tiene que ser impar. De lo anterior

135se tiene que n3 − 1000 = 1999 · m−12 y como m es impar, entonces m−12 = k entero.Ası, n3 − 1000 = 1999k . Factorizando se tiene (n− 10) (n2 + 10n+ 100) = 1999k .Como 1999 es primo, se deduce que

1999|(n− 10) o 1999|(n2 + 10n+ 100) .Si 1999|(n − 10), entonces n = 10 + 1999s con s entero. Si 1999| (n2 + 10n+ 100),entonces

n2 + 10n+ 1 = 1999t,con t entero, es decir, (n+ 5)2 + 75 = 1999t ⇒(n+ 5)2 = 1999t − 75,el primer numero de la forma 1999t−75 que es cuadrado perfecto es 1999·4−75 = 892.Ası, escribiendo t = r + 4, tenemos (n+ 5)2 = 1999(r + 4) − 75 = 1999r + 892 ⇒(n+ 5)2 − 892 = 1999r ⇒

(n+ 5− 89) (n+ 5 + 89) = 1999r ⇒(n− 84) (n+ 94) = 1999r ⇒1999|(n−84) o 1999|(n+94) y, por lo tanto, n = 84+1999x (x entero) o n = −94+1999y(y entero). En conclusion los valores de n que satisfacen lo pedido son los n de laforma 10 + 1999s o 84 + 1999x o −94 + 1999y (dicho de otra manera son los ncongruentes a 10 o a 84 o a −94 modulo 1999).21. Observamos que los triangulos ALN y ACL son semejantes, por lo tanto AL2 = AN ·AC .Tambien 4ALM ∼ 4ABL y por lo tanto AL2 = AM · AB. Entonces

AL4 = AB · AC · AN · AM (1)

B C

A

L

N

MD

Por otro lado, m∠MAN + m∠MLN = 180◦, por lo tanto el cuadrilatero AMLN esconcıclico, luego los angulos AMN y ALN son iguales y, por lo tanto,4ADM ∼ 4ANL,por lo queAD · AL = AN · AM (2)

136De (1) y (2) se deduce que

AL3 = AB · AC · AD.

22. Trazamos la figura del enunciado y llamamos con J y K a las intersecciones de larecta ←→HI con AB y AC respectivamente; tenemos que JK ‖ BC .

A

B

C

D

E

F H

I

J

K

G

Por Thales:JHBD = HG

DC ⇒BDDC = JH

HG (1)GIBD = IK

DC ⇒BDDC = GI

IK (2)Por (1) y (2):

JHHG = GI

IK (3)JGBD = GK

DC ⇒BDDC = JG

GK (4)Por (2) y (4):

GIIK = JG

GK ⇒GKIK = JG

GI (5)Pero GI+IK

IK = GIIK + IK

IK . Luego, usando (3) y (5), resulta queJGGI = GI

IK + IKIK = JH

HG + HGHG = JG

HG .De donde, HG = GI como querıamos probar.23. Llamemos con a1, a2, ..., a10 los diez numeros, y, sin perder generalidad digamos queestan colocados en orden decreciente (a1 es el mayor y ası sucesivamente). Ası tenemosque a2+a3+· · ·+a10 = 86, ..., a1+a2+· · ·+a9 = 96 (uno de los resultados se repitepues son 9 resultados para 10 sumas). Si sumamos todas estas igualdades tenemos9(a1 + a2 + · · · + a10) = 812 + r (*), aquı 812 es la suma de los nueve resultados

137dados y r es uno de ellos (el que se repite). Pero de (*) se tiene que 9|(812+ r) y estose logra solo con r = 88, entonces 88 es el resultado que se repite. En consecuencia

9(a1 + a2 + · · ·+ a10) = 900⇒a1 + a2 + · · ·+ a10 = 100

y como a2 + · · ·+a10 = 86 entonces a1 = 14, razonando de modo analogo obtenemosque a2 = 13, a3 = 12, a4 = 12, a5 = 11, a6 = 10, a7 = 9, a8 = 8, a9 = 7 y a10 = 4.24. Recordemos que x2 + y2 ≥ −2xy. Luego,

2xy ≥ −x2 − y2,y ası se tiene que

xy+ yz + zt + tx ≥ −x2 − y22 + −y2 − z22 + −z2 − t22 + −t2 − x22= −12 (2x2 + 2y2 + 2z2 + 2t2)= −(x2 + y2 + z2 + t2) = −1

Por otra parte, podemos expresarxy+ yz + zt + tx = (x + z)(y+ t).

De la primera condicion del enunciado se tienex + z = −(y+ t). Luego,

xy+ yz + zt + tx = −(y+ t)2 ≤ 0.Concluimos que

−1 ≤ xy+ yz + zt + tx ≤ 0.25. Sea H el pie de la altura del 4MCB trazada desde el vertice M . En el triangulorectangulo MHC , el angulo HCM mide 30◦, entonces MH = 12MC = b2 .

A

D C

B

M

P

Q

H

138Trazamos por M la paralela a BC que corta a la recta CD en Q y a la recta AB enP . El paralelogramo PBCQ tiene area BC · MH = ab2 . Este paralelogramo tiene lamisma area que el trapecio ABCD, pues

(ABCD) = (APM) + (PBCDM),(PBCQ) = (DQM) + (PBCDM)y los triangulos APM, DQM son congruentes (tienen DM = MA, QM = MP ym]DMQ = m]AMP). Por lo tanto (ABCD) = ab2 .

26. Sea a = 2n + 1, entonces 3a − 2 = 6n + 1 es un cuadrado perfecto. Considerandob = 4n y c = n2 − 4n tenemos a + b = 6n + 1, a + c = n2 − 2n + 1 = (n − 1)2,b+ c = n2, a+ b+ c = n2 + 2n+ 1 = (n+ 1)2 que son cuatro cuadrados perfectos.Ademas, si a > 17, entonces n > 8 y 4n es distinto de n2 − 4n, es decir, b 6= c yademas c = n(n− 4) > 0.27. Tenemos que (a− b)2 ≥ 0, (2a− c)2 ≥ 0, (4a− d)2 ≥ 0, entonces

0 ≤ 16(a− b)2 + 4(2a− c)2 + (4a− d)20 ≤ 16(a2 − 2ab+ b2) + 4(4a2 − 4ac + c2) + 16a2 − 8ad + d20 ≤ 48a2 + 16b2 + 4c2 + d2 − 32ab− 16ac − 8ad

De aquı se obtiene que48a2 + 16b2 + 4c2 + d2 ≥ 32ab+ 16ac + 8ad.

28. Considere la figura

B C

A

HM L1 12

αα

(a) BH = 1 + 12 = 32 , CH = 12 (*)Por Pitagoras en 4ABH :AB2 = BH2 + AH2

y en 4AHC :AC 2 = AH2 + HC 2

139y, entonces,

AB2 − AC 2 = BH2 − CH2=(∗) ( 32)2 − ( 12)2 = 2.

Razon de los lados AB y AC : La bisectriz divide el lado opuesto en dos segmentosque son respectivamente proporcionales a los lados adyacentes del triangulo:ABAC = BL

LC = 3−√3√3−1 = √3 (∗∗)(b) AB2 − AC 2 = 2 y AB = √3AC , (por (**)). Ası,3AC 2 − AC 2 = 2⇒ AC = 1 y AB = √3Con los datos en la figura, 4AMC es isosceles puesto que MH = HC = 12 . Es decir,AH es altura y es mediana, entonces AC = AM = 1.(c) Si β = ]ACB, tenemos, considerando el triangulo AHC, que cos β = 12 y, entoncesβ = 60◦.Si δ = ]ABC , tenemos, considerando el triangulo ABH, que cos δ = √32 y, entoncesδ = 30◦.De lo anterior tenemos que ]CAB = 90◦.29. Tenemos que 299998 − 13 = (249999 − 1) (249999 + 1)3 .Si tenemos tres numeros enteros consecutivos, entonces uno de ellos debe ser divisiblepor tres; los tres numeros 249999 − 1, 249999, 249999 + 1, son consecutivos, por lo tantouno de estos es divisible por tres. Observe que 249999 no es divisible por 3, porquesi lo fuera, al ser 3 primo, entonces dividirıa a 2 y eso es falso. Se concluye que249999− 1 o 249999 + 1 es divisible por tres y, en cualquiera de los dos casos, entonces(249999 − 1) (249999 + 1)3 es entero, es decir, 299998 − 13 es entero.

30. Sea p un numero primo que se escribe como suma de dos primos y, tambien, comodiferencia de dos primos. Primero vemos que p 6= 2, pues 2 no se puede escribir comosuma de dos numeros primos. Ası, p es impar; como p = q+ r con q y r primos y pes impar, entonces uno de estos dos q o r tiene que ser par y el otro impar; como elunico primo par es 2, entonces, digamos q es 2. Ası, p = 2 + r ⇒ r = p− 2.Del mismo modo p = s− t con s y t primos, por la misma razon de antes, debemostener t = 2, es decir p = s − 2 ⇒ s = p + 2. Tenemos entonces que p − 2, p yp+ 2 son primos y ademas son tres impares consecutivos, de modo que uno de elloses multiplo de 3, entonces, necesariamente p − 2 = 3, p = 5, p + 2 = 7, de maneraque 5 es el unico numero que cumple las condiciones.

14031. Los elementos A y B componen la primera mezcla en razon 3 : 5, entonces cada gramode la primera mezcla contiene 38 de gramo de A y 58 de gramo de B. Analogamente,cada gramo de la segunda mezcla contiene 13 de gramo de B y 23 de gramo de C ; ungramo de la tercera mezcla contiene 25 de gramo de A y 35 de gramo de C. Si tomamos

x gramos de la primera mezcla, y gramos de la segunda y z gramos de la tercera ,obtendremos x + y+ z gramos de la nueva mezcla. Esta nueva mezcla contendra:38x + 25z gramos de A,58x + 13y gramos de B y23y+ 35z gramos de C .Debemos tomar la primera, segunda y tercera mezcla en cantidades tales que la mezclanueva contenga los elementos A, B y C en razon 3 : 5 : 2, esto significa que 1 gramosde la nueva mezcla debe contener 310 de gramo de A, 510 de gramo del elemento B y210 de gramo del elemento C . Ası, en x + y+ z gramos de la mezcla nueva habra:310 (x + y+ z) gramos de A,510 (x + y+ z) gramos de B y210 (x + y+ z) gramos de C .De todo lo anterior se forma el sistema38x + 25z = 310 (x + y+ z)58x + 13y = 510 (x + y+ z)23y+ 35z = 210 (x + y+ z)

Si multiplicamos la primera ecuacion por −5 y la segunda por 3 y sumamos ambasecuaciones resultantes obtenemos −2z + y = 0, es decir, y = 2z. Sustituyendo estoen la segunda ecuacion y despejando x , obtenemos x = 203 y. Si sustituimos estos dosresultados en la tercera ecuacion vemos que ella se satisface; entonces, la proporcionen que hay que tomar las mezclas es x : y : z = 20 : 6 : 3.32. De acuerdo con la hipotesis, 1

a + 1b + 1

c = abc, entonces bc + ac + ab = (abc)2.Entonces se tiene quea2b2 + 1 = a2b2c2 + c2

c2 = ab+ bc + ac + c2c2 = (b+ c) (a+ c)

c2 ,

b2c2 + 1 = a2b2c2 + a2a2 = ab+ bc + ac + a2

a2 = (a+ b) (a+ c)a2 ,

c2a2 + 1 = a2b2c2 + b2b2 = ab+ bc + ac + b2

b2 = (a+ b) (b+ c)b2 .

141De donde se tiene(

a2b2 + 1)(b2c2 + 1)(c2a2 + 1) = ( (a+ b)(b+ c)(a+ c)abc

)2

33. Con la notacion de la figura, tenemosm∠ABD = m∠ACD = m∠FDM = m∠EDM = 60◦.

B

A

C

E F

D

M

Tenemos BD = DC = a2 ; DE = DF = a2 sin 60◦ = a√34 . Ademas sin 60◦ = FM

DF ⇒√32 = FMa√32 ⇒ FM = 3a8 ⇒ FE = 2FM = 6a8 . Por Pitagoras en 4FMD se tiene que

MD = a√38 . De manera que el area de 4DEF es igual a 12 · 6a8 · a√38 = 3a2√364 .

34. Como (y− z)2 +(z − x)2 +(x − y)2 = (y+ z − 2x)2 +(z + x − 2y)2 +(x + y− 2z)2 ,entonces (x − y)(x − z) + (y− z)(y− x) + (z − x)(z − y) = 0.Hagamos y−z = a, z−x = b, x−y = c. Entonces bc+ca+ab = 0 y a+b+c = 0.Luego (a+ b+ c)2 − 2(bc + ca + ab) = 0; es decir, a2 + b2 + c2 = 0, de dondea = b = c = 0, es decir, x = y = z.35. Se bajan desde D y E las perpendiculares sobre el lado AC como se muestra en lafigura.

C A

B

D

F

T

E

G

S

a

a

a

a

b b b

Rm

n

142Se tiene que 4AEG ∼ 4DRE , puesto que los angulos A y E son congruentes,los mismo que los angulos D y E y los segmentos DE y EA son congruentes. Ası,RE = b = FG y DR = a = TS . De modo analogo 4BTD ∼ 4DRE . En 4CDF y4CEG se verifica que

m2 = (2a)2 + b2; n2 = a2 + (2b)2.Por lo tanto, m2 + n2 = 5(a2 + b2) y, como m2 + n2 = 1 (por hipotesis), se sigue quea2 + b2 = 15 . Finalmente, en 4ABC :

AB2 = (3a)2 + (3b)2 = 9(a2 + b2) = 95 ,de donde AB = 3√5 = 35√5.

36. Primero veamos que n es par. Si n fuera impar entonces cada ai debera ser impar,pero la suma de un numero impar de impares no puede ser igual 0. Luego n es par.Ahora veamos que n es multiplo de 4. Si n fuera de la forman = 4m+ 2 = 2(2m+ 1),

entonces alguna ai es 2 y las restantes n − 1 son impares, luego, la suma de los aiimpares es impar (pues n− 1 es impar) y si agregamos el 2 tenemos quea1 + a2 + · · ·+ an es impar,

luego, no puede ser 0. Ası, m debe ser de la forma 4m.37. Acomodamos el rectangulo con el lado de 15 horizontal y el de n vertical. Veamoscomo podemos llenar el renglon hasta abajo. Podemos colocar una U con el lado de 3hacia abajo, ocupando tres cuadritos de la base; las otras orientaciones posible paraU son con el lado de 2 hacia abajo.

En cualquiera de los casos, el espacio vacıo solo puede ser llenado (de modo queel resto del rectangulo pueda ser construido) con una cruz y despues de la cruzforzosamente debe colocarse otra U ası:

143

o

o

o

o

o

o

o

oo oa a a

a

a

(La cruz formada por a’s y las U’s por o’s) y ası ocupamos 5 cuadritos de la base.Es claro que si ponemos una cruz en la base, debemos poner necesariamente dos U’sa los lados y formar otro de estos rectangulos de 5 × 3. Ası que en cualquier casoocupamos 3 o 5 cuadritos de la base. Entonces el numero de cuadritos de base, 15,debe ser expresado como suma de 3’s y 5’s, esto solo puede hacerse de dos formas,tres cincos o cinco treces. Con los 3 cincos estarıamos poniendo 3 de esos rectangulosde 5 × 3 y por lo tanto ocuparıamos un rectangulo de 15 de base por 3 de alto. Siusamos los 5 treces, son 5 U’s horizontales, es facil ver que en las cavidades de lasU’s solo podemos poner cruces, ası

o o o o o o o o o oo o o o o oa a a

a

ab b b

b

bc c c

c

c# = $ = =. . .

. . .

. . .

Las cruces estan hechas de a’s, b’s, c’s ... y las U’s de o’s. Como en el cuadro marcadocon # solo puede ir una U de cabeza, despues de ponerla repetimos el argumentoen el cuadro $ y ası sucesivamente, vemos que debemos completar un rectangulo de15 × 3 o bien uno de 15 × 5, si ahora aplicamos el argumento a lo que quede delrectangulo de 15× n, vemos que se puede llenar si y solo si n = 3a+ 5b, con a, benteros no negativos. Los numero menores que 10 que son de esa forma son 3, 5, 6, 8y 9. Ademas todos los n > 9 son de esa forma; en efecto, sea n = 3q+ r (con r = 0, 1o 2). Como n > 9, entonces q > 3. Si r = 0, n = 3q+ 5 · 0.Si r = 1, n = 3(q− 3) + 5 · 2.Si r = 2, n = 3(q− 1) + 5 · 1.En conclusion, el rectangulo puede formarse si n = 3, 5, 6 o n ≥ 8.38. Observe que 15 = 11·5 , 145 = 15·9 , 1117 = 19·13 , 1221 = 113·17 , 1357 = 117·21 , de modo que la

n−esima fraccion es 1(4n− 3)(4n+ 1) .

144Para calcular la suma de los trece primeros terminos note que

1(4n− 3)(4n+ 1) = 14[ 14n− 3 − 14n+ 1

],

de manera que11·5 + 15·9 + 19·13 + · · ·+ 145·49 + 149·53= 14 ( 11 − 15)+ 14 ( 15 − 19)+ 14 ( 19 − 113)+ · · ·+ 14 ( 145 − 149)+ 14 ( 149 − 153)=14(1− 153

) = 14 · 5253 = 1353 .39. Considere la figura:

A E

CF

X

YB

D

n

m

m

n

r

r

Por L–A–L se sigue que 4DXC ∼= 4BYA. Entoncesm∠DXC = m∠AYB, XC = YA.

Luego, AXCY es un paralelogramo, lo mismo que AFCE . Si llamamos los perımetrosde los triangulos BCE y CDX por PBCE , PCDX , respectivamente, entonces se tieneque el perımetro de 4CFY esm+ DC + CB + BY + r + n = (m+ n+ CB) + (DC + DX + r)= PBCE + PCDX

De donde, p = (a+ 2b) + (b− 2a) = 3b− a.40. Si el cuadrado de un numero es igual al cubo de otro, entonces este numero es unasexta potencia y, por tanto, el numero es un cubo perfecto. Los numeros menores que1000 (de mas de una cifra) cubos perfectos son: 27, 64, 125, 216, 343, 512, 729. Como elcuadrado de un numero de tres cifras es mayor que 10000 y 3 · 93 = 2187 < 10000,entonces el numero debe ser de dos cifras. El unico que cumple las condiciones es 27.

14541. Considere la figura:

PQ

AB

CD

E

F

a

a

Se tiene m∠CPD = m∠EPB (opuestos por el vertice), m∠PCD = m∠PBE (ambosson rectos) y a = DC = BE , entonces 4DCP ∼= 4EBP , por lo tanto BP = CP , esdecir, BP = a2 . Por otra parte, (PBE) = (PBQ) + (BQE); pero (PBE) = 12a·a2 = a24 ;(PBQ) = 12 · a2 · BQ · sin 30◦

y (BQE) = 12 · BQ · a · sin 60◦. Entoncesa24 = a4 · BQ · sin 30◦ + a2 · BQ · sin 60◦

y, despejando BQ, se tiene BQ = 2a(2√3−1)11 . Por lo tanto, el area buscada es(PBQ) = 12PB · BQ · sin 30◦ = a2 (2√3− 1)44 .

42. La serie de numeros primos es infinita, de modo que para cualquier entero positivo a,existen tres numeros primos p1, p2, p3 con a < p1 < p2 < p3 que tomaremos comolos tres primeros mayores que a. Tenemos M = a3 + b3 = (a+ b)(a2 − ab+ b2). SiCecilia elige b = p1p2p3 − a, consigueM = [a+ (p1p2p3 − a)] [a2 − ab+ b2] = p1p2p3 (a2 − ab+ b2)

De modo que M contiene al menos tres factores primos diferentes.43. Si (w, x, y, z) es solucion del sistema, entonces es solucion de la ecuacion:

yz − w − x + wx − y− z = 0,que es equivalente a

(w − 1) (x − 1) + (y− 1) (z − 1) = 2.

146Encontremos las soluciones enteras positivas de esta ultima ecuacion y comprobemossi son soluciones del sistema original. Como las soluciones son enteras tenemos trescasos:(a) (w − 1)(x − 1) = 2, y (y− 1)(z − 1) = 0, que admite las soluciones:(2, 3, 1, 5), (3, 2, 1, 5), (2, 3, 5, 1) y (3, 2, 5, 1).(b) (w − 1)(x − 1) = 1, y (y− 1)(z − 1) = 1, que admite solo la solucion (2, 2, 2, 2).(c) (w − 1)(x − 1) = 0, y (y− 1)(z − 1) = 2, que admite las soluciones:(1, 5, 2, 3), (1, 5, 3, 2), (5, 1, 2, 3) y (5, 1, 3, 2).Es facil comprobar que estas nueve cuartetas son soluciones del sistema original.

44. Sea an la cantidad que recibe el individuo n, n ≥ 2. Tenemos a2 = 5, a3 = 5 · 2 + d,a4 = 2(5 · 2 + d) + d = 22 · 5 + d(1 + 2), . . .,

an = 5 · 2n−2 + d(1 + 2 + 4 + · · ·+ 2n−3) = 5 · 2n−2 + d(2n−2 − 1).Como a10 = 1917, 5, entonces 1917, 5 = 5 · 28 + d(28 − 1) y, entonces d = 52 . Ası

a15 = 5 · 213 + 52 (213 − 1) = 61437, 5.45. Considere la figura:

B C

A

Da

ab

b− a

Con los datos del enunciado tenemos que m∠BAC = 36◦, m∠ABC = m∠ACB = 72◦,entonces en 4BCD se tiene que m∠BCD = 36◦, m∠CDB = m∠DBC = 72◦.Por otra parte, en 4ACD se tiene que m∠DAC = m∠ACD = 36◦, m∠ADC = 108◦.De lo anterior se deduce que 4BCD y 4ADC son isosceles y 4BCD es semejantea 4BAC . Para los lados se tiene: DC = AD = a, BD = b − a. Expresando la

147proporcionalidad derivada de la semejanza anterior:

b− aa = a

b ⇔ a2 = b2 − ab⇔ a2 + ab− b2 = 0⇔(ab

)2 + ab − 1 = 0

⇒ ab = √5− 12 ⇒ a =

(√5− 1) b2 .

46. Tenemos quep2 + q2p+ q = p2 + q2 + 2pq− 2pq

p+ q = (p+ q)2 − 2pqp+ q = p+ q− 2pq

p+ q.

Luego, p2+q2p+q es entero si y solo si 2pq

p+q es entero. Pero, en este caso, p+ q divide a2pq y, como los divisores de 2pq son 1, 2, p, q, 2p, 2q, pq, 2pq tendrıamos:X p+ q = 1 o p+ q = 2, imposible;X p+ q = p o p+ q = q ⇒ p = 0 o q = 0, imposible;X p+ q = 2p o p+ q = 2q ⇒ p = q ;X p+ q = pq⇒ p = q(p− 1) y como p y q son primos, entonces p = q = 2 ;X p+ q = 2pq⇒ p = q(2p− 1) y como q es primo, obtenemos p = 1, imposible.

47. Los divisores de 26 son 1, 2, 13 y 26, por lo que a2 + b2 + c2 tiene que dar comoresultado alguno de estos cuatro numeros. Se haran cuatro casos:Caso I: a2 + b2 + c2 = 1. El unico cuadrado perfecto menor o igual que 1 es 12 = 1.Como solo hay un numero posible para a, b, c, entonces las otras posibilidades sondos ceros, pero como a 6= 0, entonces a = 1, b = c = 0. Ası el unico numero de tresdıgitos abc en que a2 + b2 + c2 = 1 es 100.Caso II: a2 + b2 + c2 = 2. Aquı tambien el unico menor que 2 que es cuadradoperfecto es 1 y la forma en que se puede utilizar para sumar 2 es12 + 12 + 02 = 2; como a 6= 0, entonces a = 1 y si b = 1, entonces c = 0 y si b = 0entonces c = 1. Ası los numeros abc que cumplen la propiedad a2 + b2 + c2 = 2 son101 y 110.Caso III: a2 + b2 + c2 = 13. Los cuadrados perfectos menores que 13 son 12 = 1,02 = 0, 22 = 4, 32 = 9. La unica forma de combinar tres de estos cuadrados para quesumen 13 es 02 + 22 + 32 = 0 + 4 + 9 = 13; como a 6= 0 entonces puede ser 2 o 3,de esta forma obtenemos que los numeros abc con a2 + b2 + c2 = 13 son 203, 230,302, 320.

148Caso IV: a2 + b2 + c2 = 26. Tenemos que 02, 12, 22, 32, 42 y 52 son los cuadradosmenores que 26; los unicos cuadrados que suman 26 son 02+12+52 = 2 y 12+32+42 =26. Las maneras de combinarlos en numeros de tres dıgitos abc (con a 6= 0) son 105,150, 501, 510, 134, 143, 314, 341, 413 y 431. Se obtienen ası 17 numeros con lascondiciones pedidas, ellos son: 100, 101, 105, 110, 134, 143, 150, 203, 230, 302, 314, 320,341, 413, 431, 501, 510.

48. Observamos primero quea2

a+ b = a(a+ b)− aba+ b = a− ab

a+ b.

Como ab ≤ (a+b2 )2, tenemos aba+b ≤ a+b4 , luego − ab

a+b ≥ −a+b4 . Por lo tanto,a2

a+ b + b2b+ c + c2

c + a = (a− aba+b)+ (b− bc

b+c)+ (c − cac+a)

≥ a+ b+ c −(a+ b4 + b+ c4 + c + a4

)= a+ b+ c2 = 1.

49. Sea ai el total acumulado de libros vendidos hasta el final del i−esimo dıa (porejemplo a10 representa el total de libros vendidos desde el primer dıa hasta el decimoinclusive). Como al menos se vendio un libro por dıa, entoncesa1 < a2 < . . . < a364 < a365 = 600 ([)

(a365 = 600 pues es el total vendido en el ano). El total de libros vendidos en elperıodo que va del dıa (i + 1) al dıa j , ambos inclusive, es aj − ai. Queremos ver siexisten i, j con j > i, tal que aj − ai = 129. A cada termino en ([) sumese 129:a1 + 129 < a2 + 129 < . . . < a365 + 129 = 729.

Sea bi = ai + 129:b1 < b2 < . . . < b364 < b365 = 729.

Tenemos 365 termino ai y 365 terminos bi, entre 1 y 729, esto es, hay 730 terminos quepueden tomar 729 valores diferentes, por lo tanto dos de ellos tienen que ser iguales;pero si i 6= j entonces bi 6= bj y ai 6= aj , por lo que existen m y n tales que bn = amy entonces an + 129 = am ⇒ am − an = 129; entonces en el perıodo de m− n dıasse vendieron 129 libros exactamente.50. Como son consecutivos se tiene que estas secuencias siempre tienen la forma

a+ 1, . . . , a+ k

149y se quiere que su suma sea 2000. Ası se obtiene

ka+ k(k + 1)2 = 2000,es decir,

2a+ 1 = 4000− k2k = 4000

k − k (1)De (1), por ser a y k enteros, se tiene que k divide a 4000 y, ademas k < 63. Ademas2a+ 1 = 4000−k2

k debe ser entero impar, luego los valores de k que sirven sonk = 1 que lleva a {2000}k = 5 que lleva a {398, 399, 400, 401, 402}k = 25 que lleva a {68, 69, ..., 91, 92}k = 32 que lleva a {47, 48, ..., 77, 78}

51. Trace la altura correspondiente a AN que corta AN en R , sean x = |AR|, y = |RN|,|AB| = a y |PR| = h. Dado que 4ARP ∼ 4ABM se tiene que x

a = ha/2 ademascomo 4NRP ∼ 4NAD se tiene que y

a/2 = ha . De estas ultimas relaciones se obtieneque y

h = hx por lo que 4ARP ∼ 4PRN , de donde se obtiene la conclusion.

52. Sea Sn la suma de todos los xm tales que m tiene n cifras. Vamos a separar losnumeros de n cifras en 9 grupos, G1, G2, ..., G9 segun su primer dıgito sea 1, 2, ..., 9:

G1 =

1000..,01000..,1...1099..,91100..,0...1999..,9G2 =

2000..,02000..,1...2099..,92100..,0...2999..,9...G9 =

9000..,09000..,1...9099..,99100..,0...9999..,9Vemos que para cada grupo, los numeros que lo integran son identicos si exceptuamosel primer dıgito. Si sumamos todos los numeros del grupo Gi tenemos∑

m∈Gi

xm = i ·∑m∈G1

xm

Ahora, si m tiene al menos un dıgito igual a 0, entonces xm = 0; de ahı que ∑m∈G1 xm =

150Sn−1. Entonces

Sn = ∑m∈G1

xm + ∑m∈G2 xm + · · ·+ ∑

m∈G9xm

= ∑m∈G1

xm + 2 ∑m∈G1

xm + · · ·+ 9 ∑m∈G1

xm

= 45 ∑m∈G1

xm = 45Sn−1Ahora, Sn = 45Sn−1 = 45 (45Sn−2) = ... = 45n−1S1 y como S1 = 1+2+3+ · · ·+9 =45 se tiene que Sn = 45n.53. Sean a, b tales que a2+b2 es cuadrado perfecto, digamos k2, y suponga que a2+b2+c2es cuadrado perfecto, digamos p2. En ese caso se tiene:

a2 + b2 + c2 = p2k2 + c2 = p2

k2 = p2 − c2k2 = (p− c)(p+ c).

Tomese r = p+ c, s = p− c, es decir p = (r+ s)/2, c = (r− s)/2 de aquı r, s debentener la misma paridad.Si r, s son pares r = 2m, s = 2n ası que k2 = 4mn = rs. Tomese r = 2mn y s = 2,en ese caso p = mn+ 1 y c = mn− 1 es decir: p = k2/4 + 1 y c = k2/4− 1Similarmente si ambos son impares.54. Consideremos la siguiente figura:

A C

B

H

M F

NI

x

y

h

En esta figura se ha trazado, ademas de lo indicado en el enunciado, la altura MHde 4AMN , la altura BI de 4ABC y el segmento MF , paralelo a la base AC . Seax = AM , y = AN y h = MH ; en este caso tenemos que MB = 11− x , NC = 10− y.Como los perımetros del triangulo y el cuadrilatero indicados son iguales, entonces

x + y+MN = MN + 10− y+ 9 + 11− x

151⇒ x + y = 15.Utilizando la formula de Heron obtenemos que el area de 4ABC es 30√2 y, deacuerdo con esto, 10·IB2 = 30√2 ⇒ IB = 6√2.Ademas, puesto que (AMN) = (MNCB), entonces cada una de esas areas es igual a15√2. Ası, (AMN) = yh2 = 15√2 ⇒ yh = 30√2.Observe que (MNCB) = (MNCF ) + (MFB).Como MF‖AC , entonces 4BMF ∼ 4BAC , luego 11−x

MF = 1110 ⇒ MF = 1011 (11 − x).En 4BMF , la altura sobre el lado MF es BI − h = 6√2− h. De esto tenemos que(BMF ) = 1011 (11− x) · 6√2−h2 . Ademas, (MNCF ) = [10− y+ 1011 (11− x)]h2 . Por lo tanto(MNCB) = (MNCF ) + (MFB)

= [10− y+ 1011(11− x)]h2 + 1011 (11− x) · 6√2− h2= 15√2⇒10h+ 1011(11− x) · 6√2 = 30√2 + hy

⇒10h+ 1011(11− x) · 6√2 = 60√2Multiplicando la ultima igualdad por y tenemos

10hy+ 1011(11− x) · 6√2y = 60√2y⇒300√2 + 1011 (11− x) · 6√2y = 60√2y⇒

Entonces, dividiendo por 60√2:5 + 111(11− x)y = y⇒55 + 11y− xy = 11y⇒

xy = 55.En resumen, tenemos x + y = 15, xy = 55 y, por lo tanto

x + yxy = 1555 = 311

⇒ 1x + 1

y = 1AM + 1

AN = 311 .55. Consideremos la figura siguiente; en ella hemos trazado adicionalmente la altura MEde 4MDC .

152

A C

B

D

M

E

Puesto que M es el punto medio de BC , entonces E es el punto medio de AC , demanera que EC = AD+DC2 .En 4DME , m∠DME = 45◦ y por lo tanto ME = DE (*). Por otra parte, 4BAC ∼4MEC ⇒ BC

AC = MCEC , pero MC = 12BC ⇒ BC

AC = 12BCEC ⇒ 2EC = AC ⇒ 2(DC −

ED) = AC ⇒ 2ED = 2DC − AC ⇒ 2ED = 2DC − (AD + DC ) = DC − AD ⇒ED = 12 (DC − AD) (*)

⇒ME = 12 (DC − AD).Usando el teorema de Pitagoras en 4MEC tenemos(BC2 )2 = (AD+DC2 )2 + (DC−AD2 )2BC 2 = AD2 + DC 2 + DC 2 + AD2

⇒ AD2 + DC 2 = 12BC 2 = 12h2.56. Como a, b, c son naturales se tiene que a3 ≥ 3abc es decir a2 ≥ 3bc de donde2(b+ c) ≥ 3bc. Finalmente se tiene que 2c ≥ b(3c − 2).Si c = 0, a = b y a2 = 2b, de donde b = 0 ∨ b = 2 obteniendose las tripletas(2, 2, 0) y (0, 0, 0).Si c > 0, b ≤ 2c3c−2 ≤ 2, y hay dos casos:

? b = 0 que conduce a a = c y a2 = 2c y, por lo tanto, c = 0∨ c = 2 que conducena la nueva tripleta (2, 0, 2).? Finalmente si b = 1 se sustituye en las ecuaciones originales, lo que conduce aa3 − c3 = 3ac + 1 y a2 = 2(c + 1). Despejando y sustituyendo se obtiene

a3 − (a22 − 1)3 = 3a(a22 − 1)+ 1Esta ultima ecuacion conduce a

−a6 + 6a4 − 4a3−12a2+24a = 0cuyas soluciones enteras son a = 0, a = 2 lo que lleva a la tripleta (1, 2, 1); el casoa = 0 se elimina pues llevarıa a c = −1 que no es un numero natural.

57. m = 3n− 1⇒ mn = 3n− 1

n = 3− 1n ⇒

mn < 3 ( pues 1

n > 0) (1)

153Como el menor de los n es 1 y el menor valor de m es 2 (puesto que m, n ∈ Z+),entonces 1

mn ≤12 y, multiplicando miembro a miembro por 54 se obtiene 54mn ≤ 58(2)Ahora, sumando miembro a miembro (1) y (2) se obtiene que:

mn + 54mn < 3 + 58 = 298 (3)

Como 298 <√14 puesto que 29 < 8√14 (4), entonces de (3) y (4) se concluye que:

mn + 54mn < √14.

58. Trazamos los segmentos PM y QN y la altura AI del triangulo ABC .

B C

A

I

PM

Q NT

D

Tenemos que PM y QN son paralelos a BC y ademas PM = 13BC , QN = 23BC .Sea h = AI . Por semejanza de triangulos, las alturas del triangulo APM, el trapecioPMNQ y el trapecio QNCB son iguales entre sı y por lo tanto iguales a 13h.De este modo, (AMP) = 13BC · 13h2 = 19 (ABC ); (QNBC ) = (BC + 23BC ) · 13h2 =59 (ABC ).Ahora, TN es paralela media al lado BC del triangulo BMC y por lo tanto TN = 12BC .Ademas 4PMD ∼ 4NTD y, entonces h′

PM = h′′TN (donde h′ es altura de 4PMDy h′′ altura de 4TDN , h′ + h′′ = 13h). Es decir h′13BC = h′′12BC ⇒ h′ = 23h′′ ⇒

h′′ + 23h′′ = 13h ⇒ h′′ = 15h. Ademas QT = 23BC − 12BC = 16BC . De todo estotenemos:(QTP) = 16BC · 13h2 = 118(ABC ),(PMT ) = 13BC · 13h2 = 19(ABC ),(TDN) = 12BC · 15h2 = 110(ABC ).

154De manera que

(DMN) = (1− 19 − 59 − 118 − 19 − 110) (ABC )

= 115 (ABC ).59. Sean AD, BE y CF las medianas, con BE⊥CF en el punto G. Dibujamos la altura

AK sobre el lado BC .

B C

A

K

F

D

E

G

EntoncescotB + cotC = BK + CK

AK = BCAK ≥

BCAD = 2GD3GD = 23

60. En cada caso se borran dos numeros a y b y se sustituyen por un numero ab+a+b.Observamos que ab + a + b + 1 = (a + 1)(b + 1). Si consideramos el productoP = (1 + 1)(2 + 1) · · · · · (20 + 1) (el producto de todos los numeros aumentados en 1),nos damos cuenta que en cada caso, al quitar a y b y poner ab+ a+ b, el productode todos los numeros que quedan, aumentados en 1, no va a variar, por lo tanto, alfinal, el numero que queda en la pizarra es

(1 + 1)(2 + 1) · · · · · (20 + 1)− 1 = 2 · 3 · · · · · 20 · 21− 1.

15561. Tenemos que

11 . . . 11︸ ︷︷ ︸n veces 22 . . . 22︸ ︷︷ ︸ 5

n+1 veces = 102n+1 + 102n + · · ·+ 10n+2 + 2(10n+1 + · · ·+ 10) + 5= 10n+2(10n−1 + · · ·+ 1) + 20(10n + · · ·+ 1) + 5= 10n+2 · 10n − 19 + 20 · 10n+1 − 19 + 5= 102n+2 − 10n+2 + 20 · 10n+1 − 20 + 459= 102n+2 + 10 · 10n+1 + 259= (10n+1 + 53

)2

Puesto que la suma de los dıgitos de 10n+1 + 5 es 6, el numero 10n+1+53 es un enteroy ası, el numero dado es un cuadrado perfecto.62. Sean a = ∏

paii , b = ∏pbii , c = ∏

pcii , donde pi denota un factor primo de a, b, c(algunos exponentes pueden ser 0).Como [a, b] =∏ pmax(ai,bi)i , (a, b) =∏ pmın(ai,bi)

i , etc., tenemos que probar que2 max(ai, bi, ci)− max(ai, bi)− max(bi, ci)− max(ci, ai)=2 mın(ai, bi, ci)− mın(ai, bi)− mın(bi, ci)− mın(ci, ai)

Sin perdida de generalidad podemos suponer, para el ındice i, que ai ≥ bi ≥ ci, eneste caso tendremos 2ai − ai − bi − ai = 2ci − bi − ci − ci y se tiene lo indicado.

NIVEL C

SELECCION1. (c) Tenemos f (2) + f (1) = 4 ⇒ f (2) = 3, f (3) + f (2) = 9 ⇒ f (3) = 6, f (4) + f (3) = 16⇒ f (4) = 10; sucesivamente se obtiene que f (5) = 15, f (6) = 21, f (7) = 28, f (8) = 36,f (9) = 45 y f (10) = 55.

2. (c) Observamos quex + 2√x − 1 = (√x − 1 + 1)2 yx − 2√x − 1 = (1−√x − 1)2,

156por lo tanto1√

x + 2√x − 1 + 1√x − 2√x − 1 = 11 +√x − 1 + 11−√x − 1 = 22− x .

3. (d) Sea N el numero, tenemos N + 1 = m2 (1) y N2 + 1 = n2 ⇒ N + 2 = 2n2 (2).Restando (1) de (2) tenemos que 1 + m2 = 2n2.Por otro lado, como N es de dos cifras, su mitad debe ser menor que 50, de maneraque n ≤ 7. Probando sucesivamente con n = 7, 6, 5, . . ., obtenemos n = 5 y, por lotanto N = 48 (por (2)). La suma de sus cifras es 12.4. (a) Llamemos P al centro del hexagono. Como BH = AB = al radio del cırculo, setiene que (ABH) = (BCH) = (BAP) = 16 (ABCDEF ). Luego, la razon que se pide esigual a 13 .

D C

B

AF

E PH

5. (b) Para ser divisible por 30 tiene que ser divisible por 2, 3 y 5. Ası, en particular elnumero es divisible por 10 y por lo tanto necesariamente Z = 0. Hay que ver entoncescuantos son divisibles por 3, para ello debemos tener X +2+Y +Z = 3k (multiplo de3), es decir X + Y = 3k − 2, los valores posibles para k son 1, 2, 3, 4, 5, 6 y tenemosk 1 2 3 4 5 6

X + Y 1 4 7 10 13 16posibilidades 1 4 7 9 6 3En total hay 30 numeros con la condicion pedida.6. (c) Sean α, β, γ cada uno de los angulos congruentes en que las bisectrices dividena los angulos B, A y C , respectivamente del 4ABC . Entonces 2α + 2β + 2γ = 180,de donde α + β + γ = 90 (*). Por la condicion del enunciado 2α + 2γ = 5(2β) ⇒α + γ = 5β (**). Ası en (*) se tiene que β + 5β = 90 ⇒ β = 15. En 4BOC :

m]BOC = 180− (α + γ) =(**) 180− 5β.Puesto que β = 15 se sigue que

m]BOC = 180− 5(15) = 105◦.

1577. (d) Tenemos

F (1970) + F (1971) + · · ·+ F (2001)=10 · 17 + 10 · 10 + 10 · 19 + 3 · (1 + 3 + 5 + 7 + 9) + 1 = 536.8. (c) Sean x , y, z las medidas de los lados, entonces xz = 72, yz = 32, xy = 144. Esdecir

xyxz = 14472 = 2⇒ y

z = 2⇒ y = 2z.Como yz = 32, entonces 2z2 = 32 ⇒ z = 4, de aquı, y = 8 y x = 18.

9. (b) Por las propiedades de los logaritmos tenemos quelogab 3√a√

b= 13 logab a− 12 logab b = 43 − 12 logab b.

Como 1 = logab ab = logab a + logab b = 4 + logab b, entonces logab b = −3 y,sustutyendo en la igualdad anterior, se tiene que logab 3√a√b

= 43 − 12 (−3) = 17610. (c) De acuerdo con la formula de Heron, el area del triangulo de 10, 10, 12 es

A = √16 · 6 · 6 · 4 = 48De modo que, usando Heron nuevamente, en el otro triangulo tenemos

48 =√(10 + x2)(x2)(x2)(10− x2)48 = x2

√100− x24 ⇒96 = x

√100− x249216 = x2(100− x24)

36864 = 400x2 − x40 = x4 − 400x2 + 36864

Haciendo x2 = y, la ultima ecuacion se convierte en y2−400y+36864 = 0. Resolviendose tiene y = 144, y = 256 y por lo tanto x = 16, x = 12. El dato que andamosbuscando es x = 16.

15811. (d) La entrada, en la casilla numero k , de la fila superior es ak = 4(k − 1) + 1000; laentrada, en la casilla numero k , de la fila inferior es bk = 7(k − 1) + 20. Queremosver cuando ak < bk , es decir

4(k − 1) + 1000 < 7(k − 1) + 20⇒ 980 < 3(k − 1)⇒ 327, 66 < k

De manera que en la primera casilla en la cual el numero inferior es mayor al superiores en la numero 328. Ası, n = 328 y la suma de sus cifras es 13.12. (a) Como ABCD es un cuadrado con AD = 10, entonces MD = 5 (pues M es puntomedio de CD). Si RA = x , entonces MR = 4x y, por lo tanto, MA = 5x . Por Pitagorasen el trianguloMDA, tenemos 25x2 = 125, entonces x = √5. La distancia que andamosbuscando es la longitud del segmento RN en la figura adjunta.

A

BC

D

M

R

PQ

N

Si trazamos el segmento MQ, perpendicular a AB, tenemos que Q es el punto mediode AB. Si P es el punto interseccion entre MQ y RN entonces los triangulos MAQ yMRP son semejantes y, por lo tanto, 105 = MP

RP ⇒ MP = 2RP . Ası, por Pitagoras enel triangulo MPR, se tiene 5RP2 = 80 ⇒ RP = 4 y, por lo tanto, RN = 9.13. (d) [f (n2 + 1)]√n = k ⇒

[f(9 + m2

m2)]√ 12

m = [f ( 9m2 + 1)]2√ 3

m = k2.14. (a) Si E es tal que AE = BE , entonces E se encuentra sobre la mediatriz del segmento

AB; la interseccion entre esta mediatriz y la recta m es un unico punto. Si E es talque BA = BE , entonces E se encuentra sobre un cırculo de centro B y radio BA, porlas condiciones del problema, la interseccion entre la recta m y este cırculo son dospuntos. De igual forma, si E es tal que BA = AE , entonces E se encuentra sobre uncırculo de centro A y radio AB, la interseccion entre este cırculo y la recta m son dospuntos. Por las condiciones del problema, estos cinco puntos son distintos entre sı.

159

AB

m

15. (d) Tracemos OC , que resulta ser la hipotenusa de los triangulos rectangulos CAO yCBO.

A

O

B

C

Estos triangulos son congruentes y de angulos 30◦, 60◦, 90◦. Luego, como AO = OB =√3, se tiene que BC = CA = 3 y entonces el area buscada es (AOBC ) = 2 (CAO) =2 · 3√32 = 3√3.16. (b) Si x ≥ 4, entonces 23+x es entero mientras que 23−x no es entero, por lo que lasuma no puede ser un numero entero. Concluimos que x ≤ 3. Analogamente, x ≥ −3.Para −3 ≤ x ≤ 3, ambas potencias de 2 son enteras. Como 65 es impar, entonces unade las potencias de 2 tiene que ser impar, es decir, tiene que ser 20 = 1 y la otra26 = 64. Luego, las unicas posibilidades son 3 − x = 0 y x + 3 = 6 o x + 3 = 0 y3− x = 6, es decir x = 3 o x = −3.17. (b) Si unimos los puntos A, B y C con el punto O, donde se intersectan los trescırculos, tenemos 3 cuadrilateros concıclicos, como se muestra en la siguiente figura.

160v

u

w

A O

B

C

Si α = m∠AOC , β = m∠AOB y γ = m∠BOC , entonces u+ α = 180◦, v + β = 180◦y w + γ = 180◦, por lo tantou+ α + v + β + w + γ = 3 · 180◦.

Luegou+ v + w = 3 · 180◦ − (α + β + γ)= 3 · 180◦ − 360◦ = 180◦.

18. (d) Como el hexagono es regular podemos dividirlo en 12 triangulos rectangulos igualescomo se muestra en la figura, entonces el area estara dada por la suma de las areasde los 12 triangulos, es decir,H = 12 · h,donde h es el area de uno de los triangulos rectangulos.

A

B

C

Tenemos tambien queH = 6 · h+ 4 · (ABC ) = H2 + 4 · (ABC ) .

Luego, 12H = 4 · (ABC ). Es decir,(ABC ) = 18H.

16119. (b) De la primera ecuacion, y = 2− x . Sustituyendo en la segunda: x(2− x)− z2 = 1⇒ z2 = −(x − 1)2. Como el lado izquierdo es mayor o igual que 0 y el lado derechoes menor o igual que cero, la unica posibilidad de que sean iguales es que ambossean 0, de ahı tenemos que z = 0 y x = 1 y, por lo tanto, y = 1. Solo una tripletasatisface el sistema.20. (a) La suma de los angulos internos de un hexagono es 720◦, si el hexagono esequiangulo entonces todos sus angulos son iguales y por lo tanto miden 720◦6 = 120◦cada uno. Prolongando en ambas direcciones los lados de medida x , medida 10 ymedida 12, obtenemos tres triangulos: uno sobre el lado de medida y, otro sobre ellado de medida 6 y otro sobre el lado de medida 14 y tambien un triangulo grandeABC como se muestra en la figura.

A

B

C

y

y

y

1414

14

6 66

x

1012

Como cada angulo interno del hexagono es de 120◦, entonces cada angulo externomide 60◦, de modo que tanto los tres triangulos pequenos como el triangulo grandeson equilateros. Entonces tenemos 14+x+y = 14+12+6 = 32, con lo que x+y = 18y, entonces el perımetro del hexagono es x + y+ 10 + 6 + 12 + 14 = 18 + 42 = 60.21. (c) Tenemos queN = 1 + 2 + 3 + · · ·+ 1011

= 1011 (1011 + 1)2= 10112 (1011 + 1)= 210511 (1011 + 1) .

Como 511 y 1011 + 1 son impares, entonces el factor 2 aparece 10 veces.22. (a) Tenemos que x2n+1 − 1 = 2r yx2n+1 − 1 =(x − 1)(x2n + x2n−1 + · · ·+ x + 1) .

162Luego 2r = (x − 1)(x2n + x2n−1 + · · ·+ x + 1) ,lo cual es imposible ya que si x > 1 y n > 1, el numero x2n + x2n−1 + · · ·+ x + 1 esimpar y mayor que 1.

23. (a) De las condiciones dadas en el problema se puede construir la siguiente tablaCaso America Asia Europa AfricaA 4 2 5 4B 2 4 3 6C 3 3 4 5D a b c 4

En el caso D, por ser a+b = 6, entonces a = 5, b = 1 o a = 1, b = 5 o a = 2, b = 4o a = b = 3. Las dos ultimas posibilidades no se dan puesto que habrıan continentesrepresentados por el mismo numero de delegados. Si a = 5, b = 1, entonces c = 6,en cuyo caso, el numero total de delegados serıa 16. Si a = 1, b = 5, entonces c = 2y el numero total de delegados serıa 12. Ası, el caso D no es posible. Ası mismo, loscasos A y C no podran darse porque habrıan continentes representados por el mismonumero de delegados. La unica situacion posible, es por tanto B.24. (a) El cuadrilatero AQPR es un paralelogramo, por lo tanto AQ = RP y QP = AR,

m]QPB = m]ACB y m]RPC = m]ABC (correspondientes entre paralelas). Luegolos triangulos QBP y RPC son triangulos isosceles, ya que 4ABC es isosceles.Entonces QB = QP y RP = RC . Si AQ = PR = b y QP = AR = a, entoncesQB = 17 − b, QP = a, puesto que QB = QP , se sigue que 17 − b = a, es decir,a + b = 17, entonces el perımetro del cuadrilatero AQPR es 2(a + b) = 2(17) = 34cm .

25. (d) Queremos que la suma sea maxima, entonces colocamos 9 en el centro porqueahı aporta a cuatro segmentos. Luego colocamos a su alrededor al 8, 7, 6 y 5:58 9 67

El 4 aporta mas a la suma si se coloca entre el 8 y el 7.Luego se acomodan losrestantes. 2 5 18 9 64 7 3Si sumamos los valores de cada segmento obtenemos 134.

16326. (a) Hagamos 2p+ 1 = m3 ⇒ 2p = m3 − 1 ⇒ 2p = (m− 1)(m2 +m+ 1) ⇒

p = m− 12 (m2 +m+ 1) (*)Como m3 es impar, entonces m es impar y por lo tanto m−12 es un entero. Pero comop es primo, m−12 = 1 o m2 + m + 1 = 1. Pero lo ultimo no puede ser, por lo tantom − 1 = 2, es decir, m = 3 y 2p + 1 = 27 ⇒ p = 13. Solo hay un numero con lapropiedad indicada.27. (c) Tenemos t

x+r = 2 ⇒ t2 = x + r; tr−x = 3 ⇒ t3 = r − x ⇒ t2 + t3 = 2r ⇒ 56 t = 2r

⇒ r = 512 t ⇒ r < t. Por otra parte, como r − x = t3 y todos son positivos entoncesr − x > 0 ⇒ r > x . Concluimos que

x < r < t.

28. (b) Coloquemos los numeros en forma triangular12 45 7 910 12 14 1617 19 21 23 25...1850 · · · · · · · · · 19361937 · · · 2023 20252026 · · ·

Vemos que el ultimo numero en cada fila es un cuadrado perfecto, ası, el numero parmas cercano a 2000 que aparece en la coleccion es 2026.29. (c) Los triangulos ABC y CDP tienen la misma altura sobre los lados iguales AB yCD, por lo tanto tienen la misma area. Las demas opciones solo ocurren en casosparticulares.

30. (b) Escribamos √2 +√3 = √x + √y. Elevando al cuadrado e igualando terminossemejantes se tiene {x + y = 2 (1)xy = 34 (2)

Al despejar y de (1) y sustituir en (2) se obtiene 4x2−8x+3 = 0. Como x > 0, resultaque x = 32 y por lo tanto y = 12 . Entonces√2 +√3 =√32 +√12 = √62 + √22 .

16431. (b) Llamemos con h el lado del triangulo equilatero: 2(AN)2 = h2, (MD)2+1 = h2 (porPitagoras). Ademas AN = 1− DM . De todo esto, (DM)2 − 4DM + 1 = 0 y, entonces

DM = 2 ± √3. Pero 2 + √3 no vale (es mayor que 1), entonces DM = 2 − √3.Tenemos (CMN) = 1− 2(CBN)− (AMN) (*)Pero (CBN) = DM2 y (AMN) = (1−DM)22 . Sustituyendo en (*): (CMN) = 2√3− 1.

32. (a) En el siguiente grafico se observa que con 6 personas designadas por A, B, C, D,E, F y con 4 cajas de galletas 1, 2, 3, 4, se puede resolver el problema.

1 2 3 4A B C

D E F

Ademas, este es el numero mınimo de personas que pueden satisfacer las condicionesdel problema, ya que si de cada caja comen 3 personas y cada persona come de doscajas distintas, necesariamente dicho numero es multiplo de 3 · 2 = 6.33. (d) (ACDE) = 12 (24 + 15) · 12 = 234 cm2, (OBCD) = 234 − (DEA) − (AOB). Lostriangulos 4EOD, 4AOB son semejantes, por el postulado angulo–angulo (]EODy ]AOB son opuestos por el vertice, ]EDA y ]DAC son alternos internos entreparalelas). Sea h la medida de la altura del triangulo EDO, trazada desde el vertice

O, la medida de la altura de 4AOB, trazada desde el vertice O es 12 − h. De lasemejanza de los triangulos se tiene1512 = h12− h ⇒ 12− h = 163

Ası, (DEA) = 90 cm2, (AOB) = 32 cm2, (OBCD) = 112 cm2.34. (c) El radio del segundo cırculo es igual a la apotema del triangulo equilatero inscritoen el primero, esto es, R2 , el radio del tercer cırculo es igual a la apotema del segundotriangulo equilatero, es decir R22 y ası sucesivamente, el radio del n−esimo cırculo es

R2n−1 y por lo tanto su area esπ(

R2n−1)2 = πR2(14

)n−1.

35. (c) 22n+1·52n+3−1 = (2·5)2n+1·25−1 = 102n+1·25−1 = 25 0 · · · 0︸ ︷︷ ︸2n+1 ceros −1 = 24 9 · · · 9︸ ︷︷ ︸2n+1 nueves .Luego la suma de los dıgitos es (2n+ 1) · 9 + 4 + 2 = 18n+ 15.

16536. (b) A partir del enunciado tenemos que a+ b = 3c y c + d = 3a y, por lo tanto

b+ d = 2(a+ c)b− d = 4(c − a)

Ademas, a2−3ac−8d = 0 y c2−3ac−8b = 0. Restando estas dos ultimas igualdadesy utilizando las relaciones de arriba se tiene quea2 − c2 = 8(d − b)⇒ (a− c)(a+ c) = 32(a− c).

Como a 6= c, se concluye que a + c = 32. Por lo tanto, b + d = 2(a + c) = 64. Demodo que a+ b+ c + d = 96.37. (b) AB2 + BC 2 = AC 2, entonces AB2 + 64 = 100 ⇒ AB = 6. De aquı, el perımetrodel cırculo pequeno es 2 y entonces su perımetro es 4π .38. (b) Tenemos que √ 12 = cos A+ cosB = 2 cos (A+B2 ) cos (A−B2 )√ 32 = sin A− sinB = 2 sin (A−B2 ) cos (A+B2 )Entonces, elevando al cuadrado:

12 = 4 cos2 (A+B2 ) cos2 (A−B2 )32 = 4 sin2 (A−B2 ) cos2 (A+B2 )Sumando ambas relaciones:

2 = 4 cos2 (A+B2 ) [sin2 (A−B2 )+ cos2 (A−B2 )]Por lo tanto cos2 (A+B2 ) = 12 ⇒ cos (A+B2 ) = ±√ 12 . El valor negativo se descartapuesto que 0 ≤ A+B2 ≤ 90◦ y, entonces, su coseno es positivo. En este caso, tenemoscos (A+B2 ) =√ 12 ⇒ A+B2 = 45◦ y, por lo tanto, A+ B = 90◦.

39. (b) Considere la figura:

A B

CD

F

E

x

xx − a

x − aa

a

`

`

`

166Tenemos (CEF ) = √3 = √34 `2, de donde ` = 2 (` es el lado del triangulo equilatero).Ademas 4EDC ∼= 4FBC (hipotenusa–cateto). Luego

(ABCD) = ax2 +√3 + ax2 + (x − a)22 = ax +√3 + (x − a)22 .

Por Pitagoras a2 + x2 = 4 y 2(x−a)2 = 4⇒ x2− 2ax+a2 = 2 y de esto concluimosque ax = 1 y, por lo tanto (ABCD) = 2 +√3 cm2.40. (d) Sea A el area sombreada, entoncesA = π8 CA2 − π8 CD2 − π8 DA2 = π8 (CA2 − CD2 − DA2),

pero CA = CD + DA, entoncesA = π8 [(CD + DA)2 − CD2 − DA2] = π4 CD · DAAdemas sabemos que el angulo CBA es recto (esta inscrito en una semicircunferencia)y por lo tanto BD es altura sobre la hipotenusa del triangulo CAB, entonces BD2 =

CD · DA. Luego A = π4BD2.41. (a) 72 = 23 ·32, entonces si N es divisible por 72, debe serlo por 8 y por 9 simultanea-mente; es decir, el numero formado por sus tres dıgitos finales debe ser divisible por8 y la suma de sus dıgitos debe ser divisible por 9. Entonces b = 3 o b = 7 (paraque el numero sea divisible por 8). Como la suma de los dıgitos debe ser multiplo de9 entonces a + b = 4 o a + b = 13. Todo esto es posible solo si a = 6 y b = 7o a = 1 y b = 3. Solo hay dos numeros: 46872 y 41832.42. (b) Observe lo siguiente:sin 1◦cos k◦ cos(k + 1)◦ = sin(k + 1− k)◦cos k◦ cos(k + 1)◦= sin(k + 1)◦ cos k◦ − cos(k + 1)◦ sin k◦cos k◦ cos(k + 1)◦= tan(k + 1)◦ − tan k◦De esto se sigue que

S = tan 1◦ − tan 0◦ + tan 2◦ − tan 1◦ + + · · ·+ tan 1999◦ − tan 1998◦= tan 1999◦ − tan 0◦ = tan 1999◦.43. (b) El ]ABC es inscrito y mide la mitad del arco AC que intercepta. El ]RAE essemiinscrito y su medida tambien es la mitad del arco AC . Luego ]ABC ∼= ]RAE . Alser DE ‖ T , por angulos alternos internos entre paralelas, ]AED ∼= ]RAE . Ası, porangulo–angulo, se sigue que 4ADE ∼ 4ABC . De la semejanza se sigue que

ADAC = AE

AB ⇒612 = 56 + BD ⇒ BD = 4.

16744. (c) Sea r el diametro. Por ser L tangente en D se tiene que AD ⊥ L. Sea h =

BD y m = CD. Como AD es diametro entonces BD es altura de 4ADP (sobre lahipotenusa). Igualmente CD es altura sobre la hipotenusa en 4ADQ. De todo estor2 = h2 + (46, 08)2 y h2 = 46, 08 · 3, 92; luego r2 = 2304. Ademas r2 = (28, 8)2 + m2y por lo tanto 2304 = (28, 8)2 +m2 ⇒ m2 = 1474, 56. Por otra parte, m2 = 28, 8 · CQy, entonces CQ = 51, 2.

P

QC

B

A D

L

rh

m

45. (c) Observe que m]ACB = 45◦, por lo que4ABC es rectangulo isosceles y QC = QT(donde T es el punto interseccion de BC y PQ). La diagonal AC mide √2 centımetrosy AQ = 1 pues corresponde a la rotacion de AD. Ası, QC = √2 − 1. El area de4TQC es (3− 2√2)/2. De modo que(ABTQ) = (ABCD)− (ACD)− (QTC ) = √2− 1.

46. (a) El cırculo pequeno esta inscrito en un triangulo equilatero. La mediana AD de esetriangulo es bisectriz del angulo y mide 2R (R es el radio del cırculo mayor). El puntode interseccion de las medianas en cualquier triangulo se encuentra a una terceraparte de la base. Ası, si O es el centro del cırculo menor, ODAD = 13 , es decir, r2R = 13 (res el radio del cırculo menor). Por lo tanto r = 2R3 y el area del cırculo pequeno esπr2 = π

(2R3)2 = 49πR2,

pero πR2 = 1 pues es el area del cırculo mayor. De modo que el area del cırculomenor es 49 .47. (d) Sea a = 932−65 ·930 +3n, entonces a = (4 ·915)2 +3n. Sea k ∈ N tal que a = k2,luego (4 · 915) + 3n = k2.Por lo tanto (k − 4 · 915)(k + 4 · 915) = 3n. Luego, existe p ∈ {0, 1, 2, ..., n} tal quek + 4 · 915 = 3pk − 4 · 915 = 3n−p

168con p > n− p. Luego, 8 · 915 = 3n−p(32p−n − 1), y de esto se sigue que n− p = 30y 2p− n = 2. De aquı, n = 62 y p = 32.48. (d) Sea ABCD cualquier cuadrilatero. X , Y , Z , W , los puntos medios de AB, BC , CDy DA respectivamente. Los segmentos XY y WZ son paralelos a la diagonal AC ytambien WX ‖ ZY , es decir XYZW es un paralelogramo. Sean H1 y H2 los pies delas alturas trazadas desde B hasta AC y XY respectivamente y sean H3 y H4 lospies de las alturas trazadas desde D hasta AC y WZ respectivamente y sean I , J lasintersecciones de AC con XW y YZ respectivamente.

D C

B

A

W

X

Y

Z

H2H3

H1

H4

I

J

Tenemos:(ABC ) = AC · BH12 ,

(ADC ) = AC · DH32(ABCD) = AC · (BH1 + dH3)2 .

Ademas H1H2 = H2B y H3H4 = H4D, por semejanza de triangulos, y WZ = XY .(AIX ) + (CFY ) = (AC − XY ) · H1H22(AIW ) + (CFZ ) = (AC − XY ) · H3H42(XYB) = XY · BH22 y

(WZD) = WZ · DH42 .

Entonces(XYZW ) = AC2 [BH1 + DH3]− [AC − XY2 (H1H2 + H3H4) +XY2 (BH2 + DH4)]

= AC2 [BH1 + DH3] = 12 (ABCD)

169De esta forma, el area del cuadrilatero inscrito es la mitad del area del cuadrilaterooriginal y ası sucesivamente, de modo que el area de AnBnCnDn es (ABCD)/2n.

DESARROLLO

1. Observamos que √(x + 1)2 = |x + 1| y √(x − 1)2 = |x − 1|, ası, si x 6= 0:f (x) = 12x (|x + 1| − |x − 1|)

De acuerdo con la definicion de valor absoluto tenemos quef (x) =

1x si x > 11 si − 1 ≤ x ≤ 1

−1x si x < 1

De modo que el rango de f es el intervalo de numeros reales ]0, 1].2. Sean di = ai+1 − ai las diferencias, i = 1, . . . , 108. Por un lado tenemos qued1 + d2 + · · ·+ d108 = a109 − a1

≤ 1998− 1 (1)= 1997.Ahora, sea d′1 ≤ d′2 ≤ . . . ≤ d′108 las diferencias ordenadas. Si suponemos que ningunvalor se repite mas de tres veces entonces, d′1, d′2, d′3 valen al menos 1, d′4, d′5, d′6valen al menos 2, ..., d′106, d′107, d′108 valen al menos 36, por lo tanto

d1 + d2 + · · ·+ d108 = d′1 + d′2 + · · ·+ d′108≥ 3 (1 + 2 + · · ·+ 36) = 1998.

Esto contradice (1), por lo que al menos una de las diferencias debe repetirse 4 veceso mas.Para la segunda parte del problema considere a1 = 1 y ai = a1 + d1 + · · · + di−1,donde d1 = d2 = d3 = 1, d4 = d5 = d6 = 2, . . ., d106 = d107 = d108 = 36.3. Podemos escribir sin 3x = 3 sin x − 4 sin3 x , cos 2x = 1− 2 sin2 x . Ası, la desigualdaddada se puede escribir como4(3 sin x − 4 sin3 x)+ 5 ≥ 4(1− 2 sin2 x)+ 5 sin x,

o bien 16 sin3 x − 8 sin2 x − 7 sin x − 1 ≤ 0.

170Si escribimos y = sin x , entonces la desigualdad se convierte en

16y3 − 8y2 − 7y− 1 ≤ 0⇒ (y− 1) (4y+ 1)2 ≤ 0.Ahora, como y = sin x , entonces y < 1 pues sin x < 1 para todo x , por lo que laultima desigualdad es valida y por lo tanto lo es la desigualdad inicial para todo x .

4. Observamos que los terminos de la secuencia (a) son de la formaan = 3 + 4 (n− 1) ,

para n = 1, . . . , 287. Los terminos de la secuencia (b) son de la formabk = 2 + 7 (k − 1) ,

para k = 1, . . . , 287. Ası, debemos encontrar los numeros n y k para los cualesan = bk . Tenemos

an = bk ⇒3 + 4(n− 1) = 2 + 7 (k − 1)⇒4n+ 4 = 7k.De aquı tenemos que k tiene que ser multiplo de 4, es decir, 4 = 4s; los valores de sseran 1, 2, . . . , 71 pues 1 ≤ k ≤ 287. Ahora, si k = 4s, entonces

4 (n+ 1) = 7 · 4s,o sea n = 7s− 1. Dado que 1 ≤ n ≤ 287, entonces los valores admisibles para s sonunicamente 1, 2, . . . , 41. Ası, hay 41 numeros que pertenecen a ambas sucesiones.

5. Consideremos la figura:

A

B

D

C

K

P

Al trazar la diagonal AC vemos que los angulos ∠BKC y ∠BAC son inscritos ysubtienden el mismo arco, por lo tanto tienen la misma medida, es decir m∠BAC =

171α . Si el radio de la circunferencia es R , tenemos que la hipotenusa del triangulorectangulo BAC es 2R y el cateto adyacente a ∠BAC es a, por lo tanto

cos α = a2R ,es decirR = a2 cos α .6. En primer lugar vemos que x = 0, y = 0 es una solucion. Por otra parte, x > 0, y > 0y como x + √xy > 0, resulta que x > y. Obteniendo raız cuadrada en la segundaecuacion tenemos x + y = √2(x − y). Despejando y y racionalizando:

y = (√2− 1)x√2 + 1 = (√2− 1)2x.Sustituyendo en la primera ecuacion tenemos

√x − (√2− 1)√x = x + (√2− 1)x ⇒

(2−√2)√x = √2x ⇒ √x = 2−√2√2De aquı, x = 3− 2√2 y y = 17− 12√2.

7. Construyamos la figura correspondiente.

A D

CB

R

P

S

L

K

N Mx

ya− x

a− y

Sea a la medida del lado del cuadrado. Sea x la distancia desde M al lado AB, y seay la distancia de M al lado AD. Tenemos entonces que la distancia de M a BC esa − y y la distancia de M a CD es a − x . Sea P el punto interseccion de CD conla recta indicada y tracemos el segmento AS paralelo a ←→NP, entonces la tangentedel angulo ∠SAD es 13 . Sea R el punto interseccion de ←→NP y ←→AD y sean K y Lpuntos en BC y AD respectivamente, tales que M ∈ KL y KL‖CD. Como PD = 2SD,concluimos que RD = 2AD = 2a (por semejanza de triangulos), por lo que

RL = 2a− (a− x) = a+ x.

172Ademas tenemos que tan (∠MRL) = ML

LR , de donde y = a+x3 . Ası, las medidas de loslados, en el orden indicado, son: x, a+x3 , a− a+x3 = 2a−x3 y a− x .Es facil ver que esto cuatro numeros forman una progresion aritmetica.8. Es claro que las soluciones deberan satisfacer las condiciones x > 0, x 6= 1. Utilizandolas propiedades de los logaritmos tenemos que:

logx (ax) = 1 + logx a = 1 + 1loga x = loga x + 1loga xloga (ax) = 1 + loga xloga2( 1a

) = loga2(a−1) = −12

De modo que la ecuacion se puede escribir como(loga x + 1)2loga x = −12 .Es decir, (loga x)2 + 52 loga x + 1 = 0.Escribiendo y = loga x , tenemos la ecuacion cuadratica y2 + 52y + 1 = 0, cuyassoluciones son y = − 12 , y = −2. Si y = − 12 , entonces loga x = − 12 ⇒ x = a−1/2.Si y = −2, entonces loga x = −2 ⇒ x = a−2. Ası, la ecuacion tiene dos soluionesx = 1√

a y x = 1a2 .

9. Supongamos que el cilindro de radio r de la base y altura h esta inscrito en el cono.De la semejanza de los triangulos AOS y BO1S , en la siguiente figura, se deduce quer = R (H − h)

H .S

O1 B

O A

173El area lateral del cilindro es S = 2πrh, es decir,

S = 2πRH h (H − h)⇒

S = −2πRH h2 + 2πRh.

Vemos que S es una funcion cuadratica de h, en la que el coeficiente del terminocuadratico es negativo, por lo tanto tiene un valor maximo que se encuentra en elvertice de la parabola correspondiente. La abscisa de dicho vertice es h = −2πR2 · −2πRH

=H2 . Ası, el cilindro inscrito que tiene la mayor superfice lateral es el que tiene la alturaigual a la mitad de la altura del cono.10. Evidentemente la pareja (0, 0) es una solucion y es la unica para la cual alguna delas dos incognitas es 0. Supongamos entonce ahora que x 6= 0 y y 6= 0. Multiplicandola primera ecuacion por x y la segunda por y el sistema se convierte en{

yx = x4 − 3x2xy = y4 − 3y2

Es decir,x4 − 3x2 = y4 − 3y2

x4 − y4 − 3(x2 − y2) = 0(x2 − y2)(x2 + y2 − 3) = 0

(x − y) (x + y)(x2 + y2 − 3) = 0Si x − y = 0, entonces x = y. Sustituyendo en la primera de las ecuaciones delsistema se tiene x = x3− 3x ⇒ x3− 4x = 0 ⇒ x(x− 2)(x+2) = 0 ⇒ x = 0 o x = 2o x = −2. Ademas de la solucion (0, 0) se obtiene de aquı dos soluciones mas: (2, 2)y (−2,−2).Si x + y = 0, entonces y = −x . Sustituyendo en la primera de las ecuaciones delsistema tenemos que −x = x3 − 3x ⇒ x3 − 2x = 0 ⇒ x(x −√2)(x +√2) = 0 ⇒x = 0 o x = √2 o x = −√2. Ademas de la solucion (0, 0) se obtiene de aquı dossoluciones mas: (√2,−√2) y (−√2,√2).Si x2 +y2− 3 = 0 (*), entonces x2− 3 = −y2 (**). La primera ecuacion del sistema sepuede escribir como y = x(x2− 3), entonces, por (**), se tiene y = −xy2, como x 6= 0,y 6= 0, se tiene 1 = −xy ⇒ y = −1

x . Sustituyendo en (*) se tiene x2 + 1x2 − 3 = 0

⇒ x4 − 3x2 + 1 = 0. Las soluciones de esta ultima ecuacion son: x = − 12 + 12√5,x = − 12 − 12√5, x = 12 + 12√5, x = 12 − 12√5 y como y = −1

x , a partir de esto seobtienen otras cuatro soluciones para el sistema original: (− 12 + 12√5,− 12 − 12√5) ,

174 (− 12 − 12√5,− 12 + 12√5), ( 12 + 12√5, 12 − 12√5) y ( 12 − 12√5, 12 + 12√5).

11. Si f (x1) = x2, f (x2) = x3, f (x3) = x1, entonces1ax1 + b = x2 (1)1ax2 + b = x3 (2)1ax3 + b = x1 (3)

Sustituyendo (2) en (3) tenemosx1 = ax2 + b

abx2 + b2 + a (4)Sustituyendo (1) en (4) obtenemos

x1 = abx1 + b2 + a(a2 + ab2) x1 + (b3 + 2ab) ⇒

0 = (a2 + ab2) x21 + (b3 + ab)x1 − (b2 + a

)Realizando las sustituciones de otra manera tambien obtenemos0 = (a2 + ab2) x22 + (b3 + ab

)x2 − (b2 + a

)0 = (a2 + ab2) x23 + (b3 + ab

)x3 − (b2 + a

)Es decir, los numeros x1, x2 y x3 deben ser soluciones de la ecuacion

0 = (a2 + ab2) x2 + (b3 + ab)x −

(b2 + a

)Pero, dado que esta ecuacion es de segundo grado, la unica manera en que puedenexistir tres numeros distintos que satisfagan las condiciones dadas es que los trescoeficientes sean iguales a 0, es decir

0 = a2 + ab2,0 = b3 + ab,0 = −(b2 + a).

Por lo tanto a = −b2. Como el denominador en f (x) no puede ser 0, entonces con-cluimos que a y b no pueden ser 0 al mismo tiempo. Ası, las condiciones sobre a y bque resuelven el problemas son ab 6= 0 y a = −b2.12. Si a y b son numeros positivos entonces √2√a2 + b2 ≥ a+ b, esto es cierto puestoque √2√a2 + b2 ≥ a+ b ⇔ 2 (a2 + b2) ≥ (a+ b)2 ⇔ (a− b)2 ≥ 0.

175

A B

CD

H

G

F

E

Ahora, por el teorema de Pitagoras, EF = √BE2 + BF 2 y por la desigualdad indicadaantes tenemos √2EF ≥ BE + BF.

De modo analogo se obtienen las desigualdades√2FG ≥ CF + CG,√2GH ≥ DG + DH,√2HE ≥ AH + AE.

Si P es el perımetro de EFGH y sumando estas cuatro desigualdades resulta que√2P ≥ AE + EB + BF + FC + CG + GD + DH + HA = 1 + 1 + 1 + 1 = 4,

y por lo tanto P ≥ 2√2.13. Primero vemos que si uno de ellos es negativo la desigualdad es evidente: digamos

b < 0, entonces, como a+b = 2, entonces a = 2−b > 2, luego, a4 +b4 > 24 +b4 =16 + b4 > 2; lo mismo sucede si a < 0.Veamos ahora el caso en que a ≥ 0 y b ≥ 0. Como a+b = 2, entonces (a+ b)2 = 4.La desigualdad media aritmetica-media geometrica aplicada a los numeros a2 y b2nos dice que a2+b22 ≥√a2b2, es decir a2+b22 ≥ ab ⇒ 2ab ≤ a2 + b2. Tenemos4 = (a+ b)2 = a2 + b2 + 2ab ≤ a2 + b2 + a2 + b2 = 2 (a2 + b2), es decir,2 ≤ a2 + b2. De aquı se tiene que 4 ≤ (a2 + b2)2.Aplicando nuevamente la desigualdad media aritmetica-media geometrica, ahora a losnumeros a4 y b4 obtenemos que a2b2 ≤ a4+b42 . De esto tenemos: 4 ≤ (a2 + b2)2 =

a4 + b4 + 2a2b2 ≤ a4 + b4 + a4 + b4 = 2 (a4 + b4), es decir, 2 ≤ a4 + b4, comoquerıamos probar.14. Restando las ecuaciones dadas tenemos que

3p− 4q = 1.

176Vemos que una solucion para esta ultima ecuacion es p = −1 y q = −1, pues

3(−1)− 4(−1) = 1.Tenemos entonces que

3p− 4q = 3(−1)− 4(−1)3(p+ 1) = 4(q+ 1)Luego 3 divide a q+1 y 4 divide a p+1, es decir, q+1 = 3k , con k entero, entoncesq = 3k − 1. Como x = 4q− 2, entonces x = 12k − 2. De modo que los x que cumplenlo pedido son todos los de la forma 12k − 2 con k entero.15. Del sistema dado se deduce que

xi = 1 + x2i−12 ,

por lo tanto xi ≥ 0. Multiplicando todas las ecuaciones del sistema tenemos(1 + x21)(1 + x22) · · ·(1 + x21999) = 21999 · x1x2 · · · x1999 (1)De la desigualdad entre las medias aritmetica y geometrica tenemos que

1 + x212 ≥√1 · x21 ⇒ 1 + x21 ≥ 2x1.

En donde la igualdad se cumple solo si x1 = 1. De igual manera tenemos1 + x22 ≥ 2x2

· · ·1 + x21999 ≥ 2x1999De donde: (1 + x21)(1 + x22) · · ·(1 + x21999) ≥ 21999 · x1x2 · · · x1999 (2)en donde la igualdad se cumple solo si x1 = x2 = · · · = x1999 = 1. Sin embargo,debido a (1) la igualdad es obligatoria. Por lo tanto, la unica solucion del sistema esx1 = x2 = · · · = x1999 = 1.16. Sean las circunferencias de centro Oi y radio ri, con i = 1, 2, ..., 6 y sea A el puntoque ellas tienen en comun. De los angulos OiAOj considere el menor, digamos que esOaAOb. Entonces este angulo es menor o igual a 60◦ y OaOb es menor que el mayorde AOa y AOb, si, por ejemplo, AOb es el mayor, entonces la circunferencia buscadaes la de centro Ob y radio rb.

17717. De la segunda ecuacion tenemos z = a− x − y. Sustituyendo en la primera

x2 + y2 = a− x − y⇒x2 + x + y2 + y = a⇒(

x + 12)2 + (y+ 12

)2 = a+ 12De la ultima ecuacion vemos que si a < −12 entonces a + 12 < 0 y no hay solucion,si a > 12 hay infinitas soluciones y si a = − 12 entonces (x + 12)2 + (y+ 12)2 = 0 yhay una unica solucion: x = − 12 , y = − 12 , z = a− x − y = − 12 + 12 + 12 = 12 .18. Sean Sc , Sv y Sa las sumas de los numeros asignados a las caras, vertices y aristasrespectivamente. Como cada cara esta formada por tres arsitas tenemos que2Sa = 3Sc. (1)Como cada vertice es comun a tres aristas, tenemos que2Sa = 3Sv . (2)Ademas,

Sc + Sv + Sa = 1 + 2 + · · ·+ 14 = 105. (3)Resolviendo el sistema formado por (1), (2) y (3) resulta que Sc = Sv = 30 y Sa = 45.Para que el numero asignado a una arista sea entero, debemos tener que los numerosasignados a las caras adyacentes a la arista deben ser de la misma paridad y losnumeros asignados a los vertices que determinan la arista tambien deben ser de lamisma paridad. Pero si un vertice es par (impar) lo seran tambien los demas vertices,esto mismo sucede con las caras.Los conjuntos de cuatro numeros con la misma paridad, cuya suma sea 30 y sean ele-mentos de {1, 2, . . . , 14}, son los siguientes ocho conjuntos: {1, 5, 11, 13}, {1, 7, 9, 13},{3, 5, 9, 13}, {3, 7, 9, 11}, {2, 4, 10, 14}, {2, 6, 8, 14}, {2, 6, 10, 12}, {4, 6, 8, 12}.Uno de estos conjuntos debe ser usado para numerar las caras y otro para numerarlos vertices. Puesto que ningun promedio debe ser elemento del conjunto, los uni-cos conjuntos que satisfacen son: {1, 5, 11, 13} y {2, 4, 10, 14}. Ambos dan el mismoconjunto para numerar las aristas: {3, 6, 7, 8, 9, 12}.En conclusion, lo pedido se puede realizar de dos maneras, dependiendo de que con-junto se use para numerar las caras y que conjunto para numerar los vertices.19. Si N es el punto medio de CD se tiene que los triangulos rectangulos AMO y ONDson congruentes (tienen lados de medidas 3, 4 y 5). Luego

m∠AQB = 12m∠AOB + 12m∠COD = m∠AOM +m∠DOM = 90◦,

178entonces ABQ es un triangulo rectangulo.Ahora, si M es el punto medio de AB, se tiene que m∠QAM = m∠MQA. Veamosahora que los triangulos CQD y CLQ son semejantes (con L la interseccion de ←→QMy CD), lo que implicara que QL⊥CD. Son semejantes pues tienen el angulo C encomun y porque m∠CDQ = m∠CQL. En efecto m∠CDQ = m∠QAB (puesto queabren el mismo arco de cırculo) y m∠QAB = m∠QAM = m∠MQA = m∠CQL porser opuestos por el vertice.

D

C

A BM

L

O

N

Q

20. Como 2x +3y no es multiplo de 3, entonces z tampoco es multiplo de 3. Esto significaque z es de la forma 3k + 1 o 3k + 2, en ambos casos, al elevar al cuadrado, seobtiene un numero que es un multiplo de 3 mas 1. Es decir, z2 es un multiplo de 3mas 1. Luego, tambien 2x debe ser un multiplo de 3 mas 1, por lo tanto, x debe serpar: x = 2b (1). Reemplazando (1) en la ecuacion original:3y = z2 − 22b = (z + 2b)(z − 2b) .Pero los factores z + 2b y z − 2b no son simultaneamente multiplos de 3, ya que(z + 2b)− (z − 2b) = 2b+1 no es multiplo de 3. Entonces, necesariamente

z − 2b = 1 (2)z + 2b = 3y (3)

De (2) y (3) se tiene 2b+1 = 3y − 1 (4). De (4) vemos que 2b+1 debe ser un multiplode 3 mas 2; por esta razon, b debe ser par: b = 2c (5).Caso 1: Si b = 0, obtenemos y = 1. Con esto, x = 0, z = 2.Caso 2: Si b ≥ 2, entonces 3y debe ser un multiplo de 4 mas uno, por lo que y debeser par: y = 2d (6). Reemplazando (6) en (4):2b+1 = (3d + 1)(3d − 1) . (7)Vemos que ambos (3d + 1) y (3d − 1) deben ser potencias de dos que se diferencianen dos. Por lo tanto (3d + 1) = 4 (8)(3d − 1) = 2 (9)

179De (8) y (9) resulta d = 1. Luego, b = 2, y = 2, x = 4, z = 5. En conclusion lostripletes de enteros no negativos (x, y, z) que resuelven la ecuacion dada son (0, 1, 2)y (4, 2, 5).

21. Tomemos el trapecio ABCD inscrito en la circunferencia y tracemos otro trapecioABCF congruente al ABCD, como se muestra en la siguiente figura.

EF

A

B C

D

O

Ps

s

ss s

sr

r

r r

r

Llamemos P al punto de interseccion de AD y CF . Como ABCP resulta ser unparalelogramo, AP = PC = s. Y, entonces, FP = PD = r.Si P resulta el centro de la circunferencia entonces se tendrıa que s = r, lo cualno es posible por hipotesis del problema. Por lo tanto, al unir los puntos F y D alcentro O de la circunferencia, obtenemos un paralelogramo FPDO. Al prolongar FOhasta cortar nuevamente la circunferencia en E , se obtiene que DE = AF = s, porser AD y EF cuerdas paralelas. Como EF es un diametro tenemos que la figuraABCDEF es la mitad de un decagono regular de lado s. Ası que bastara encontrarlos angulos internos del decagono, lo que nos da m∠ABC = m∠BCD = 144◦ ym∠BAD = m∠ADC = 36◦.

22. Observemos que si n es un numero natural entonces1n −

1n+ 1 = 1

n(n+ 1) ⇒ 1n = 1

n+ 1 + 1n(n+ 1 (*)

Usando esto y que 12 + 13 + 16 = 1, podemos hacer las sustituciones 12 por 13 + 16 , 13 por14+ 112 y 16 por 17+ 142 , para obtener una nueva expresion en la que los denominadores sonmas grandes. Luego podemos repetir el procedimiento hasta lograr que el denominadormas pequeno sea 5 y no haya repetidos:1 = ( 13 + 16)+ ( 14 + 112)+ ( 17 + 142) ,1 = ( 14 + 112)+ ( 17 + 142)+ ( 15 + 120)+ ( 113 + 1156)+ ( 18 + 156)+ ( 143 + 11806)

180Ahora solo sustituimos 14 , 15 y 120 y los ordenamos:

1 = 15 + 16 + 17 + 18 + 112 + 113 + 120 + 121+ 130 + 142 + 143 + 156 + 1156 + 1420 + 11806 .Ası logramos una expresion de las requeridas. Usando (*) podemos descomponer eltermino de denominador mayor y se obtienen denominadores aun mayores. A lo queresulta se le puede aplicar el mismo procedimiento y ası sucesivamente, se puedenobtener infinitas expresiones como las indicadas.23. Claramente 10 es suertudo y como 12 + 32 = 32 + 12 = 10, tenemos que 13 y 31tambien lo son. Observe que 32 + 22 = 13, por lo que 32 es suertudo. Entonces 31 y32 son dos suertudos consecutivos y por lo tanto, para cualquier N ≥ 1,

111 . . . 1︸ ︷︷ ︸31 unos 000 . . . 0︸ ︷︷ ︸N ceros y 111 . . . 1︸ ︷︷ ︸31 unos 000 . . . 0︸ ︷︷ ︸

N−1 ceros 1son dos enteros suertudos consecutivos.Tambien, si n y n+ 1 son ambos suertudos consecutivos, tambien lo son

111 . . . 1︸ ︷︷ ︸n unos 0 y 111 . . . 1︸ ︷︷ ︸

n+1 unosRepitiendo la construccion determinamos una infinidad de parejas de enteros suertudosconsecutivos.

24. Numeramos las casillas del tablero de la siguiente manera:1 2 1 2 1 2 1 2 12 3 2 3 2 3 2 3 21 2 1 2 1 2 1 2 12 3 2 3 2 3 2 3 21 2 1 2 1 2 1 2 1

Tenemos 15 casillas numeradas con 1, 22 casillas numeradas con 2 y 8 casillas nume-radas con 3. Si inicialmente tenemos a fichas sobre casillas numeradas con 1, b fichassobre casillas nunmeradas con 2, c fichas sobre casillas numeradas con 3, entoncesc ≤ 8 (solo hay 8 casillas numeradas con 3). Ahora observamos que despues de dosmovimientos, todas las fichas que se encontraban sobre casillas 1 pasan a estar sobrecasillas 3, por lo tanto a ≤ 8. Tambien, despues del primer movimiento, todas lasfichas sobre casillas 2 pasan a ubicarse sobre casillas 1 y 3, entonces b ≤ a + c.Ası, b ≤ 16 y a + b + c ≤ 32. Con esto se demuestra que si el proceso continuaindefinidamente entonces no puede haber mas de 32 fichas en el tablero; esto es, sihay 33 fichas el juego finalizara en algun momento.

181Con exactamente 32 fichas en el tablero, sı es posible continuar el proceso indefini-damente, para ello se pueden ubicar las fichas en las casillas marcadas con X:

X X X X X X X X .X X X X X X X XX X X X X X X XX X X X X X X XMoviendose todas primero a la derecha, luego arriba, luego a la izquierda, luego abajoy reiniciando el ciclo indefinidamente.

25. (a) Tenemoscos 3x = cos 2x cos x − sin 2x sin x= (2 cos2 x − 1) cos x − 2 sin2 x cos x= 2 cos3 x − cos x − 2 cos x + 2 cos3 x = 4 cos3 x − 3 cos x.

(b) Sea x = 18◦, entonces:5x = 90◦ y 3x = 90◦ − 2x . Luegocos 3x = cos(90◦ − 2x)4 cos3 x − 3 cos x = sin 2x4 cos3 x − 3 cos x = 2 sin x cos x4 cos2 x − 3 = 2 sin x4 sin2 x + 2 sin x − 1 = 0

La ultima ecuacion tiene por solucionessin x = −1±√54 .

Como sin x > 0, entonces sin 18◦ = sin x = (−1 +√5)/4.26. Como 240 = 24 · 3 · 5, hay que analizar la divisibilidad de a4 − 1 por 16, por 3 y por5. Tenemos a4 − 1 = (a− 1)(a+ 1)(a2 + 1). Por otra parte, como a no tiene factorescomunes con 240 entonces a debe ser impar; digamos a = 2k + 1. Entonces

a4 − 1 = 8k(k + 1)(2k2 + 2k + 1). (*)Como el producto de dos numeros consecutivos k y k+1 es divisible por 2, la igualdadanterior dice que a4 − 1 es divisible por 16.

182Si k = 3p + 1, a = 2k + 1 = 6p + 3 y se sabe que a no es divisible por 3 (a notiene factores comunes con 240), luego k tiene la forma 3p o 3p + 2 y esto significaque k(k + 1) es divisible por 3. Ası, por (*), a4 − 1 es divisible por 3.Como a no es divisible por 5, entonces k es de alguna de las formas: 5p, 5p+1, 5p+3o 5p + 4. En el primero y el ultimo caso tendrıamos que k(k + 1) es divisible por 5.Por otra parte2(5p+ 1)2 + 2(5p+ 1) + 1 = 50p2 + 30p+ 5 (divisible por 5)2(5p+ 3)2 + 2(5p+ 3) + 1 = 50p2 + 70p+ 25 (divisible por 5)Ası, por (*), en todos los casos a4 − 1 es divisible por 5.27. De 1

a + 1b + 1

c = 1a+b+c se sigue que

(bc + ac + ab)(a+ b+ c) = abc

y de aquı: (b+ c)(a+ b)(a+ c) = 0.Sin perder generalidad podemos suponer que b+ c = 0 y, por lo tanto c = −b. Deaquı se sigue que c1999 = −b1999. De esto ultimo se tiene que 1c1999 = −1

b1999 y quec1999 + b1999 = 0, de modo que1

a1999 + 1b1999 + 1

c1999 = 1a1999 = 1

a1999 + b1999 + c199928. Si las fracciones indicadas son enteras entonces su producto debe de ser un entero:

xy+ 1z · yz + 1

x · zx + 1y = xyz + x + y+ z + 1

x + 1y + 1

z + 1xyz

Como x, y, z, xyz son enteros, entonces1x + 1

y + 1z + 1

xyz (*)debe de ser un entero.Caso 1: x = 1. Si en (*) hacemos x = 1 obtenemos 1 + 1

y + 1z + 1

yz . Como esto debeser un entero, entonces M = 1y + 1

z + 1yz debe ser un entero. Para y = 2, z = 3 setiene M = 1, entero. Para otros valores con 1 < y < z se tiene M < 1. Para estecaso la unica solucion al problema es x = 1, y = 2, z = 3.Caso 2: x = 2. Reemplazando en (*) tenemos que N = 12 + 1

y + 1z + 12yz debe serentero. Probando con y = 3, z = 4 no se obtiene un entero; con y = 3, z = 5 tampocose obtiene un entero; con y = 3, z = 7 se obtiene N = 1, entero. Ası, otra soluciondel problema es x = 2, y = 3, z = 7. En todos los demas casos se puede ver que

N < 1.Finalmente, si x ≥ 3, y ≥ 4, z ≥ 5, la expresion en (*) resulta menor que 1 y no hayninguna solucion mas.

18329. Observe que para que las raıces esten bien definidas debemos tener yz ≥ 0, xz ≥ 0,

xy ≥ 0. Ademasx = 42 +√yz > 0y = 6 +√xz > 0

Esto es, x > 0, y > 0, y, entonces z > 0. Pongamos x = a2, y = b2, z = c2, cona, b, c > 0. Obtenemos un nuevo sistema

a2 − bc = 42 (1)b2 − ac = 6 (2)c2 − ab = −30 (3)

Restando (1) y (2): (a− b)(a+ b+ c) = 36.Restando (2) y (3): (b− c)(a+ b+ c) = 36,de donde se sigue que b = (a+ c)/2. Sustituyendo esto en (2) se obtiene que(a− c)2 = 24. (*)Restando (1) y (3) obtenemos (a− c)(a+ b+ c) = 72, (**)como a+ b+ c > 0, entonces a− c > 0 y, de (*):a− c = √24 = 2√6.Sustituyendo en (**) obtenemos que

a+ b+ c = 36/√6 = 6√6.Concluimos que a − b = √6, b − c = √6. De todo esto, a = 3√6, b = 2√6 yc = √6. Ası, x = 54, y = 24, z = 6.30. Consideremos la figura:

A C

B

N L Mk

k

c aββ ββ

184Sean AM = MC = k , AB = c, BC = a. En 4BMC , por la ley de senos:

asin(90 + 2β) = ksin β ⇒ ak = cos 2βsin β (1)

En 4ABC :asin(90− β) = 2ksin 4β ⇒ a

k = 2 cos βsin 4β (2)De (1) y (2) podemos escribir cos 2βsin β = 2 cos βsin 4β ⇒ 2 cos β sin β = cos 2β sin 4β, de dondesin 2β = cos 2β · 2 cos 2β · sin 2β . Simplificando (ya que sin 2β debe ser diferente de0) obtenemos cos2 2β = 12 y cos 2β = √22 (la solucion negativa no procede en estecaso). Tenemos que 2β = 45◦ y β = 22, 5◦. Los angulos internos del triangulo miden:m]A = 67, 5◦, m]B = 90◦ y m]C = 22, 5◦.

31. Como 324 = 182 necesitamos una factorizacion para la expresion a4 + 182. Tenemosa4 + 182 = (a2 + 182)− 36a2 = (a2 + 18 + 6a)(a2 + 18− 6a) (*) Ası:

N = 4∏k=0

(10 + 12k)4 + 182(4 + 12k)4 + 182= 4∏

k=0[(10+12k)2+18+6(10+12k)][(10+12k)2+18−6(10+12k)][(4+12k)2+18+6(4+12k)][(4+12k)2+18−6(4+12k)]

= 4∏k=0

(144k2+312k+178)(144k2+168k+58)(144k2+168k+58)(144k2+24k+10)= 4∏

k=0144k2 + 312k + 178144k2 + 24k + 10

Sean nk = 144k2 + 312k + 178 y dk = 144k2 + 24k + 10. Entonces podemos observarquedk+1 = 144(k + 1)2 + 24(k + 1) + 10 = 144k2 + 312k + 178 = nk (0 ≤ k ≤ 3)En conclusion:

N = n0n1n2n3n4d0d1d2d3d4 = n0n1n2n3n4

d0n1n2n3n4 =n4d0 = 144 · 42 + 312 · 4 + 17810 = 373.

32. Tracemos AE de manera que m]EAC = 20◦ y BD ⊥ AE . Tenemos, por angulo–angulo,que 4CAE ∼ 4ABC (pues tienen ]BCA en comun y ]EAC ∼= ]CBA).

18520

20E

De la semejanza: CEa = ab ⇒ CE = a2

b .Luego BE = b− EC = b− a2/b. Como 4ABC es isosceles, ]BAC = 80◦ ym]BAE = 60◦; ası, en el triangulo rectangulo 4ABD se tiene BD = √32 b, AD = b2 y,puesto que AE = AC y como AC = a, entonces AE = a y ED = AD − AE = b2 − a.Como 4BDE es rectangulo se tiene

BE2 = BD2 + ED2 ⇒BE =√ 34b2 + (b2 − a)2

Por consiguiente, al ser BE = b− a2/b, se tieneb− a2

b =√ 34b2 + (b2 − a)2Elevando al cuadrado y simplificando se obtiene lo pedido.

33. Considere la figura:

B

A

C

EF

O

H M

186Primero recuerde que m∠FAH = m∠OAC (puesto que si AA′ es el diametro por Aentonces los triangulos rectangulos AFH y ACA′ son semejantes). Por lo tantom∠FAM = m∠HAE y entonces los triangulos rectangulos AFM y AEH son seme-jantes y como los catetos FM y EH son iguales, tenemos que los triangulos soncongruentes y entonces AE = FA. Por otro lado, los triangulos rectangulos ABE yACF son semejantes por tener el angulo en comun, y como AE = FA, resulta que soncongruentes, por tanto, tenemos que AB = AC .34. Usando la tercera ecuacion tenemos que xy+ yz + xz = −z2 ⇒ (y+ z)(x + z) = 0.Luego, z = −y o z = −x .Supongamos primero que z = −y, sustituyendo en la primera ecuacion se tienex3 = 8, y en la segunda ecuacion se tiene x2 +2y2 = 22, luego x = 2 (pues x3 = 8) y,entonces 22 + 2y2 = 22 ⇒ y2 = 9 ⇒ y = 3, y = −3; como z = −y, entonces, paray = 3, se tiene z = −3 y, para y = −3, se tiene z = 3; de aquı salen dos soluciones(2, 3,−3) y (2,−3, 3).Supongamos ahora que z = −x , sustituyendo en la primera y en la segunda ecuacionse obtiene que y3 = 8 y 2x2 + y2 = 22; procediendo de modo analogo al casoanterior se obtienen las soluciones (−3, 2, 3) y (3, 2,−3). Estas cuatro tripletas sonlas soluciones del sistema.35. Observe que si 2x+29

x−2 = 3, entonces2x + 29 = 3x − 6⇒ x = 35.De modo que si en 2f (x) + 3f (2x + 29x − 2

) = 100x + 80sustituimos x por 3 tenemos 2f (3) + 3f (35) = 380. (†)Si sustituimos x por 35 tenemos2f (35) + 3f (3) = 3580 (‡)Multiplicando (†) por −2 y (‡) por 3 y sumando lo que resulta, obtenemos 5f (3) = 9980y, entonces f (3) = 1996.36. Sean x1 < x2 < ... < x7 los enteros seleccionados y supongamos que xj

xi > 2 para todoj > i. Resulta xi+1

xi > 2 para todo i = 1, ..., 6. Entonces xi+1 ≥ 2xi + 1 ∀i = 1, ..., 6 y,reemplazando hacia atras tenemos xi+1 ≥ 2ix1 + 2i−1 + ...+ 2 + 1 ∀i = 1, ..., 6. Parai = 6 resulta

x7 ≥ 26x1 + 25 + ...+ 2 + 1≥ 26 + 25 + ...+ 2 + 1 = 127Esto no puede ser puesto que todos los enteros seleccionados son ≤ 126.

18737. Dado que sin 2θ = 2 sin θ cos θ y cos 2θ = cos2 θ − sin2 θ, el sistema se convierte en{

x sin θ + y cos θ = 4a sin θ cos θx cos θ − y sin θ = a cos2 θ − a sin2 θ

Multiplique la primera ecuacion por sin θ, la segunda por cos θ y luego sumelas; seobtienex = a

(3 sin2 θ cos θ + cos3 θ) (*)Ahora multiplique la primera ecuacion por cos θ y la segunda por − sin θ y sumelas;se obtiene

y = a(3 cos2 θ sin θ + sin3 θ) . (**)

Luego, de (*) y (**) se tiene quex + y = a(cos θ + sin θ)3x − y = a (cos θ − sin θ)3

Ası, obteniendo raız cubica y luego elevando al cuadrado en la primera de estas dosultimas ecuaciones, tenemos(x + y)2/3 = a2/3(cos θ + sin θ)2= a2/3(cos2 θ + 2 cos θ sin θ + sin2 θ)= a2/3 (1 + sin 2θ) ,

es decir (x + y)2/3 = a2/3 (1 + sin 2θ) .Del mismo modo (x − y)2/3 = a2/3 (1− sin 2θ) .Sumando estos dos ultimos resultados tenemos

(x + y)2/3 + (x − y)2/3 = 2a2/3,que es una relacion entre x e y, en la que no aparece θ.

38. De (b) se tiene f (1) = f (1 · 1) = kf (1)f (1) ⇒ f (1) = 0 o f (1) = 1k . Pero si f (1) = 0,entonces f (x) = f (x · 1) = kf (x)f (1) = 0 ⇒ f (x) = 0, ∀x; pero en este caso no sesatisface (a); de modo que f (1) = 1

k .De (b) se tiene f (0) = f (0 · 0) = kf (0)f (0) ⇒ f (0) = 0 o f (0) = 1k . Pero si f (0) = 1

k ,entonces 1k = f (x · 0) = kf (x)f (0) = f (x) ⇒ f (x) = 1

k , ∀x; pero en este caso no sesatisface (a); de modo que f (0) = 0.

188De (a),

f (2) = f (2)− 0 = f (2)− f (0) = f (1 + 1)− f (1− 1) = 4k · 1 · 1 = 4

k .Ahora, sea x un numero real cualquiera, entonces, por (a):f (2x) = f (x + x)− f (x − x) = 4

k · x · x = 4k x

2;pero tambien, por (b),

f (2x) = kf (2)f (x) = k · 4k · f (x) = 4f (x).De esto se tiene que 4

k x2 = 4f (x) ⇒ f (x) = 1

k x2.39. Tenemos sin3 x + cos3 x = (sin x + cos x)(sin2 x − sin x cos x + cos2 x)= (sin x + cos x)(1− sin x cos x)y 32 sin 2x = 3 sin x cos; luego

1 + sin3 x + cos3 x = 32 sin 2x ⇒1 + (sin x + cos x)(1− sin x cos x) = 3 sin x cos x.A la vez, sin x cos x = (sin x+cos x)2−12 , de modo que la ecuacion se convierte en

1 + (sin x + cos x)(3− (sin x + cos x)22) = 3( (sin x + cos x)2 − 12

)Si denotamos y = sin x + cos x , entonces tendremos

1 + y(3− y22

) = 3(y2 − 12)⇒ (y+ 1)(y2 + 2y− 5) = 0.

Esta ultima ecuacion tiene tres soluciones:y1 = −1, y2 = −1 +√6, y3 = −1−√6.

Para y1 = −1, se tiene sin x + cos x = −1, perosin x + cos x = √2( 1√2 sin x + 1√2 cos x) = √2 sin(x + π4 ) ,de modo que √2 sin (x + π4 ) = −1 y, por lo tanto sin (x + π4 ) = −1√2 y de aquı seobtienen las soluciones x = −π4 +(−1)n+1 π4 +nπ , con n ∈ Z. Las raıces y2 y y3 tienenvalor absoluto mayor que √2, mientras que |sin x + sin y| = ∣∣∣√2 sin(x + π4 )∣∣∣ ≤ √2,por lo tanto ellas no aportan mas soluciones de la ecuacion inicial.

18940. Si y = 0: f (x) + f (x) = f (3x) y ası2f (x) = f (3x) (1)Si y = x: f (2x) + f (0) = f (3x) (2)Si x = 2y: f (3y) + f (y) = f (6y) (3)Haciendo x = 0 en (1): 2f (0) = f (0)⇒ f (0) = 0. Sustituyendo en (2): f (2x) = f (3x) =2f (x) y, por lo tanto, f (2x) = 2f (x) (4).En (3): f (3y) + f (y) = f (2 · 3y) (4)= 2f (3y), de donde se concluye que f (3y) = f (y).Ası, en (1): 2f (x) = f (3x) ⇒ 2f (x) = f (x) ⇒ f (x) = 0 para todo x y, entonces f es lafuncion constante identicamente nula.41. Supongamos que x1 < x2; restando las dos primeras ecuaciones tenemos

x1 − x2 = √x2 −√x3 < 0⇒ x2 < x3.Procediendo de modo similar obtenemos sucesivamente x3 < x4 < . . . < xn−1 < xn <x1, lo cual es una contradiccion. Si suponemos que x1 > x2, se obtiene igualmenteuna contradiccion. Por lo tanto x1 = x2 y, sucesivamente, x1 = x2 = · · · = xn−1 = xn.Llamando t = x1 = x2 = · · · = xn−1 = xn, el sistema se convierte en t −√t = a ⇒t − a = √t ⇒

t2 − (1 + 2a)t + a2 = 0⇒t = 1+2a+√1+4a2 como unica solucion positiva. Es decir, la solucion esx1 = x2 = · · · = xn−1 = xn = 1+2a+√1+4a2 .42. Consideremos el polinomio

p(x) = f (x)− 5;tenemos que p(a) = p(b) = p(c) = p(d) = 0, por lo tanto, existe un polinomio q(x)tal que p(x) = (x − a)(x − b)(x − c)(x − d)q(x).Dado que p(x) es de coeficientes enteros y a, b, c, d son enteros, entonces q(x) esde coeficientes enteros. Si k es un entero tal que f (k) = 8, tendrıamos que p(k) =f (k)− 5 = 8− 5 = 3 y, por lo tanto:3 = (k − a)(k − b)(k − c)(k − d)q(k) (\)Puesto que los coeficientes de q(x) son enteros y k es entero, se tiene que q(k) ∈ Zy (\) significa que (k − a)|3, (k − b)|3, (k − c)|3, (k − d)|3. Pero como a, b, c, d sondiferentes, entonces k−a, k−b, k− c, k−d son diferentes. Dado que 3 tiene cuatrodivisores: −3, −1, 1 y 3, entonces cada uno de los numeros k −a, k − b, k − c, k −des igual a uno de esos divisores y tendrıamos3 = 1 · −1 · 3 · −3 · q(k)⇒ 1 = 3 · q(k),pero esto no puede ser puesto que q(k) es un entero.

19043. Consideremos la figura:

B

A

C

P

Q

O

I

Sea I el centro del cırculo inscrito al triangulo ABC , O el centro del cırculo circunscrito,AP el diametro de este y Q el punto de tangencia de AC con el cırculo inscrito.Recordemos que I es la interseccion de las bisectrices y O la de las mediatrices;por ser AB = AC , la mediatriz y la bisectriz coinciden. Sea d la distancia pedida.4AIQ ∼ 4APC (par de angulos congruentes; el angulo A es comun y ambos tienenun angulo recto, uno, angulo inscrito en una semicircunferencia y el otro, el radio esperpendicular a la tangente en el punto de tangencia). Ası, AI

AP = IQPC , pero AI = 9+d,

AP = 18, IQ = 4; entonces 9+d18 = 4PC (†). Ahora veamos que PC = IP . Tenemos

∠BCP ∼= ∠BAP pues abarcan el mismo arco del cırculo. Ademas ∠BAP ∼= ∠PAC ,por ser AP bisectriz de ∠BAC . Por otro lado, m∠AIC + m∠CIP = 180◦ y tambienm∠AIC + m∠CAI + m∠ICA = 180◦ (esto ultimo porque son angulos internos deltriangulo ACI); ademas ∠CAI ∼= ∠PBC y ∠ICA ∼= BCI , ası que, comparando, tenemosm∠CIP = m∠CAI + m∠ICA = m∠PCB + m∠BCI = m∠PCI , de donde 4PCI esisosceles con lados congruentes PI = 9 − d y PC . Regresando a (†), sustituyendoPC por 9− d y despejando d:9 + d18 = 49− d ⇒ 81− d2 = 72⇒ d = 3 cm.

44. En primer lugar observamos que el dominio de f es el conjunto de los numeros realespositivos, exceptuando el 1, pues logx 5 solo esta definido si x > 0, x 6= 1. Ahora,f (x) ≤ 0 ⇒ 125x4 ≤ 5logx 5. Ambos miembros de esta desigualdad son positivos demanera que podemos aplicar a ambos miembros el logaritmo en base 5 y preservamosla desigualdad: 4 log5 x + 3 ≤ logx 5. Ademas logx 5 = log5 5log5 x = 1log5 x . Si denotamosy = log5 x , la desigualdad se convierte en 4y + 3 ≤ 1

y , que se puede escribir como(y+1)(y− 14 )y ≤ 0. Resolviendo esta desigualdad se tiene que y ≤ −1 o 0 < y ≤ 14 . Esdecir log5 x ≤ −1 o 0 < log5 x ≤ 14 . Por lo tanto, f (x) ≤ 0 si 0 < x ≤ 15 o 1 < x ≤ 4√5.

19145. Los enteros de esa forma son los del 5 al 45. Con a1 = a2 = . . . = a9 = 1, obtenemosel mayor de ellos, 45. Con a1 = a2 = . . . = a9 = 9, obtenemos el menor, 5. Como17 + 27 + · · ·+ 77 = 287 = 4, se pueden escribir 6, 7, 8 y 9 ası:

17 + 27 + · · ·+ 77 + 8a8 + 9

a9=

6 si a8 = 8, a9 = 97 si a8 = 4, a9 = 98 si a8 = 8, a9 = 39 si a8 = 2, a9 = 9Si tomamos cada ai = i, cada fraccion es 1 y obtenemos 9. Si cambiamos algunaai de i a 1, la suma aumenta i1 − i

i = i − 1, entonces podemos conseguir aumentos(independientes) de 1, 2, 3, . . ., 8 y ası formamos los numeros del 10 al 45.46. Se tiene que

f (x + 2a) = f ((x + a) + a) = 12 +√f (x + a)− [f (x + a)]2= 12 +√f (x + a)(1− f (x + a))= 12 +√( 12 +√f (x)− [f (x)]2)( 12 −√f (x)− [f (x)]2)= 12 +√14 − f (x) + [f (x)]2= 12 + ∣∣∣∣f (x)− 12

∣∣∣∣Pero, por hipotesis,

f (x) = f (x − a+ a) = 12 +√f (x − a)− [f (x − a)]2y por lo tanto, f (x) ≥ 12 , luego ∣∣f (x)− 12 ∣∣ = f (x)− 12 y, entonces

f (x + 2a) = 12 + ∣∣∣∣f (x)− 12∣∣∣∣ = 12 + f (x)− 12 = f (x).

47. Es claro que todas las tripletas (a, a, b), (a, b, a), (b, a, a) son soluciones de la ecua-cion, para cualesquiera a, b ∈ R (incluyendo el caso a = b). Estas son las unicassoluciones. En efecto, supongamos que hay una solucion (p, q, r), con todos ellosdiferentes. La ecuacion se puede reescribir comoxn(y− z) + yn(z − x) + zn(x − y) = 0

192y, como (p, q, r) es solucion, tendrıamos

pn(q− r) + qn(r − p) + rn(p− q) = 0.Como r − p = (r − q) + (q− p), entonces se tiene

pn(q− r) + qn(r − q) + qn(q− p) + rn(p− q) = 0⇒ (pn − qn)(q− r) = (qn − rn)(p− q).Como q− r y p− q son diferentes de cero, concluimos que

pn − qnp− q = qn − rn

q− r . (*)Ahora, si consideramos en el plano los puntos (p, pn), (q, qn), (r, rn), la igualdad (*)significa que ellos son colineales. Pero estos tres puntos pertenecen a la grafica def (x) = xn y, como n es par, no puede tener tres puntos alineados. Es decir, p, q, r nopueden ser todos diferentes.

48. Consideremos la figura:A

B

CD

E

F

G

P

Q

R

S

HI

K

J

M

L

Denotemos los puntos medios de EA, ED, EC y EB como F , G, H , I respectivamente.Sabemos que FS = 13FD y FP = 13FB; ademas el ∠SFP es comun, entonces4FPS ∼ 4FBD, ası PS = 13BD (*). Tambien se sabe que RH = 13DH y QH = 13HBy ∠RHQ es comun, entonces 4RHQ ∼ 4DHB, con lo que RQ = 13BD (**); de (*)y (**) vemos que PS = RQ (?). Como PI = 13AI y QI = 13 IC y ∠PIQ es comun,entonces 4PQI ∼ 4ACI , con lo que PQ = 13AC (***); de modo parecido tenemosque RS = 13AC (****). De (***) y (****) se tiene que PQ = RS y, por (?), se tiene quePQRS es un paralelogramo. Tracemos las paralelas a AC por B y por D; tambien las

193paralelas a BD por A y C. Estas 4 paralelas se cortan en los puntos J , K , L y M(vea la figura), de tal forma que KLMN es un paralelogramo de lados AC = 3PQ yBD = 3RQ ⇒ 4PQR ∼ 4KJM en razon 1 : 3 y 4PSR ∼ 4KLM en razon 1 : 3.Observamos que 2(ABCD) = (JKLM) y teniendo en cuenta que (JKLM)(PQRS) = 91 , entonces2(ABCD)(PQRS) = 91 ⇒ (PQRS) = 29(ABCD).

49. Consideremos la figura:

C

A

B

FE

PQ

C2 C1

Notemos que m∠AQB = 90◦ pues esta inscrito en una semicircunferencia. De igualforma m∠CFA = m∠CPA = m∠AEB = 90◦. Tenemos que EP es la altura de4CPA, recto en P y QF es la altura de 4AQB, recto en Q. De aquı se tiene queAP2 = AC · AE (*) y AQ2 = AB · AF (**). Ademas, los triangulos rectangulo ABE yACF son semejantes, por lo tanto AF · AB = AE · AC . Luego por esto ultimo y por (*)y (**) se tiene AP2 = AQ2 ⇒ AP = AQ.

50. Trace desde Q la tangente a la circunferencia de centro A y radio 1, y sea P ′ el puntode interseccion de esta con BC .Veamos que m∠P ′AQ = 45◦, lo que implicarıa que P ′ = P , con lo que se justificara laparte (a).

A B

CDQ

T

P ′

ααβ

β

Sea T el punto de tangencia, como TQ = QD se tiene que los triangulos rectangulosAQD y AQT son congruentes, por lo que m∠TAQ = ∠DAQ = β . Analogamente,

194m∠BAP ′ = m∠TAP ′ = α y como 2α + 2β = 90◦ tenemos que m∠P ′AQ = α + β =45◦. Del triangulo rectangulo ATE tenemos que AE = 1cos 2α . Del triangulo rectanguloATF tenemos que AF = 1cos 2β .Luego,

AE + AF = 1cos 2α + 1cos 2β = cos 2α + cos 2βcos 2α cos 2β .

Como ab ≤ (a+b2 )2 tenemos que 1ab ≥

4(a+b)2 , esta desigualdad aplicada a la identidadanterior nos da:AE + AF ≥ 4cos 2α + cos 2β .Como la funcion cos x satisface quecos(x + y2 )

≥ cos x + cos y2 ,

tenemosAE + AF ≥ 4cos 2α + cos 2β ≥ 2cos( 2α+2β2 ) = 2cos 45◦ = 2√2.

51. Prolonguemos el lado BC y tracemos el segmento OP que va del centro O perpen-dicularmente a la prolongacion del lado BC . Si la longitud de este segmento es xentonces el lado del cuadrado es 2x .

A

BC

D

O

Px

2x

Sea y = CP . Tenemos:Por Pitagoras en 4OBP : (1 +√2)2 = x2 + (2x + y)2 (1)Por Pitagoras en 4OCP : 12 = x2 + y2 (2)Entonces, por (1) y (2): 2 + 2√2 = (2x + y)2 − y2 ⇒2 + 2√2 = 2x(2x + 2y)⇒1 +√22x − x = y.

195Sustituyendo en (2): 1 = x2 + ( 1+√22x − x)2

⇒ 1 = x2 + (1+√2)24x2 − (1 +√2) + x2 ⇒4x2 = 8x4 − 4x2(1 +√2) + (1 +√2)2 ⇒8x4 − 4x2(2 +√2) + (1 +√2)2 = 0 (3).

Como el lado del cuadrado es 2x , entonces el area es 4x2. Pongamos A = 4x2, entonces(3) se convierte en 12A2 − A(2 +√2) + (1 +√2)2 = 0⇒A2 − 2A(2 +√2) + 2(1 +√2)2 = 0⇒A2 − 2A(2 +√2) + (2 +√2)2 = 0⇒[

A− (2 +√2)]2 = 0De donde se obtiene que A = 2 +√2.52. Sea N = abcde el numero buscado; este debera ser igual a la suma

abc + abd + · · ·+ cde;esta suma tendra 3 · 4 · 5 = 60 sumandos. Como primera cifra de los sumandosaparecera igual numero de veces las cinco cifras a, b, c, d, e, es decir, habra 60÷ 5 =12 sumandos cuya primera cifras es a, 12 cuya primera cifra es b, etc. Lo mismosucedera con las segundas y terceras cifras de los sumandos. Ası, tendremosN = (100a+ 10b+ c) + (100a+ 10b+ d) + · · ·+ (100c + 10d + e)= (1200a+ 120a+ 12a) + (1200b+ 120b+ 12b) + · · ·+ (1200e+ 120e+ 12e)= (1200 + 120 + 12)(a+ b+ c + d + e) = 12 · 111(a+ b+ c + d + e)

Si S = a+ b+ c+ d+ e, entonces N = 12 · 111 ·S . S sera maximo cuando las cifrasde N sean 9, 8, 7, 6 y 5, entonces S = 35. S sera mınimo cuando las cifras de N sean1, 2, 3, 4 y 5, entonces S = 15. De manera que S debe estar comprendido entre 15 y35, pero como N = 12 ·111 ·S , entonces N debe ser multiplo de 9 ya que 12 y 111 sonmultiplos de 3. De esta forma, tambien debe ser multiplo de 9 la suma S de las cifrasde N . Los unicos multiplos de 9 comprendidos entre 15 y 35 son 18 y 27. Para S = 18resulta N = 23976 que no vale pues S = 27 6= 18. Para S = 27 resulta N = 35964que es la solucion buscada pues S = 27.53. Dividamos a las personas en dos grupos: en el primero ubicamos a las personas depesos a1,..., a79, en el segundo a las restantes n−79 personas. La personas del primergrupo deberan viajar solas en el bote porque si lo hicieran acompanadas superarıanla capacidad de peso del bote; cada una de las personas del segundo grupo, puedenviajar con la persona de peso an.

196La persona de peso an debe llevar a todas las otras del segundo grupo (una a lavez) a la otra orilla y regresarse, ası, atraviesa el rıo 2(n − 80) veces. Luego de estolas personas a80,... , an−1 se encuentran del otro lado y a1,..., a79 y an del lado enque se encontraban inicialmente (an tuvo que volver la ultima vez para traer el bote).Ahora, a1 atraviesa el rıo y se queda del otro lado, uno de los que estaban alla deberegresarse con el bote, digamos el an−1, entonces an debe llevar de nuevo a an−1al otro lado (no puede llevarse a uno de los que se encuentran de este lado porquese superarıa la capacidad de peso del bote); luego an regresa; ası se han realizadocuatro viajes mas. Esto debe repetirse hasta que se vaya a78, entonces deben sumarse4 · 78 = 312 viajes a los 2(n− 80) que ya tenıamos. A este momento solo tenemos deeste lado a an y a79, entonces a79 se va (1 viaje mas), an−1 regresa (1 mas) y luegocruzan an−1 con an (1 mas), ası, hay tres travesıas mas. Tenemos en total

312 + 2(n− 80) + 3 = 3552n+ 155 = 355n = 100.

54. Numeramos las columnas de izquierda a derecha del 1 al 8 y las filas de arriba aabajo del 1 al 8. Observamos que el numero que se encuentra en la fila i y columnaj , se puede escribir como 8(i − 1) + j . En cada fila hay cuatro numeros negativos ycuatro numeros positivos; supongamos que nos ubicamos en la fila i y digamos quelos positivos de esa fila son los numeros que pertenecen a las columnas a, b, c, d ylos negativos son los que pertenecen a las columnas w , x , y, z. Al sumar los numerosen esa fila tendremos entonces

[8(i− 1) + a] + [8(i− 1) + b] + [8(i− 1) + c] + [8(i− 1) + d]−[8(i− 1) + w ]− [8(i− 1) + x ]− [8(i− 1) + y]− [8(i− 1) + z]= a+ b+ c + d − (w + x + y+ z)

Es decir, el resultado de la suma en cada fila depende unicamente de las posicionesque ocupen los positivos y los negativos. Como hay cuatro numeros con signo mas ycuatro con signo menos en cada columna entonces cada numero a, b, c, d, w , x , y,z aparecera cuatro veces con signo positivo y cuatro con signo negativo en la sumatotal, de modo que esta suma es siempre igual a 0.

55. Si trazamos la diagonal BD nos damos cuenta que m∠MBD > m∠MBC = 90◦ y,por lo tanto MD > BM . Ası, por la semejanza de los paralelogramos se tieneBMDC = MD

BC . (1)

197

AD

CB

M

N

K

Sea K el punto interseccion de MD y BC ; de la semejanza de los triangulos rectangu-los MBKy KCD se deduce queBMDC = MK

KC (2)Dado que MD = MK +KD, BC = BK +KC y de acuerdo con (1) y (2), se tiene que

MKKC = MK + KD

BK + KC = KDBK (3)

Pero, de los triangulos semejantes MBK y KDC se deduce queMKKC = BK

KD . (4)De acuerdo con (3) y (4) se concluye que MK = KC y entonces, por (2), se deduceque BM = DC = 1 y de (1) se tiene que MD = BC = 2. Ası resulta que losparalelogramos ABCD y BMDN son congruentes.Puesto que MK = KC, del triangulo rectangulo MBK , segun el teorema de Pitagoras,obtenemos MK 2 = 1 + (2−MK )2, es decir MK = 54 . Ademas, sin (∠BMK ) = BK

MK =2−KCMK = 2−MK

MK = 35 . Ası, concluimos que el area del paralelogramo es(ABCD) = AB · BC · sin (∠BMK ) = 65 .

56. Si 4URT esta inscrito en C y es recto en R. entonces como ∠ARB es recto debeexistir un cırculo C ′ de diametro |AB| que se inteseque con C .De hecho esa es la condicion necesaria y suficiente. Sea r el radio de C , d la distanciadel centro de C al punto medio de AB, la condicion necesaria se reduce a:|AB|2 ≥ r − d

19857. Designemos p(x) = f (x)− 5, entonces a, b, c, d, e son ceros de p(x) y por el teoremadel factor se obtiene que:

p(x) = (x − a)(x − b)(x − c)(x − d)(x − e) (1)Ahora, como f (0) = −7, entonces

p(0) = f (0)− 5 = −7− 5 = −12 (2)Y evaluando en x = 0 en (1) resulta que

p(0) = −a · −b · −c · −d · −e = −abcde (3)De (2) y (3) se deduce que abcde = 12. Con lo cual se concluye que:

166(abcde) + 8 = 166 · 12 + 8 = 2000.58. Para n = 1 es evidente. Si n = 2k con k ≥ 1; los divisores de n son 1, 2, ..., 2k y susuma es

S = 1 + 2 + · · ·+ 2k = 2k+1 − 1≤ 2k√2k = 2k+ k2 si k ≥ 2

y S = 1 + 2 = 3 ≤ 2√2 si k = 1.En general, si n = pk con k ≥ 1, los divisores de n son 1, p, ..., pk y su suma esS = 1 + p+ · · ·+ pk = pk+1 − 1

p− 1≤ pk

√pk = pk+ k2 si k ≥ 2

y S = 1 + p ≤ p√p si k = 1.Si n y m son primos relativos la suma de los divisores de nm se obtiene al multiplicarla suma de los divisores de n por la suma de los divisores de m y el resultado seobtiene en el caso general usando la descomposicion de n en factores primos.59. Sea n ∈ N. Entonces

9n+ 9 > 6n− 1; 9n > 6n− 4⇒3√n+ 1 > √6n− 1; 3√n > √6n− 4.Sumando miembro a miembro las desigualdades anteriores se obtiene que:

3√n+ 1 + 3√n > √6n− 1 +√6n− 4

199Racionalizando se sigue que:

1√n+ 1−√n > 1√6n− 1−√6n− 4√6n− 1−√6n− 4 > √n+ 1−√n (1)

Ahora, evaluando para n = 1, 2, 3, ..., 100 en la desigualdad (1) resulta la siguientesecuencia de desigualdades:√5−√2 > √2− 1

√11−√8 > √3−√2√17−√14 > √4−√3

· · ·√599−√596 > √101− 10

Sumando miembro a miembro las 100 desigualdades se obtiene que:√101− 1 < √5−√2 +√11−√8 +√17

−√14 + · · ·+√599−√596

Racionalizando en parejas el primer miembro de (2) resulta que:√101− 1 < 3√5 +√2 + 3√11 +√8 (3)

+ · · ·+ 3√599 +√596Luego, multiplicando ambos miembros de (3) por 13 y ademas como√101− 1 > √100− 1 = 9, entonces se concluye que:

3 < 1√2 +√5 + 1√8 +√11 + 1√14 +√17 + · · ·+ 1√596 +√599 .60. Primero veamos que si

P + Q + R = 0◦,entonces sinP + sinQ + sinR = −4 sin P2 sin Q2 sin R2 (2)

200En efecto, P+Q+R = 0◦ ⇒ R = −(Q+P)⇒ sin R2 = sin(−Q+P2 ) = − sin Q+P2 =− sin Q2 cos P2 − sin P2 cos Q2 ⇒

− sin R2 sin Q2 sin P2 = (sin Q2 cos P2 + sin P2 cos Q2) sin Q2 sin P2= sin2 Q2 cos P2 sin P2 + sin2 P2 cos Q2 sin Q2= sin2 Q2 · 12 sinP + sin2 P2 · 12 sinQ ⇒

−2 sin R2 sin Q2 sin P2 = 1− cosQ2 · sinP + 1− cosP2 sinQ= 12 sinP + 12 sinQ − 12 (cosQ sinP + cosP sinQ)= 12 (sinP + sinQ − sin(P + Q))= 12 (sinP + sinQ + sin[−(P + Q)])= 12 (sinP + sinQ + sinR)⇒

−4 sin R2 sin Q2 sin P2 = sinP + sinQ + sinR.Como √3 = sin 60◦cos 60◦ , si se cumple (1) tendremos(sin A cos 60◦ − cos A sin 60◦)+(sinB cos 60◦ − cosB sin 60◦)+(sinC cos 60◦ − cosC sin 60◦) =0 ⇒sin(A− 60◦) + sin(B − 60◦) + sin(C − 60◦) = 0.Como A+ B + C = 180◦, entonces

(A− 60◦) + (B − 60◦) + (C − 60◦) = 0y se aplica (2), entonces

sin A− 60◦2 · sin B − 60◦2 · sin C − 60◦2 = 0De aquı se tiene que al menos uno de los angulos A− 60◦, B− 60◦, C − 60◦ es iguala 0 y entonces A o B o C es igual a 60◦.

61. Si hacemos x1 = . . . = x2000 = 0 tenemos que f (0)2000 = 2000 · f (0), entonces f (0) = 0o f (0)1999 = 2000 y, en este caso, f (0) = 1999√2000.Si hacemos x1 = . . . = x1999 = 0 y x2000 = x arbitrario en R, entonces f (0)1999 · f (x) =1999 · f (0) + f (x) ⇒ f (x)[f (0)1999 − 1] = 1999 · f (0) ⇒ f (x) = 1999f (0)f (0)1999 − 1 . Para el

201caso f (0) = 0 se tiene f (x) = 0 para todo x . Para el caso f (0) = 1999√2000 se tienef (x) = 1999 1999√20002000− 1 = 1999√2000. Solo hay dos funciones que cumplen con la condiciondada y son las funciones constantes: f (x) = 0 y f (x) = 1999√2000.

62. Vemos que, para todo x:f (x + 1) = f (1x) = f (x) (*) yf (x + 2) = f ((x + 1) + 1) = f (1(x + 1) = f (x + 1) = f (x), (por (*))

∀x real positivo . Si x > 2 real, cualquiera, entonces existe y real tal que x = y2+1y(y es solucion de y2 − xy + 1 = 0, que existe puesto que 4 = x2 − 4 > 0). En esecaso:

f (x) = f(y2 + 1y

) = f(y+ 1

y

) = f(y( 1y )) = f (1)

Si 0 < x < 2 entonces 2 + x > 2 y se tiene f (2 + x) = 1, pero sabemos quef (2 + x) = f (x) y, entonces, se tiene

f (x) = f (x + 2) = f (1).63. Sin perder generalidad, sean P1, . . . Pn las vertices del polıgono regular de n lados,de lado l. Sea P un punto sobre el lado P1P2 demostraremos que la suma de lasdistancias de P a cada uno de los lados es constante.Sean h2,3, h3,4, . . . hn,1 las distancias desde P al resto de los lados. Si se trazan lossegmentos que unen a P con cada uno de los vertices P3, . . . Pn se forman n − 1triangulos 4PP2P3,4PP3P4, . . .4PPnP1, que juntos forman el polıgono. Dado quelas distancias h2,3, h3,4, . . . hn,1 coinciden con las alturas de los triangulos, respecti-vamente; y que el area, A, del polıgono es la suma de las areas de los triangulos enque se descompone.

A = l2 (h2,3 + h3,4 + · · ·+ hn,1)es decir,h2,3 + h3,4 + · · ·+ hn,1 = 2A

l .

64. Sea D el pie de la altura sobre BC . Llame m∠BAC = α y m∠ACB = θ. Trace elcircuncırculo, Γ del 4ABC y sean P ′ interseccion de la prolongacion de AO con Γ ysea Q′ interseccion de la prolongacion de BO con Γ. Tenemos que m∠CAP ′ = 90−θ,y m∠CBQ′ = 90− θ, y como m∠CAP ′ = m∠CBP ′, pues inscriben el mismo angulo,se concluyem∠OBD = m∠P ′BD.

202Esta ultima relacion, la perpendicularidad de OD con BC , y el hecho de compartirel lado BD llevan a la congruencia entre 4ODB y 4P ′DB de donde obtiene queOD = DP ′ es decir P ′ coincide con P . Un razonamiento similar establecer que Q yR tambien estan sobre Γ.Para concluir el ejercicio se debe observar que m∠APR = m∠ACR = 90−α . Entoncesm∠APQ = m∠ABQ = 90− α , es decir m∠APR = m∠APQ, PO es la bisectriz del∠RPQ. Un razonamiento similar permite obtener que OR y OQ son las bisectricesdel ∠PRQ y de ∠PQR, repectivamente. Por lo tanto O es el incentro del 4PQR.

B C

A

O

R ′

P ′

Q′

D

65. Para m = n = 1, se tiene f (2) − 2f (1) = 0 o 1 ⇒ −2f (1) = 0 o 1. Como f (1) es nonegativo, entonces f (1) = 0.Para m = 2, n = 1 se tienef (3)− f (2)− f (1) = 0 o 1,

es decir f (3) = 0 o 1, pero f (3) > 0, luego, f (3) = 1.Para m = 3 y cualquier n, se tienef (n+ 3)− f (3)− f (n) = 0 o 1,

es decir, f (n+ 3) = f (n) + 1 o f (n) + 2.Como f (3) = 1 y f (n + 3) = f (n) + 1 o f (n) + 2, entonces f (n + 3) > f (n) y f (6) =f (3 + 3) = 2 o 3, f (9) = f (6 + 3) = 3 o 4, ..., f (3k) = k o k + 1. Pero comof (3 · 3333) = 3333, entonces f (3 · 3332) = 3332 (la otra posibilidad es 3333, pero,como f (n + 3) > f (n), esta no se puede dar), siguiendo de esta manera hacia atras,obtenemos que f (3k) = k , para 1 ≤ k ≤ 3333.

66. Si a = 0 o b = 0 la afrimacion es evidente. Supongamos entonces que a > 0 y b > 0y, sin perder generalidad, 0 < a ≤ b. Entonces 0 < ab ≤ 1 y como p > q, entonces

0 < (ab)p ≤ (ab)q ⇒ 1 + (ab)p ≤ 1 + (ab)q

203De aquı se tiene que [1 + (ab)p]1/q ≤ [1 + (ab)q]1/q .Luego, ya que 1 + (ab)p ≥ 1 y 0 < 1

p <1q , obtenemos que[1 + (ab)p]1/p ≤ [1 + (ab)p]1/qDe estas dos ultima desigualdades se tiene que[1 + (ab)p]1/p ≤ [1 + (ab)q]1/qPor lo tanto [

ap + bpbp

]1/p≤[aq + bqbq

]1/q,

es decir, puesto que b > 0, (ap + bp)1/p ≤ (aq + bq)1/q .67. Hay que probar que 4ABC y 4DEF son equilateros.

I. 4ABC .

O2 O3

O1A

D

E

B

F

C

Tenemos O1B = O1C = O2A = O2C = O3A = O3B = r ⇒4O1CO2 ∼= 4O2AO3 ∼= 4O1BO3 (por L–L–L) ⇒m∠BO1O3 = m∠CO1O2 = α .Sea m∠BO1C = β ⇒ α + α − β = 60◦ ⇒2α − β = 60◦ ⇒ 2α − 60◦ = β .Como m∠CO2O1 = m∠AO2O3 = α , llegamos a que m∠AO2C = β; analogamentem∠AO3B = β ⇒ 4AO2C ∼= 4AO3B ∼= 4BO1C (por L–A–L) ⇒AB = AC = BC ⇒ 4ABC ∼ 4O1O2O3.II. 4DEF .

204

O2 O3

O1A

D

E

B

F

C

Tenemos que4O1EO3 ∼= 4O3DO2 ∼= 4O2FO1 (por L–L–L) ⇒m∠EO1O3 = m∠FO1O2 = α .Sea m∠FO1E = β ⇒ α + α + 60◦ = β ⇒β = 2α + 60◦. Analogamente a I, concluimos quem∠FO1E = m∠EO3D = m∠DO2F = β ⇒ 4FO1E ∼= 4EO3D ∼= 4DO2F (porL–A–L) ⇒FE = DE = DF ⇒ 4DEF ∼ 4O1O2O3.

Solucion de las eliminatorias del ano2000

Primera eliminatoria

III ciclo1. (b) Los enunciados de los cofres de oro y plata dicen lo contrario, entonces uno deellos es verdadero. Si lo que dice el de oro fuera verdadero, entonces lo que dice elde plata tambien serıa verdadero, como solo uno dice la verdad, entonces lo que diceel cofre de oro es falso, es decir, el retrato no puede estar en el cofre de oro. Por lodicho antes, entonces el que dice la verdad es el cofre de plomo, ası, lo que dice elde plata es falso, como el de plata dice que el retrato no esta en el, entonces, al seresto falso es porque el retrato esta en el cofre de plata.2. (b) En cada viaje de ida van dos botes y de regreso va uno. Son necesarios tres viajesde ida y dos de vuelta.Ocho y Cuatro deben hacer juntos el viaje de ida, si no se tardara por lo menos8 + 4 + 2 horas de ida y 1 + 1 horas en los regresos; en total 16 horas.El viaje de ida de 8 y 4 no puede ser el primero porque si no uno de ellos debe hacerun viaje de vuelta y un segundo viaje de ida (tardando mas de 8 + 4 + 4 = 16 horas).Tampoco puede ser el tercer viaje, porque entonces uno de ellos cruzara dos veces deida y una vez de vuelta. Ası, los cruces de ida son Uno y Dos, Cuatro y Ocho, Uno yDos y los cruces de vuelta son uno con Uno y el otro con Dos (en cualquier orden).Se tardan 2 + 8 + 2 + 1 + 2 = 15 horas. Una secuencia posible de viajes tardando 15horas es: I viaje de ida: Uno y Dos 2 hI viaje de vuelta: Uno 1 hII viaje de ida: Cuatro y Ocho 8 hII viaje de vuelta: Dos 2 hIII viaje de ida: Uno y Dos 2 h3. (d) Dado que 2a = 10 se tiene que 10 1

a = 2, similarmente 10 1a = 5. Luego, multipli-cando, termino a ternino se tiene 10 1

a+ 1b = 10 de donde, 1

a + 1b = 1

205

2064. (c) Cuando todos los ladrones tienen 6 piezas, sobran 5. Como para lograr que todostengan 7 piezas faltarıan 8 piezas se concluye que son 13 ladrones. La cantidad depiezas robadas fue 6 ∗ 13 + 5 = 83.5. (c) Si n es la edad que tiene ahora Ana, cuando Marıa tenıa n anos, eso hace 24− nanos, Ana tenıa n− (24− n) = 2n− 24 anos. Luego, dos veces 2n− 24 debe ser 24es decir n = 18.6. (a) Si S es el total de asambleistas entonces entre estudiantes y administrativosforman un 16 + 15 = 1130 del total de la asamblea. Ası, los profesores representan 1930 deS y entonces, S = 30∗57019 = 900.

7. (b) 3333 = (3,11)33 = 333 ∗ 1133 < 333 ∗ 2733 = 333 ∗ 399 = 3132 < 3333 .Ademas tanto 333 como 333 son menores que 333 por lo tanto el mayor de todos losnumeros es 3333 .8. (d) Por angulos complementariosm∠EGF = 180◦ −m∠BGE

ademas por angulos entre paralelasm∠EFG = 180◦ −m∠ABG= 180◦ −m∠BGE.

9. (a) Como 555555 = 3∗5∗7∗11∗13∗37, la unica manera de combinar los factores paralograr expresarlo como producto de dos numeros de tres cifras es (3∗7∗37)(5∗11∗13).10. (a) Como a+ b+ c + d − 5 debe ser multiplo de 11, las opciones sona+b+c+d = 5 lo que resulta imposible en vista de que los numeros a, b, c, dson distintos.a+ b+ c+ d = 16, este caso produce las opciones a = 1, b = 2, c = 4, d = 9;a = 1, b = 2, c = 5, d = 8; a = 1, b = 2, c = 6, d = 7; a = 1, b =3, c = 5, d = 7; a = 1, b = 3, c = 4, d = 8; a = 1, b = 4, c = 5, d = 6;a = 2, b = 3, c = 4, d = 7 y a = 2, b = 3, c = 5, d = 6a+ b+ c+ d = 27, este caso produce las opciones a = 3, b = 7, c = 8, d = 9y a = 4, b = 6, c = 8, d = 9

En total hay 10 posibilidades diferentes, pero, ademas, cada combinacion de 4 numerospuede escribirse en 24 formas diferentes; lo que da un total de 240 combinaciones devalores para a, b, c, y d.11. (b) a+b+c3 = 85, de donde a + b + c = 3 ∗ 85, d+l2 = 95, de donde d + l = 2 ∗ 95.Entonces a+b+c+d+l5 = 3∗85+2∗955 = 89.

20712. (d) En el primer movimiento cambiamos la segunda y la tercera flechas, por lo quetendremos ↑↓↓↓↓↓.En el segundo movimiento cambiamos la tercera y cuarta flechas para obtener ↑↓↑↑↓↓,y finalmente cambiamos la cuarta y la quinta flecha con lo que nos queda la confi-guracion deseada. Ası el numero mınimo de movimientos es menor o igual a 3. Desdeluego 2 movimientos no son suficientes ya que para llegar a la configuracion deseadahay que voltear la segunda y la quinta flechas, por las condiciones del problema estosmovimientos son independientes. Al hacer estos cambios, dos de las flechas restantesse voltean por lo que es indispensable hacer un tercer movimiento.13. (a) Veamos como son las terminaciones de las potencias de 7:70 = 1, 71 = 7, 72 = 49, 73 = ..,43, 74 = ..,01, 75 = ..,07, 76 = ..,49, 77 = ..,43 deaquı podemos ver que cada cuatro veces se empiezan a repetir las terminaciones yobservamos que 7 elevado a una potencia que es multiplo de 4 termina en 01. Como2000 es multipo de 4 entonces 72000 termina en 01; la suma de los dos ultimos dıgitoses 1.14. (b) 4101 = 0,03960. Despues del punto decimal va un dıgito, quedan 1999 por analizaren el perıodo (3960) que tiene 4 dıgitos.Ahora 1999 = 449 ∗ 4 + 3, es decir hay 499 perıodos completos y luego debemosconsiderar 3 dıgitos del perıodo siguiente, esto corresponde al 6.15. (c) Si pinto con tres colores, tengo una sola manera:

1 23

32 1

Ası obtengo 4 maneras de pintar la pieza.Si pinto con los cuatro colores, elijo tres para las varillas exteriores 1, 2 y 3:1 2

33

4 1 1 23

32 4 1 2

3

42 1

y tengo tres maneras de completar el trabajo. Pero los colores de las tres varillasexteriores se pueden elegir de cuatro formas diferentes, asi que con 4 colores hay4 ∗ 3 = 12 maneras de pintar la pieza. En total 4 + 12 = 16 maneras de pintarla.

20816. (b) Si tomamos las potencias de 2, tenemos unicamente 8 numeros: 22, 23, . . . , 29.Entre los numeros formados por las potencias de 3 tenemos: 32, 33, 34, 35, 36 es decir5 numeros mas. Las potencias de 4 ya estan consideradas como subconjunto de laspotencias de 2. Como potencias de 5 tenemos solo 3: 52, 53, 54. Como potencias de6 se tiene solo 2: 62, 63. Las potencias de 7 que se deben considerar son: 72, 73, esdecir, dos numeros mas. Las potencias de 8 y de 9 ya estan consideradas, pues estosnumeros son potencias de 2 y 3, respectivamente. Numeros formados como potenciasde 10 tenemos: 102, 103 y a partir del 10 y hasta el 31 solo aparece una potencia pornumero que son 112, 122, . . . 312, con excepcion de los numeros 16, 25 y 27 que haestan considerados. En total hay 40 de tales numeros17. (c) Se construye la siguente tabla en la cual se indica los dıas en que mienten M odicen la verdad V

Lun Mar Mier Juev Vie Sab DomHiena M M M V V V VZorra V V V M M M VAhora se construye una tabla similar y se denota con S en caso de que esten diciendolo indicado ese dıa y por N en caso de que no este diciendo lo indicado, tenemos que

Lun Mar Mier Juev Vie Sab DomHiena S N N S N N NZorra N N N S N N SDe las tablas se desprende que el dıa que sucedio este encuentro fue el jueves.18. (c) Como el nino 1 dijo no, los colores 2, 3 y 4 no pueden ser iguales, luego el ve dos deun color y otro del otro. El segundo nino, si ve el tercero y el cuarto del mismo colorsabra que su color es diferente al de 3 y al de 4, si los ve diferentes debera contestarque no. El tercer nino sabe ahora, debido a la respuesta no del segundo, que su gorroes de color diferente al del cuarto, por lo que debera contestar que si.19. (a) De acuerdo con la tabla, son los impares:

R R R R R R R R R RR V R V R V R V R VR V R V R R R V R VR V R V R R R V R VR V R V R R R V R RR V R V R V R V R RR V R V R V R V R RR V R V R V R V R RR V R V R V R V R RR V R V R V R V R V

20920. (d) Las reglas para construir los triangulos son:

Los angulos internos en un triangulo deben sumar 180◦Los angulos de la base de un triangulo isosceles deben ser congruentes.el angulo llano mide 180◦.Por lo tanto solo se pueden construir 5 triangulos, como lo muestra la figura.

17 17 11278

4410

146 3434

51 51

68 68a partir de aquı no se puede

21. (d) Para que 2000n+ 19 sea entero n+19 debe dividir a 2000. Ahora, como 2000 = 24 ∗53,tiene 20 divisores. Como n es positivo, debemos desechar para n+19 todos los divisoresmenores que 20; estos son 1, 2, 4, 5, 8, 10, 16 ası que n + 19 puede tomar cualquierade los otros 13 valores posibles.

22. (b) Vemos que 1993 es impar, estos quedan en la columnas A, C o E. Los numeros quecaen en A son aquellos x tales que x− 1 es multipo de 8, los que caen en C son talesque x + 1 es multiplo de 4 y los que caen en E son tales que x + 3 es multiplo de 8.Como 1993− 1 = 249 ∗ 8 entonces 1993 cae en la columna A.23. (b) Sea x el ancho de cada rectangulo y y su largo, entonces 3x = 2y que equivale a4y = 6x , y el perımetro es 5x+4y = 176, que, sustituyendo, equivale a 5x+6x = 176de donde 11x = 176 y x = 16. De aquı se obtiene tambien que y = 24. Ası elperımetro de cada rectangulo congruente es 2x + 2y = 80.24. (a) Sea x la edad de la madre, dado que al dividirse por 2, 3, 4, 6 y 8 deja residuo 1,entonces x − 1 es divisible por 24. Los numeros menores que 100 con esta propiedadson 25, 49, 73 y 97. De estos solo el 25 cumple con la condicion de ser multiplo de 5.Ası que la madre de Susana tiene 25 anos y Susana tiene 5 anos. Suman 30 anos.25. (c) De x2 − x2 + 7 = y se tiene que 2x2 − x + 14 = 2y y como 2x2 − x + 14 = 20entonces 2y = 20 es decir y = 10 y ası 5y2 − 3 = 497.26. (c) OE es bisectriz de ∠BOC ⇒ ∠COE = ∠EOB = x . OD es bisectriz de ∠AOB ⇒

∠AOD = ∠DOB = y. OC ⊥ OA ⇒ ∠AOC = 90, de donde 2x = 2y − 90 es deciry− x = 45◦. Por lo tanto

∠DOE = ∠DOB − ∠EOB = 45◦

21027. (b) La primera fila suma 10, la segunda fila agrega 4 a cada termino de la primera;suma 10 + 16, la tercera agrega 4 a cada termino de la segunda; suma 10 + 16 + 16y ası sucesivamente. Entonces la fila i suma 10 + 16(i− 1). La fila 50 suma, entonces10 + 16 ∗ 49 = 79428. (d) Como enero tiene 31 dıas , si el primero de enero cae domingo, lunes o martes,entonces habra 5 martes durante el mes; si el primero de enero cae jueves viernes osabado, habra 5 sabados durante el mes. La unica manera en que haya exactamentecuatro martes y cuatro sabados es que el primero de enero sea miercoles, en cuyocaso el 23 de enero caera en jueves.29. (a) Como M es cuadrado de un cuadrado entonces M = x4 con x entero. Como 6 esfactor de M , entonces M = 6k con k entero. Por lo tanto 6k = x4 ⇒ M6 = k = x46 .El menor valor de x , diferente de cero, que hace a k entero es x = 6 y, en este caso

k = 646 = 216.30. (d) Se puede agrupar la suma en la siguiente forma:(12 + 12

)+ (23 + 13)+ (34 + 14

)+ · · ·+ (19992000 + 12000) =1 + 1 + · · ·+ 1 = 1999

IV ciclo1. (b) De ab = c

d se tiene que ad = bc (1). Multiplicando (1) por bc se obtieneadbc = b2c2 ⇒ √adbc = bc (2).

Multiplicando (1) por ad se obtiene: adbc = a2d2 ⇒ √adbc = ad (3).Sumando (2) y (3): 2√adbc = bc + ad⇒

√adbc = bc + ad2 .

2. (b) Los enunciados de los cofres de oro y plata dicen lo contrario, entonces uno deellos es verdadero. Si lo que dice el de oro fuera verdadero, entonces lo que dice elde plata tambien serıa verdadero, como solo uno dice la verdad, entonces lo que diceel cofre de oro es falso, es decir, el retrato no puede estar en el cofre de oro. Por lodicho antes, entonces el que dice la verdad es el cofre de plomo, ası, lo que dice elde plata es falso, como el de plata dice que el retrato no esta en el, entonces, al seresto falso es porque el retrato esta en el cofre de plata.3. (a) (ABCD) = (FED) + (FBE) + (ECD) + (FAD) ⇒ 16 = 7 + 2·(4−FA)2 + 4·22 + 4·FA2 ⇒9 = 4− FA+ 4 + 2FA ⇒ FA = 1.4. (d) De 2a = 10 se sigue 2 = 101/a y de 5b = 10 se tiene 5 = 101/b. Luego, multiplicandomiembro a miembro: 2 · 5 = 101/a · 101/b, es decir 10 = 101/a+1/b y ası, 1

a + 1b = 1.

2115. (b) Como 19982 = 999, uno de los sumandos de cada pareja es menor que 1000. Losimpares menores que 1000 son 1, 3, ..., 999 y estos son 500. Ademas a cada impar2k + 1 le podemos asociar el impar 1998− (2k + 1) que cumple que la suma es 1998.Por lo que hay exactamente 500 parejas.6. (c) El mayor numero divisible por 30, de cuatro cifras, es 9990, hasta ahı hay 9990÷30 =333 numeros divisibles por 30. El mayor numero divisible por 30 de menos de cuatrocifras es 990, entonces la cantidad de numeros de menos de 4 cifras, divisibles por 30,es 990÷ 30 = 33. Luego hay 333− 33 = 300 numeros de 4 cifras divisibles por 30.7. (d) 67 + a + 43 = a + c + 73, de donde c = 37. Luego, e + 37 + 43 = e + 73 + x ,por lo tanto x = 7.8. (a) Tenemos que 1− 1

n2 = n2 − 1n2 = (n− 1)(n+ 1)

n2 ,entonces(1− 14)(1− 19

)· · ·(1− 1

n2) = 1 · 32 · 2 · 2 · 43 · 3 · 3 · 54 · 4 · · · (n− 1)(n+ 1)

n · n = n+ 12n .

Entonces n+ 12n = 2−1 + 2000−1 = 10012000 ⇒ n = 1000.9. (d) Como la razon del lado del menor al del mayor es 25 , digamos que el lado mayormide 5x y el menor mide 2x . El area del cuadrado mayor es 25x2 y el area delcuadrado menor es 4x2. Vemos que el area sombreada es 25x2−4x24 = 214 x2. La razon

pedida es 214 x225x2 = 21100 .10. (b) Tenemos 4101 = 0, 0396. Como el perıodo (0396) tiene cuatro dıgitos y 2000 esmultiplo de 4, entonces la cifra que ocupa el lugar 2000 despues de la coma es 6.11. (d) Las reglas para construir los triangulos son1. Los angulos internos deben sumar 180◦2. Los angulos de la base de un triangulo isosceles deben ser congruentes.3. El angulo llano mide 180◦.Por lo tanto solo se pueden construir cinco, como lo muestra la figura.

17 17 11278

4410

146 3434

51 51

68 68a partir de aquı no se puede

21212. (a) Los dıgitos a, b, c pueden tomar los valores: 1, 2, 3, 5, 7. Para que sea divisiblepor 2 o 5 estas cifras deben ir al final, mientras que las otras pueden ocupar otrasposiciones; verificando las posibilidades obtenemos que los numeros son: 132, 135, 175,312, 315, 735. En total son seis.13. (b) En cada viaje de ida van dos botes y de regreso va uno. Son necesarios tres viajesde ida y dos de vuelta.Ocho y Cuatro deben hacer juntos el viaje de ida, si no se tardara por lo menos8 + 4 + 2 horas de ida y 1 + 1 horas en los regresos; en total 16 horas.El viaje de ida de 8 y 4 no puede ser el primero porque si no uno de ellos debe hacerun viaje de vuelta y un segundo viaje de ida (tardando mas de 8 + 4 + 4 = 16 horas).Tampoco puede ser el tercer viaje, porque entonces uno de ellos cruzara dos veces deida y una vez de vuelta. Ası, los cruces de ida son Uno y Dos, Cuatro y Ocho, Uno yDos y los cruces de vuelta son uno con Uno y el otro con Dos (en cualquier orden).Se tardan 2 + 8 + 2 + 1 + 2 = 15 horas. Una secuencia posible de viajes tardando 15horas es: I viaje de ida: Uno y Dos 2 hI viaje de vuelta: Uno 1 hII viaje de ida: Cuatro y Ocho 8 hII viaje de vuelta: Dos 2 hIII viaje de ida: Uno y Dos 2 h14. (a) Prolonguemos el segmento AC hasta que corte a BD y llamemos F al punto deinterseccion.

D B

A

C

F2 2

4 43 3

30 30

4ABD es equilatero, ya que AD = AB y m]DAB = 60◦. Como DC = BC, ]CDB ≈]CBD, por lo que ]ADC ≈ ]ABC . Luego 4ADC ≈ 4ABC. Entonces m ]DAC =m]BAC = 30◦, es decir −→AC es bisectriz de ]DAB y AF es altura de 4ABD, dedonde DF = BF = 2. Por lo tanto AC = AF − FC = 2√3−√5.15. (b) Puesto que F, H , J estan alineados, entonces los triangulos JIH y HGF sonsemejantes; entonces

FGGH = HI

IJ ⇒x − 77 = 34 ⇒ x = 494 .

21316. (d) Tenemos 1

n + 1m = 13 ⇒ 3(m+ n) = nm⇒ 3|n o 3|m.

Si 3|n entonces n = 3k (k entero) y tendrıamos 1m = 13 − 13k = k−13k ⇒ m = 3k

k−1 .Como k − 1 y k son primos relativos, 3kk−1 es entero positivo si y solo si (k − 1)|3, con

k ≥ 1, es decir k − 1 = 1 o k − 1 = 3, esto es k = 2 o k = 4. Tenemos entoncesque n = 6 o n = 12 y entonces m = 6 (cuando n = 6) y m = 4 (cuando n = 12).Aquı se obtienen dos parejas (6, 6) y (12, 4). La simetrıa del problema proporciona unpar mas: (4, 12) (que se obtiene considerando el caso 3|m). Hay en total tres parejasque cumplen lo pedido: (6, 6), (12, 4) y (4, 12).17. (d) De acuerdo con la figura tenemos queAD = AM +MD = MD + DN = MN.

Ademas CM = NB por ser lados opuestos de un paralelogramo.

C B

N

M

A

D

18. (a) Tenemos que el dıgito de las unidades para cada uno de los sumandos es(12 + 1) = . . . 2, (72 + 7) = . . . 6,(22 + 2) = . . . 6, (82 + 8) = . . . 2,(32 + 3) = . . . 2, (92 + 9) = . . . 0,(42 + 4) = . . . 0, (102 + 10) = . . . 0(52 + 5) = . . . 0, (112 + 11) = . . . 2(62 + 6) = . . . 2,Podemos observar que cada 5 sumandos los dıgitos de las unidades se repiten y susuma es 0. Como 1995 es un multiplo de 5, el dıgito de las unidades de la suma delos sumandos hasta 1995 es 0 y si aumentamos los sumandos(19962 + 1996) = . . . 2(19972 + 1997) = . . . 6(19982 + 1998) = . . . 2Tenemos que el dıgito de las unidades de la suma A es . . .+0+. . . 2+. . . 6+. . .+2 =. . . 0.

21419. (a) Cada una de las distancias entre los dıgitos sucesivos del numero telefonico esla hipotenusa de un triangulo rectangulo con lados enteros. Usando el Teorema dePitagoras, las distancias pueden facilmente ser calculadas y son √2, √5, √5, √2,√10 y √5, respectivamente. La distancia total recorrida por el dedo es

2√2 + 3√5 +√10 = 2√2 + 3√5 +√2√5 = √5(3 +√2) + 2√2.20. (c) Sea n = pα11 · · · pαkk . El numero de divisores positivos es (α1 + 1) · · · (αk + 1). Paraque este numero sea impar, α1, . . ., αk deben ser pares y n es un cuadrado perfecto.Como 442 = 1936 < 1998 < 2025 = 452 hay 44 cuadrados perfectos entre 1 y 1998.Habra 44 numeros naturales menores que 1998 con un numero impar de divisorespositivos.21. (a) Sea P = abc, Q = acb, entonces

P − Q = 100a+ 10b+ c − (100a+ 10c + b) = 9(b− c).Entonces b − c debe ser cuadrado perfecto no cero. Ası, b − c = 1 o b − c = 4 ob− c = 9. Las posibilidades se dan en la tabla:

b : 9 9 9 8 8 7 7 6 6 5 5c : 0 5 8 4 7 3 6 2 5 1 4b : 4 4 3 2 1c : 0 3 2 1 0

En total hay 16 posibilidades, ademas en cada caso hay 9 posibilidades para selec-cionar el dıgito a (no puede ser 0, pues el numero es de tres cifras), de modo que lacantidad de valores posibles para P es 9 · 16 = 144.22. (c) 4DEC ∼ 4ABC , en razon EC

BC = b/2a , luego, los perımetros guardan esa mismaproporcion. Como 4ABC es triangulo rectangulo 30◦ − 60◦ y se tiene que BC = a,entonces AC = b = √32 a y AB = c = a2 . Luego

b/2a = √34 a

a = √34 .

23. (c) Puesto que n2 = p2α11 p2α22 . El numero de divisores positivos de n2 es(2α1 + 1)(2α2 + 1) = 143 = 13 · 11,

de donde 2α1 + 1 = 13, 2α2 + 1 = 11 y α1 = 6, α2 = 5. Por lo tanto el numero dedivisores positivos de n3 = p3α11 p3α22 es (3α1 + 1)(3α2 + 1) = (3 · 6 + 1)(3 · 5 + 1) = 304.

21524. (d) La distancia maxima esta dada desde uno de los extremos de MN a uno de losextremos de PQ. Ya que para cada punto fijo R sobre PQ, la distancia maxima de

R a los puntos de MN se alcanzara en M y N . Consideremos los puntos N y P ydibujemos un triangulo con estos puntos y el vertice A. La distancia de N a A es 1 yde A a B es 2, por lo tanto la hipotenusa del 4ABP es √5. Observese que 4NAPes rectangulo, luego la hipotenusa del 4NAP es √6.

B

AM N

P

Q

25. (c) 2x+5y = 2000⇒ 5y = 2000−2x = 2(1000−x)⇒ y es divisible por 2 y 1000−xes divisible por 5. Si 1000− x = 5k , entonces 5y = 2 · 5k ⇒ y = 2k , x = 1000− 5k ,estos pares son las soluciones. Pere queremos que tanto x como y sean positivos,entonces tendremos k > 0 y 1000− 5k > 0⇒ k < 200. Las soluciones que buscamosson (1000− 5k, 2k), con k = 1, ..., 199. En total hay 199 soluciones.26. (d) Cada pieza tiene area 6. Podemos calcular el area de cada cuadrado formado, dedos maneras: numero de piezas por 6 o lado por lado (y los lados son de longitudentera). Entonces el numero de piezas por 6 es un cuadrado perfecto, ası que el numerode piezas en cada cuadrado es 6 por un cuadrado perfecto. Si formamos los cuadradosmas pequenos usamos6 · 12 = 6, 6 · 22 = 24, 6 · 32 = 54,6 · 42 = 96, 6 · 52 = 150, 6 · 62 = 216,6 · 72 = 294, 6 · 82 = 384, 6 · 92 = 486,6 · 102 = 600,Para ver cuantas piezas se gastaron en total: hasta 9 cuadrados: 6 + 24 + 54 + 96 +150 + 216 + 294 + 384 + 486 = 1710; hasta 10 cuadrados: 2310 (es mas que 2000).Entonces se pueden formar 9 cuadrados y sobran 290 piezas.27. (b) Sean:

a : numero de dulces que tomo Ab : numero de dulces que tomo Bc : numero de dulces que tomo C

Segun lo que dijeron tenemos a = b+ 2; b = a2 y b = c − 5 y c es numero par.

216Si A dice la verdad, como el numero de dulces es 13, 13 = a+b+ c = (b+2)+b+ cy ası, 11 − c = 2b, luego 11 − c debera ser numero par y entonces c no puede serpar, luego C miente.Si B dice la verdad, 13 = a+ b+ c = 2b+ b+ c = 3b+ c = 3(c− 5) + c, de dondec = 7 y no puede ser par, por lo tanto C miente.Como no puede haber dos mentirosos uno de A y B dice la verdad, esto nos lleva aque C miente.

28. (a) Supongamos que se separa el total de piedras en dos grupos. La suma de lospesos de un grupo A es a y la suma de los pesos del otro grupo B es b; ası, el pesototal de las piedras es a+ b. Al menos uno de esos valores es menor o igual que 1,digamos que a ≤ 1. Ahora supongamos que se van quitando piedras del grupo B yagregando al grupo A. Podrıa suceder que el grupo A se mantenga con peso menor oigual que 1 hasta el final y ası el peso total de las piedras no sobrepasarıa a 1. Perola otra posibilidad es que en algun momento al quitar una piedra de B y ponerla enA el peso de A sobrepase 1, en este caso, el peso de B tendrıa que ser menor o igualque 1 (esto por las condiciones del problema). Digamos que lo anterior sucede con lapiedra n que se pasa de B a A. Sean x1, x2, . . ., xn los pesos de las piedras que sehan pasado, hasta xn−1 tendrıamos a+ x1 + ...+ xn−1 ≤ 1 (*), mientras que

b− (x1 + x2 + . . .+ xn−1)− xn ≤ 1,en cuyo caso

b− (x1 + x2 + . . .+ xn−1) ≤ 1 + xn.Como cada piedra pesa 1 kg o menos, xn ≤ 1, concluyendose que b− (x1 + x2 + . . .+xn−1) ≤ 2 (**). De (*) y (**) se tiene que a+ (x1 + x2 + . . .+ xn−1) + b− (x1 + x2 +. . .+ xn−1) ≤ 1 + 2 ⇒ a+ b ≤ 3. Es decir el peso maximo no es mayor que 3.Por otra parte, lo que enuncia el problema puede lograrse con un peso total de 3 kg;en efecto, tome tres piedras de 1 kg de peso cada una (se cumple la condicion de quecada piedra no pesa mas de 1 kg). Al dividirse en dos grupos, siempre queda un grupode una piedra, este grupo no pesa mas de 1 kg. De esto y lo anterior se concluye queel peso maximo es 3.

29. (b) Como m]APB + m]DPC = 90◦ tenemos que 4ABP ∼ 4PCD, por lo queBP · PC = CD · AB = 60 y como BP + PC = 16 se tiene que BP = 10 y PC = 6 oBP = 6 y PC = 10.En el primer caso AP = √52 + 102 = 5√5 y PD = √122 + 62 = 6√5 y (APD) =30·52 = 75; AD = √305 y perımetro 4APD es mayor que 41. En el segundo casoAP = √52 + 62 = √61 y PD = √122 + 102 = 2√61 y (APD) = 61, AD = √305 yperımetro 4APD es menor que 41.

30. (c) Primero debemos llegar a un multiplo de tres mayor que 97 y de ahı bajar, apretandoB consecutivamente hasta 97. El menor multiplo de 3 mayor que 97 es 99 y como

21797 = 99− 2 = 11 · 32− 2, debemos ver la forma de llegar a 11 mas rapido. Esta formaes 1 A→ 3 B→2 A→ 6 B→ 5 B→ 4 A→ 12 B→ 11y de ahı 11 A→ 33 A→ 99 B→ 98 B→ 97. Ası, la secuencia mas corta requiere de 11 teclas.

Segunda eliminatoria

III ciclo

SELECCION

1. (b) La afirmacion 1 no puede ser verdadera porque en ese caso las otras serıan falsascontradiciendo lo que dice esa afirmacion, lo mismo sucederıa si la 2 o la 4 fueranverdaderas. La unica que puede ser verdadera es la 3 porque en ese caso las otrastres son falsas y habrıa exactamente tres falsas.2. (b) Para que un numero sea divisible por 9, la suma de sus dıgitos tiene que sermultiplo de 9. Si el numero tiene 10 dıgitos y esta formado por solo ceros y unos,entonces, para ser divisible por nueve debe tener 9 nueves (y solo un 0), el primerdıgito no puede ser 0 porque en ese caso el numero se considera de nueve dıgitos.Considerando un cero en cada una de las demas posiciones vemos que hay nuevenumeros que cumplen las codiciones pedidas.3. (d) 5p2 = 3u⇒ 5p = 6u⇒ 10p = 12u = 3(4u) ⇒ 10p3 = 4u.4. (b) Hay 2 tipos de ensalada, 4 de carne y 3 de postre. Juan solo escogera entre 1ensalada, 3 carnes y 3 postres, el numero de posibilidades que tiene para formar sualmuerzo es 1 · 3 · 3 = 9. De modo analogo, el numero de posibilidades para Julia es1 · 4 · 2 = 8; para Jorge 2 · 3 · 2 = 12 y para Jacinta 2 · 2 · 3 = 12. Quien tiene menosposibilidades es Julia.5. (c) m]ACP = 90◦ − α ⇒ m]QHC = 90◦ − (90◦ − α) = α ⇒ m]BHC = 180◦ − α .6. (d) A cada uno le corresponden 8/3 de litro de leche. Ası, Daniel aporta un tercio delitro y Raquel siete tercios de litro. A Daniel le tocan 100 colones y a Raquel 700.7. (b) Basta con usar 7 veces la pesa de tres kilos para obtener 21 kilos, luego la pesade 19 kilos para que queden dos kilos y luego 4 veces la pesa de tres kilos. En totalse gastaran 16 colones.8. (d) Sean x, y, z los numeros, x + y + z = 205, x

y = 25 , yz = 34 , entonces z

y = 43 yxyzy

= 2543 ⇒xz = 310 ⇒ x

z + yz = 34 + 310 ⇒ x+y

z = 2120 . Pero z = 205− (x + y), entoncesx+y205−(x+y) = 2120 ⇒ x + y = 105.

2189. (d) Tenemos

1·2·4+2·4·8+3·6·12+···+100·200·4001·3·9+2·6·18+3·9·27+···+100·300·900 = 2·4(1·1·1+2·2·2+3·3·3+···+100·100·100)3·9(1·1·1+2·2·2+3·3·3+···+100·100·100) = 827 .10. (a) m]DFA = m]EFC (opuestos por el vertice) y m]FEC = m]FDA (ambosrectos), entonces 4ADF ∼ 4ECF (por A–A). Luego

ECAD = FC

DF ⇒2aa = FC

a− FC ⇒ FC = 2a3 ⇒ DF = a3y, por lo tanto, (ADF ) = a3 ·a2 = a26 .

11. (b) Se tiene a+bb+b − a

b = ab ⇒

a+b2b = 2ab ⇒ a2b + b2b = 2ab ⇒ 12 ab + 12 = 2ab ⇒ 32 ab = 12⇒ a

b = 13 . Es decir, 14 < ab <

12 .12. (c) Tenemos que102000 − 2000 = 1 0 . . . 000000︸ ︷︷ ︸2000 ceros − 2000 = 9 . . . 999999︸ ︷︷ ︸1996 nueves 8000

De manera que la suma de las cifras del numero es 1996 · 9 + 8 = 17972.13. (a) Dado que AB = BC , entonces el triangulo ABC es isosceles y, puesto que

m]BAC = 30◦ y AC = 4√3, entonces AB = BC = 4. Por angulos alternos internosentre paralelas tenemos que m]CAD = 30◦. Tracemos ahora la altura CM .

A

B C

DM

303030

El 4ACM es 30− 60− 90 y su hipotenusa mide 4√3, por lo que AM = 4√3 · √32 = 6y, CM = 4√32 = 2√3. Tambien 4CDM es 30− 60− 90 y, como CM = 2√3, entoncesMD = 2. Ası, el area del trapecio es 8+42 · 2√3 = 12√3.

14. (a) Podemos escribirx3 − y3xy = (x − y)(x2 + y2 + xy)

xy .

Si este es un numero entero entonces xy divide a (x−y)(x2 +y2 +xy) y, en particular,x|(x − y)(x2 + y2 + xy). Como x es primo entonces x|(x − y) o x|(x2 + y2 + xy).

219– Si x|(x − y), entonces x − y = lx (con l entero) ⇒ y = x(1− l) ⇒ x|y, pero estono es posible pues y es primo, x 6= y y x 6= 1 (por ser x primo).– Si x|(x2 +y2 +xy) entonces x2 +y2 +xy = mx (con m entero)⇒ y2 = x(m−x−y)⇒ x|y2 y como x es primo, entonces x|y, pero ya vimos que esto no es posible.Concluimos que no hay ningun par (x, y) con las condiciones pedidas por el enunciado.15. (a) Observemos la siguiente figura, en ella se ha trazado el segmento DE que une lospies de ambas medianas.

B A

C

DE

F

Puesto que DE es paralelo a AB, entonces 4ABC ∼ 4DEC y como AC = 2DC ,entonces el area de4DEC es la cuarta parte del area de4ABC . De aquı se tiene queel area del trapecio ADEB es igual a 18− 184 = 272 . Por otra parte, por propiedades dela mediana, AF = 2EF y BF = 2DF y, puesto que las medianas son perpendiculares,(ADEB) = AE·BD2 = 3DF ·3EF2 = 92DF · EF = 272 ⇒ DF · EF = 3 (*).Ademas, por Pitagoras en 4ABF y puesto que AB = 5, se tiene 25 = AF 2 + BF 2 =4EF 2 + 4DF 2 ⇒ EF 2 + DF 2 = 254 (**). De (*) y (**) se obtiene que los valores deEF y DF son 2 (el mayor) y 32 (el menor). Digamos que DF = 2 y EF = 32 . PorPitagotas en 4ADF : AD = √13 y, entonces AC = 2√13. Por Pitagotas en 4CEF :CE = 12√73 y, entonces BC = √73. Si consideramos DF = 32 y EF = 2, obtenemosAC = √73 y BC = 2√13. En todo caso, AC + BC = √73 + 2√13.

DESARROLLO

1. Se puede llegar a la posicion 25413 en cinco jugadas, ası:12345 A→ 51234 C→ 51423 C→ 51342 A→ 25134 C→ 25413

Veamos que no es posible llegar a esa posicion en 4 jugadas o menos. En la siguientetabla se presentan todas las posiciones que se pueden lograr con cuatro jugadas omenos; en la primera columna aparece la posicion inicial, en la segunda columna apa-recen las dos posiciones que se pueden obtener a partir de la inicial, en la tercera lascuatro posiciones que se pueden obtener a partir de las dos anteriores, estas producen

2208 posibilidades para la tercera jugada y a la vez estas 8 producen 16 posibilidadespara la cuarta jugada. Se puede observar que en ningun momento aparece la posicion25413.

1234551234

45123 34512 234513425145312 245314523151423 35142 235143521451342 2513451234

1253441253 34125 534123451241325 541324153212453 31245 531243152412345 5123412534

2. Como las cifras son multiplos de tres, entonces x es divisible por 3, este sera uno desus tres divisores primos, entonces x = 3apbqc donde p y q son primos, p < q ymayores que 5 (no pueden ser 2 porque el numero serıa par, ni 5 porque terminarıaen 5 y 5 no es divisible por 3). Ademas, b = c = 1, pues, para b > 1, el numeromas pequeno serıa x = 3 · 72 · 11 = 1617 > 1000. Ası, las posibilidades son x = 3pqo x = 9pq. Como x es de tres cifras entonces 100 ≤ x ≤ 1000. Caso x = 9pq,solamente 9 · 7 · 11 = 693 sirve. Caso x = 3pq: • Si p = 7, entonces x = 21q ycomo x ≤ 1000 ⇒ 21q ≤ 1000 ⇒ q ≤ 47. La ultima cifra de x sera igual a la ultimade q, de modo que los posibles son 21 · 13 = 273 (no sirve), 21 · 19 = 399 (sirve),21 · 23 = 483 (no sirve), 21 · 29 = 609 (sirve), 21 · 43 = 903 (sirve). • Si p = 11, entoncex = 33q ⇒ q < 31. Si q termina en 5, 7 o 9, la ultima cifra de x no serıa multiplo de3; como q debe ser primo menor que 31, mayor que 11 y terminado en 1 o 3, entonceslas unicas posibilidades son 33 · 13 = 429 (no sirve) y 33 · 23 = 759 (no sirve). • Sip = 13, entonces x = 39q ⇒ q < 26; las posibilidades son 39 · 17 = 663 (sirve),39 · 19 = 741 (no sirve) y 39 · 23 = 897 (no sirve). • Si p = 17, entonces x = 51q ⇒q < 20. La unica posibilidad es 51 · 19 = 969 (sirve). De modo que hay seis numeroscon las condiciones pedidas: 399, 609, 663, 693, 903, 969.

3. Tracemos por P una recta paralela a AB que corta a AD y BC en X e Y respectivamente(vea la figura).

221

D C

BA

YX

Q

P

Los triangulos APX y ACD son semejantes y, por lo tanto, AXAD = XP

DC . Ademas, lostriangulos BPY y BDC son semejantes y, por lo tanto, BYBC = YP

DC . Pero como AB,XY y DC son paralelas y por el Teorema de Thales podemos decir que AX

AD = BYBC .Entonces XP

DC = YPDC , de donde XP = YP . De aquı es evidente que PQ corta a AB y

CD en sus puntos medios.IV ciclo

SELECCION

1. (d) Si se toma el diametro como base constante, entonces el area sera maxima cuandola altura lo sea, en ese caso cuando la altura es r, por lo que el area maxima es r2.2. (b) Observamos que 1k(k+1) = 1

k −1k+1 , entonces

49992000 −( 12 · 3 + 13 · 4 + · · ·+ 11999 · 2000

)= 49992000 −

(12 − 13 + 13 − 14 + · · ·+ 11999 − 12000)

=49992000 −(12 − 12000

) = 49992000 − 9992000 = 2.3. (b) Tenemos√

y+ xy+ 2y√x = √y√1 + x + 2√x = √y√(1 +√x)2= √y(1 +√x) = √y+√xy⇒√y+√xy+√x = √x +√y+ xy+ 2y√x

4. (d) Observamos que el k−esimo termino de la fila numero n es 3k−1 · 2n−1. Por otraparte, la fila n tiene 101− n terminos (la primera tiene 101− 1 terminos, la segunda101 − 2 = 99, etc.), de manera que la fila numero 51 tiene 101 − 51 = 50 terminos.Entonces el termino numero 50 de la fila 51 es 350−1 · 251−1 = 349 · 250.

2225. (c) Como AB es diametro, entoncesm]ADB = 90◦, m]CDB = 75◦ − β (pues subtiende el mismo arco que ]BAC ym]BAC = 75◦ − β). Entonces

90◦ = m]ADC +m]CDB = α + 75◦ − β ⇒α − β = 15◦ ⇒ β = α − 15◦.

6. (c) Dado que p tiene cuatro cifras se tiene que 59p = 10000n + r (con r el numeroformado por las ultimas cuatro cifras de 59p) ⇒ 3r = 10000k + d (con d el numeroformado por las ultimas cuatro cifras de 3r) ⇒ 113d = 10000e + f (con f el numeroformado por las ultimas cuatro cifras de 113d).Ası:f = 113d − 10000e = 113(3r − 10000k)− 10000e= (113)(3)r − (113k + e)10000= (113)(3)(59p− 10000n)− (113k + e)10000= (113)(3)(59)p− (113k + e+ (3)(113)n)1000= p+ (2p− (113k + e+ (3)(113)n)10000

Dado que f tiene cuatro cifras y p tambien la parte derecha en la expresion final debeser cero y f debe coincidir con p.7. (d) Al comienzo lo conoce una persona, esta se lo cuenta a p personas, cada una deestas a p + 1 personas, ası que hay otras p(p + 1) que lo conocen y cada una deestas, a su vez, se lo cuentan a p+ 2; ası, habra otras p(p+ 1)(p+ 2) que lo conocen,esto da un total de

1 + p+ p(p+ 1) + p(p+ 1)(p+ 2) = (p+ 1)(p2 + 3p+ 1).personas que conocen el secreto.

8. (d) Como cada uno debe recibir al menos un confite y Elizabeth debe recibir tresentonces el problema se reduce a repartir cuatro confites entre Hugo, Mario y Eduar-do, sabiendo que Eduardo puede recibir uno o ninguno de esos cuatro confites. Lasopciones son, en el orden Eduardo, Hugo y Mario.(1, 0, 3), (1, 1, 2), (1, 2, 1), (1, 3, 0), (0, 4, 0), (0, 3, 1), (0, 2, 2), (0, 1, 3) y (0, 0, 4)

en total 9 formas.9. (d) Como x, y son impares, entonces existen enteros k y l tales que x = 2k + 1,y = 2l+ 1, entonces

T = 32k+1 + (2l+ 1− 1)2z = 3 · (3k )2 + 4l2z.

223Luego, T − 3 = 3 ((3k )2 − 1) + 4l2z = 3(3k + 1)(3k − 1) + 4l2z. Como 3k es impar,entonces 3k + 1 y 3k − 1 son pares y, por lo tanto, (3k + 1)(3k − 1) es multiplo de 4.entonces T − 3 = 4S , con S entero. Es decir, T = 4S + 3 y, entonces, al dividir Tentre 4 se obtiene como residuo 3.10. (a) Observe que(1− 14 )(1− 19 ) . . . (1− 1

k2 ) = (1− 12 )(1 + 12 )(1− 13 )(1 + 13 )...(1− 1k )(1 + 1

k )= 12 · 32 · 23 · 43 · ... · k − 1

k · k + 1k = 12 · k + 1

k = k + 12kSi k es par entonces la fraccion es canonica y m = k + 1, n = 2k y, entonces,m+ n = 3k + 1.11. (c) Sean x1, . . . , x10 los numeros a colocar en los triangulitos, del modo como semuestra en la siguiente figura.

x1x2x3 x4 x5

x6x7x8

x9x10

Tenemos que x1 + · · ·+ x10 = 66 y x2 + x4 + x6 + x8 + x10 = 42. S = x1 + x2 + x3 =x3 + x4 + x5 = x5 + x6 + x7 = x7 + x8 + x9 = x9 + x10 + x1. Entonces5S = (x1 + x2 + x3) + (x3 + x4 + x5) + (x5 + x6 + x7) + (x7 + x8 + x9) + (x9 + x10 + x1)= (x1 + · · ·+ x10) + x1 + x3 + x5 + x7 + x9 = 66 + 24 = 90⇒ S = 18.(pues x1 + x3 + x5 + x7 + x9 = 66 − (x2 + x4 + x6 + x8 + x10) = 66 − 42). Entonces5S = 90 y, por lo tanto, S = 18.12. (b) Se prolonga CM hasta el punto L sobre AB. Los triangulos DCM y ALM soncongruentes y por lo tanto AL = 6; ası, si h es la altura trazada desde el vertice Centonces sen 30◦ = h14 , es decir, h = 14 sen 30◦ = 7. El area es 8+62 · 7 = 49.

AB

CD

L

h

8

67

M

30

22413. (c) Digamos que, para llegar al lugar en que el perro alcanza al conejo, el perronecesita y de sus saltos y el conejo x de los suyos adicionales a los que le lleva deventaja al perro, entonces x5 = y2 (el tiempo que tarda el perro en dar 2 saltos es elmismo que tarda el conejo en dar 5); ademas, 50+x

y = 83 (la distancia recorrida por elperro corresponde a y de sus saltos, la recorrida por el conejo es 50 + x , la mismadistancia recorre el conejo en 8 saltos que el perro en 3). De estas dos ecuaciones setiene que y = 300.14. (a) Observemos la siguiente figura.

A B

C

PML

N

En primer lugar, como 4ABC es equilatero de lado 2√3, entonces su altura es√3 · 2√32 = 3. Por otra parte, se tiene que(ABC ) = (APC ) + (APB) + (CPB),es decir2√3 · 32 = 2√3 · PN2 + 2√3 · PL2 + 2√3 · PM2 = 2√3 · (PN + PL+ PM)2 .

Entonces PN + PL+ PM = 3.15. (b) Observe que √n+ 1 > √n, entonces √n+ 1 +√n > 2√n⇒ 2√n+1+√n < 1√

n .Racionalizando el lado izquierdo de la ultima desigualdad se tiene que2(√n+ 1−√n) < 1√

n(*)

De √n− 1 < √n, procediendo como antes se obtiene que2(√n−√n− 1) > 1√

n(**)

De modo que 1√1 + 1√2 + . . . 1√10000>2(√2−√1 +√3−√2 + · · ·+√10001−√10000) (por (*))=2(√10001− 1) > 2(100− 1) = 2 · 99 = 198.

225Por otra lado,1√1 + 1√2 + . . . 1√10000

<1 + 2(√2−√1 +√3−√2 + · · ·+√10000−√9999) (por (**))=1 + 2(√10000− 1) = 1 + 2(100− 1) = 1 + 2 · 99 = 199.De manera que 198 < M < 199.

DESARROLLO1. En primer lugar observamos que ningun par (0, y) o (x, 0) puede ser solucion; tampocopares (x, x) o (x,−x). De la primera ecuacion tenemos x+yx2y = −12 ⇒ 1

xy + 1x2 = −12(*). Procediendo de modo analogo con la segunda ecuacion tenemos 1

y2 − 1xy = 154 .Sumando estas dos nuevas ecuaciones tenemos 1

x2 + 1y2 = 134 . Sea a = 1

x , b = 1y .Tenemos a2 +b2 = 134 (**) y, en (*), ab+a2 = −12 ⇒ b = −a− 12a . Sustituyendo estoen (**) tenemos a2 + (−a− 12a)2 = 134 ⇒ 8a4− 9a2 +1 = 0 ⇒ (8a2− 1)(a2− 1) = 0

⇒ a = ± 12√2 , a = ±1.Si a = 1, entonces b = −32 ; si a = −1, entonces b = 32 ; si a = 12√2 , entoncesb = −5√24 ; si a = −12√2 , entonces b = 5√24 . Como a = 1

x y b = 1y , entonces, las parejas(x, y) que resuelven la ecuacion son (−1, 23 ), (1, −23 ), (2√2, −2√25 ) y (−2√2, 2√25 ).

2. Puesto que las medianas AQ y BP son congruentes, entonces los triangulo 4DEF y4AOB son isosceles (O es el punto donde concurren las medianas) y, por propiedadde la mediana, OR = 12÷ 3 = 4.

A B

C

QP

R

D E

F

Tyx

Tracemos el segmento DT , perpendicular a AB, entonces los triangulos AOR y ADTson semejantes; ası, si DT = x y AT = y, tenemos 43 = xy y, aplicando Pitagorasen 4ADT , x2 + y2 = 4. De estas dos ecuaciones se obtiene que x = 85 , y = 65 .De este modo, la base de 4DEF es 6 − 2y = 6 − 125 = 185 cm y la altura es12− 2− x = 10− 85 = 425 cm y el area buscada es 37825 cm2.

2263. (a− 1)(b− 1) divide a ab− 1 si

ab− 1(a− 1)(b− 1) = k,

con k entero. Se dividira el analisis en dos casos: Si a = b :k = ab− 1(a− 1)(b− 1) = a2 − 1(a− 1)2 = a+ 1

a− 1lo cual solo es posible si a+ 1 = kl ya−1 = l, restando estas dos expresiones se obtiene 2 = l(k−1), esta ultima expresionsolo se cumple en los casos l = 2, k = 2 o l = 1, k = 3. El primero de ellos lleva alcaso a = 3, b = 3; el segundo al caso a = 2, b = 2. Si a 6= b :

k = ab− 1(a− 1)(b− 1) = ab− 1ab− (a+ b) + 1= 1 + a+ b− 2

ab− (a+ b) + 1 = 1 + a− 1(a− 1)(b− 1) + b− 1(a− 1)(b− 1)= 1 + 1b− 1 + 1

a− 1 .Si a = 2 entonces k = 2 + 1

b−1 esto llevarıa a que 1b−1 es entero lo cual lleva a

b = 2 que no aporta ninguna solucion.Si a = 3 entonces k = 32 + 1b−1 , esto llevarıa a que 1

b−1 debe ser un multiplo imparde 12 lo cual no es posible.Finalmente si a ≥ 4 no aparecen casos nuevos puesab− 1(a− 1)(b− 1) = 1 + 1

b− 1 + 1a− 1 < 1 + 13 + 1

b− 1 < 2.Tercera eliminatoria (final)

III ciclo

Primer dıa1. Como Dora no fue a la panaderıa y a este lugar fueron tres de ellas, entonces a lapanaderıa fueron Ester, Margarita y Lucıa. Ademas, Ester fue a la carnicerıa. Ası, Esterfue a la carnicerıa y a la panaderıa. Margarita fue al Banco y a la panaderıa. Comola senora Perez no fue a ningun lugar a donde fueron Lucıa y la sra. Torres, entonces,necesariamente Dora es Perez. Lucıa no es ni Torres ni Perez, entonces es Martınezo Gomes.

227Si el apellido de Lucıa fuera Martınez, entonces, tendrıamos que Ester serıa Torres (noes Perez, no es Martınez y tampoco puede ser Gomez por el segundo punto), entoncesMargarita serıa Gomez, pero esto no puede suceder, porque entonces habrıa ido a treslugares (la panaderıa, el banco y la carnicerıa). Luego, el apellido de Lucıa es Gomez,entonces Lucıa fue a la carnicerıa y a la panaderıa. En este caso, Ester es Torres yMargarita es Martınez.

2. Sea m]DAB = y◦, como ABCD es paralelogramo entonces m]DCB = y◦. Porla misma razon, m]ABC = 3x◦ + 15◦. Entonces 2y + 6x + 30 = 360 (*). Por otraparte, puesto que BC = CE , entonces m]CBE = m]CEB, ademas, m]CBE =m]BCD = y, puesto que son alternos internos entre paralelas; de este modo, en elcuadrilatero ADCE se tiene que

y+ 3x + 15 + y+ x + y = 360⇒4x + 3y+ 15 = 360 (**). De (*) y (**) se obtiene que m]DAB = y◦ = 75◦.

3. Sea abc el numero dado (a, b, c diferentes entre sı). Los otros tres numeros que seobtienen son, entonces, ab, ac y bc. La suma de ellos tres es la mitad del numeroinicial, esto es ab+ ac + bc = 12abc ⇒10a+ b+ 10a+ c + 10b+ c = 12(100a+ 10b+ c).

Luego 40a+ 22b+ 4c = 100a+ 10b+ c, es decir 12b+ 3c = 60a ⇒ 4b+ c = 20a.Puesto que a, b, c son cifras, entonces el valor maximo de 4b + c es 45, por lo quea = 1 o a = 2.Si a = 1, tenemos 4b + c = 20 y los posibles valores de b y c son b = 3 y c = 8o b = 4 y c = 4 o b = 5 y c = 0. De aquı se obtienen tres numeros con lascondiciones pedidas: 138, 144, 150.Si a = 2, tenemos 4b + c = 40 y los posibles valores de b y c son b = 8 y c = 8o b = 9 y c = 4. Se obtienen ası otros dos numeros con dicha propiedad: 288 y 294.

Segundo dıa4. Trace una paralela a AB por C que se interseca con la prolongacion de AM en N .Los triangulos 4ABM 4CMN son semejantes, con razon de semejanza ρ. Si se trazauna perpendicular a AB por M , que interseca a CN en P y a AB en Q entonces si|MP| = h1 y |MQ| = h2, h2/h1 = ρ y h1 + h2 = h donde h es la altura del 4ABCes decir h2 = ρ

ρ+1h

Area(4ABM) = |AB|h22 = |AB|h2 ρρ + 1 = ρ

ρ + 1 Area(4ABC )

2285. Sea y la altura de 4PCD y h la altura de 4CPQ.

AD

CB

Q

y

h

P

De la informacion dada se tiene que AD · y = 37, (AD+BP)y2 = 29. Por lo tantoPB · y = 21.Puesto que m]QPB = m]CPD (opuestos por el vertice) y m]PCD = m]QBP(alternos internos entre paralelas), entonces 4BPQ ∼ 4CPD.Por lo tanto h

BP = yPC ⇒ h = BP · y

PC . Luego,(CPQ) = PC · h2 = PC2 · BP · yPC = BP · y2 = 212 = 10, 5.

6. Observamos que 693 = 9 · 7 · 11, de manera que P tiene que ser multiplo de 9, de 7y de 11.Para que sea multiplo de 9, la suma de sus dıgitos tiene que ser multiplo de 9:x + y+ z + 19 = 9k (*)

Usando la regla de divisibilidad por 11, tenemos quex − y+ z − 5 = 11m (**)

Puesto que x , y, z son dıgitos entonces son enteros entre 0 y 9. Ası, el mayor valorde la suma x + y+ z + 19 es 46 y como k es entero, entonces k no puede ser mayorque 5. El menor valor de esa suma es 19, entonces k no puede ser menor que 3, porlo que k = 3 o 4 o 5.Restando (**) de (*) se tiene 2y+24 = 9k−11m (***). Si k = 4, entonces x+y+z = 17.Por (***), 2y+ 24 = 36− 11m ⇒ 2y = 12− 11m ⇒ 11m = 2(6− y). Luego 11 dividea y− 6, como y es dıgito, necesariamente y− 6 = 0, es decir, y = 6. De aquı se tieneque m = 0, es decir x − y+ z = 5 (por (**)) y, entonces, x + z = 11⇒ z = 11− x .

229Ahora, tenemos que 33xy49z es multiplo de 7; como y = 6, entonces 33x649z = 7t.Es decir:

7t = 33 · 105 + x · 104 + 649 · 10 + z7t = 3 · 11 · 105 + x · 104 + 11 · 59 · 10 + 11− x7t = 3 · 11 · 105 + 11 · 909 · x · 104 + 11 · 59 · 10 + 117t = 11(300591 + 909x)7t = 11 · 9 · (33399 + 101x)Esto es, 7 divide a 11 · 9 · (33399 + 101x), como 7 es primo con 11 y con 9, entonces 7tiene que dividir a 33399 + 101x . Probando con valores de x (como x + z = 11 y ellosson dıgitos, x no puede ser ni 0 ni 1), se tiene, para x = 4, que

33399 + 101x = 33399 + 101 · 4 = 33803que es multiplo de 7. En este caso, z = 11− x = 11− 4 = 7. El numero P = 3346497es un multiplo de 693.

IV ciclo

Primer dıa

1. Basta con observar que m∠EOA = π/6, luego EA = 1/√3. Aplicando el teorema dePitagoras se tiene queBH =√4 + AH2 =√4 + (3− 1/√3)2 =√403 − 2√3.

Si x = BH se tienex =√403 − 2√3x2 = 403 − 2√33x2 − 40 = −6√39x4 − 240x2 + 1492 = 0

230

O A

C D

B

H

l

E

2. La suma total de los 16 numeros es 136, de modo que en cada grupo la suma debe ser68. Ademas, la suma total de los cuadrados es 1496, por lo tanto la suma de cuadradosen cada grupo debe ser 748.Observemos que los 16 numeros se puede escribir como2k1 − 1, 2k1, 2k2 − 1, 2k2, ..., 2k8 − 1, 2k8

donde k1 = 1, k2 = 2, ..., k8 = 8.Entre los 8 numeros de cada grupo debemos tomar un numero par de numeros imparespuesto que su suma debe ser 68 que es par. Tomemos para el primer grupo los 8numeros2ka, 2kb, 2kc, 2kd, 2ke − 1, 2kf − 1, 2kg − 1, 2kh − 1

Como son 8 numeros diferentes, entonces los k ’s son diferentes, ası, uno es 1, otro es2, ..., otro es 8. Por lo tanto ka + kb + · · ·+ kh = 1 + 2 + · · ·+ 8 = 36. Por otra parte,la suma de los cuadrados es 748, es decir748 = (2ka)2 + (2kb)2 + (2kc)2 + (2kd)2 + (2ke − 1)2 + (2kf − 1)2 + (2kg − 1)2 + (2kh − 1)2 .Desarrollando los cuadrados y simplificando concluimos que

186 = k2a + k2

b + k2c + k2

d + k2e + k2

f + k2g + k2

h − (ke + kf + kg + kh).

231Pero k2

a+ k2b + k2

c + k2d + k2

e + k2f + k2

g+ k2h = 12 +22 + · · ·+82 = 204 y, por lo tanto,

ke + kf + kg + kh = 18.Haciendo ke = 2, kf = 3, kg = 5, kg = 8 (suman 18) y ka = 7, kb = 6, kc = 4, kd = 1,tenemos un primer grupo formado por los numeros 2, 3, 5, 8, 9, 12, 14, 15 y un segundogrupo formado por 1, 4, 6, 7, 10, 11, 13, 16. Esta distribucion satisface las condicionespedidas. Otras distribuciones validas pueden ser obtenidas dando otros valores.

3. Suponga que no hay ningun Pi , 1 ≤ i ≤ k+1, cuadrado perfecto entonces, separandolas potencias pares de los factores que sea posible, cada numero puede escribirsecomo producto de un cuadrado perfecto y un numero que no es cuadrado perfecto.P1 = C 21

n∏i=1 a

I1(i)i

...Pk+1 = C 2

k+1n∏i=1 a

Ik+1(i)i

Donde Ij (i) puede ser 0 o 1 dependiendo de si ai es o no es factor en la parte que noes cuadrado perfecto en Pj (Ij (i) = 0 significa que ai no aparece en el producto).Luego se procede como sigue: dado que hay k+1 numeros y k factores entonces algunfactor debe aparecer en dos o mas numeros; digamos, sin perder generalidad que esa1. Nuevamente sin perder generalidad suponga que uno de esos numeros es P1. Sesustituyen cada numero Pj donde aparezca a1 por el producto P1Pj , si ninguno delos numeros obtenidos es cuadrado perfecto se repite el procedimiento usando k − 1factores primos, todos excepto a1 y k numeros compuestos todos excepto P1.En el peor de los casos despues de k aplicaciones de este procedimiento se obtieneun numero que es producto de los numeros iniciales y cuadrado perfecto.

segundo dıa

4. Consideremos la figura:

232

B

A

DM

C

F

E

O

m∠ABD = 90◦ pues ←→BC es tangente al cırculo. ∠AEB es recto, pues es un anguloinscrito cuyo arco mide 180◦. Por otra parte m∠BAE = m∠BEC , pues ambos sonangulos semi-inscritos que comparten el mismo arco (1).Por otro lado m∠BAD +m∠BDA = 90◦, pues son angulos complementarios, ym∠CED +m∠BEC = 90◦, (2)

pues son angulos complementarios.Por (2) y por (1), tenemos quem∠CED = m∠CDE ⇒ CE = CD. (3)

Ademas, m∠BEC = m∠CBE , pues son angulos semi-inscritos que comparten elmismo arco. Y de aquı podemos concluir que BC = CE . (4)Por (3) y (4) se tiene que CE = CD y que BC = CE ⇒ BC = CD. De esta formaconcluimos la prueba.5. Despejando f (x + w) se sigue que:f (x)[f (x + w)− 1] = 2f (x + w)− 3f (x)f (x + w)− f (x) = 2f (x + w)− 3f (x)f (x + w)− 2f (x + w) = f (x)− 3f (x + w)(f (x)− 2) = f (x)− 3

f (x + w) = f (x)− 3f (x)− 2 (1)

Ahora, haciendo las dos evaluaciones siguientes se prueba que f (x + 3w) = f (x).f (x + 2w) = f (x + w + w) = f (x + w)− 3

f (x + w)− 2 (2)Sustituyendo (1) en (2) se sigue quef (x + 2w) = 2f (x)− 3

f (x)− 1 (3)

233f (x + 3w) = f (x + 2w + w) = f (x + 2w)− 3

f (x + 2w)− 2 (4)Ahora, sustituyendo (3) en (4) se concluye que f (x + 3w) = f (x) con lo cual 3w esperıodo de la funcion f .

6. Dado que a2 = (a2 − a+ 1) + (a− 1), se obtiene(a2)n+2 = a2n+4 = (a− 1)n+2 + (a2 − a+ 1)T1(a).

Ası:a2n+1 + (a− 1)n+2 = a2n+1 + a2n+4 − (a2 − a+ 1)T1(a)= a2n+1(a3 + 1)− (a2 − a+ 1)T1(a)= a2n+1(a+ 1)(a2 − a+ 1)− (a2 − a+ 1)T1(a)= (a2 − a+ 1)(a2n+1(a+ 1)− T1(a))

234

Conceptos y resultados utiles

Presentamos a continuacion algunos conceptos y resultados que pueden ser utiles enla resolucion de problemas. En general son bastante basicos y de facil comprension peroalgunos de ellos usualmente no se estudian en la ensenanza media. Ademas del temariocorrespondiente sugerimos el estudio de estos resultados.ALGEBRA

1. (Principio del palomar o de Dirichlet) Si n+1 objetos se distribuyen al azar en n cajas,entonces alguna caja contendra por lo menos dos objetos. Una forma mas general es:si nk +1 objetos se distribuyen al azar en n cajas, entonces alguna caja contendra almenos k + 1 objetos.Ejemplo: Dado cualquier conjunto A de 10 numeros naturales comprendidos entre 1 y99 (ambos inclusive), pruebe que existen dos subconjuntos de A, disjuntos y no vacıosB y C , tales que la suma de los elementos de B es igual a la suma de los elementosde C.Solucion: Con los 10 elementos de A se pueden forma 210 − 1 = 1023 subconjuntosno vacıos distintos. La suma de los elementos de cada uno de estos subconjuntos esmenor que 1000, porque incluso 90 + 91 + · · ·+ 99 < 1000.Ası, por el principio del palomar, al menos dos subconjuntos P y Q deben tener lamisma suma. Quitando los elementos comunes a ambos se obtendrıan dos conjuntosque son disjuntos y que tienen la misma suma. Por otra parte, ninguno de ellos esvacıo, porque si uno fuera vacıo significarıa que P ⊂ Q o Q ⊂ P lo cual no puede serpuesto que P y Q son diferentes y tienen la misma suma.

2. Para r 6= 1 y n ∈ N, se tiene1 + r + r2 + · · ·+ rn = rn+1 − 1

r − 1 .

3. Para n ∈ N, se tiene1 + 2 + 3 + · · ·+ n = n(n+ 1)2 .

235

2364. Para n ∈ N, se tiene

12 + 22 + 32 + · · ·+ n2 = n(n+ 1) (2n+ 1)6 .

5. (Formulas de Vieta) Dado el polinomio f (x) = anxn + an−axn−1 + · · · + a1x + a0(con an 6= 0), si las raıces de este polinomio son x1, x2, ..., xn, entonces se tienen lassiguientes relaciones:n∑i=1 xi = −an−1

an,

∑i<j

xixj = +an−2an

,∑i<j<k

xixjxk = −an−3an

,

...,

x1x2 · · · xn = (−1)n a0an

6. (Media aritmetica-media geometrica) Si x1, x2, · · · , xn son n numeros reales positivos,entonces su media aritmetica y media geometrica satisfacen la desigualdad:x1 + x2 + · · ·+ xn

n ≥ (x1x2 · · · xn)1/nLas igualdades se dan si y solo si x1 = x2 = · · · = xn.Para el caso de dos numeros a y b, la desigualdad es a+ b2 ≥

√ab.Ejemplo: Vea la solucion del ejercicio 15 en la pagina 176.

7. Si n ≥ 1, entonces (1 + x)n ≥ 1 + nx , para x > −1.8. Si 0 < n < 1, entonces (1 + x)n ≤ 1 + nx , para x > −1.9. Una secuencia de numeros

a, a+ k, a+ 2k, . . . , a+ nk, . . .

se llama progresion aritmetica de diferencia k .Ejemplo: 3, 7, 11, 15es una progresion aritmetica de cuatro terminos, de diferencia 4.

23710. Una secuencia de numeros

a, a · k, a · k2, . . . , a · kn, . . .se llama progresion geometrica de razon k .Ejemplo: 2, 6, 18, 54, 162es una progresion geometrica de cinco terminos, de razon 3.11. (Principio de induccion matematica) Sea P(n) una propiedad definida para n ∈ N. Sila propiedad es verdadera para n = m y si siempre que P(n) es verdadera, tambienP(n+ 1) lo es, entonces la propiedad se cumple para todo numero natural n ≥ m.Este principio constituye un metodo de demostracion muy util para propiedades queinvolucran los numeros naturales, en particular igualdades y desigualdades con esosnumeros.Ejemplo: Probar que para todo numero natural n ≥ 2, se tiene1√1 + 1√2 + · · ·+ 1√

n>√n.

Solucion: Llamemos con P(n) a la propiedad indicada.i) Como se debe cumplir para todo n ≥ 2, debemos comenzar probando que P(2) esverdadera. Debemos probar, entonces, que 1√1 + 1√2 > √2. Tenemos que1√1 + 1√2 > √2⇔ 1 + 1√2 > √2⇔ 2 +√2 > 2√2⇔ 2 > √2

Como lo ultimo es verdadero, entonces tambien es verdadero que 1√1 + 1√2 > √2.ii) Supongamos que P(n) es verdadera y demostremos que P(n+ 1) es verdadera. Esdecir, suponemos que 1√1 + 1√2 + · · ·+ 1√n>√n.

es verdadero (hipotesis de induccion) y debemos, entonces, probar que se satisface1√1 + 1√2 + · · ·+ 1√n

+ 1√n+ 1 > √n+ 1.

En efecto, 1√1 + 1√2 + · · ·+ 1√n

+ 1√n+ 1=( 1√1 + 1√2 + · · ·+ 1√

n

)+ 1√n+ 1 (1)

>√n+ 1√

n+ 1 (por hip. de induccion)

238Ahora,

√n+ 1√

n+ 1 > √n+ 1⇔√n√n+ 1 + 1 > √n+ 1√n+ 1⇔√

n2 + n+ 1 > n+ 1⇔√n2 + n > n.

Si elevamos al cuadrado ambos miembros en la ultima desigualdad, esta se preservapues los dos son positivos, entonces√n2 + n > n⇔ n2 + n > n2 ⇔ n > 0 (restando n2).

La ultima desigualdad (n > 0) es verdadera pues n ≥ 2 y, como en todos los casostenemos si y solo si (⇔), entonces, se tiene que√n+ 1√

n+ 1 > √n+ 1.Por esta razon y por (1),

1√1 + 1√2 + · · ·+ 1√n

+ 1√n+ 1 > √n+ 1,

tal como querıamos.TEORIA DE NUMEROS

1. (Representacion en base b) Si b es un numero natural mayor que 1 entonces, paratodo n ∈ N, existena0, a1, ..., am ∈ {0, 1, ..., b− 1}tales que

n = am · bm + am−1 · bm−1 + · · ·+ a1 · b+ a0.Si b = 10, la representacion anterior es la correspondiente a la representacion decimaly los numeros a0, a1, ..., am se llaman dıgitos o cifras.2. (Algoritmo de la division) Dados n y b numeros enteros, existen unicos q y r, con0 ≤ r < |b| tales que n = qb+ r.3. (Concepto de divisor ) Dados a y b numeros enteros, a divide a b y se denota por a|bsi existe un numero entero k tal que b = a · k . Si a divide a b se dice que a es undivisor de b o que a es es un factor de b o que b es divisible por a o que b es unmultiplo de a.

2394. (Propiedades del divisor ) Sean a, b y c numeros enteros entonces:a) a|ab) Si a|b y b|c entonces a|cc) Si a|b y a|c entonces a|(nb+ kc), para n y k enterosd) Si a|b entonces |a| ≤ |b|e) Si a|b y b|a entonces |a| = |b|f ) Siempre 1|a y a|0g) Si a|c entonces ab|cbh) Si ac|bc y c 6= 0 entonces a|b5. Si a, b, c son enteros tal que a = b+ c y si b y c son multiplos de k entonces a esmultiplo de k .6. Dados n numeros enteros consecutivosk + 1, k + 2, ..., k + n, uno de ellos, necesariamente, divide a n.7. (Criterios de divisibilidad )

a) Un numero es divisible por 2 si su ultima cifra es par.b) Un numero es divisible por 3 si la suma de sus cifras es divisible por 3.c) Un numero es divisible por 4 si el numero formado por sus dos ultimas cifras esdivisible por 4.d ) Un numero es divisible por 5 si su ultima cifra es 0 o 5.e) Un numero es divisible por 7 si, al restar al numero que queda suprimiendo laultima cifra el doble de esta ultima cifra, se obtiene un multiplo de 7.f ) Un numero es divisible por 11 si la suma de las cifras de las posiciones pares,menos la suma de las cifras de las posiciones impares es multiplo de 11.

8. (Maximo divisor comun) El maximo divisor comun de dos numeros enteros a y b es elentero c tal que c > 0, c|a, c|b y si d es otro entero que divide a a y b, entoncesd|c (en otras palabras, c es el mayor de los divisores comunes de a y b). El maximodivisor comun de a y b se denota por mcd(a, b). Si el maximo divisor comun de a yb es 1 se dice que a y b son primos relativos o coprimos.9. (Mınimo multiplo comun) El mınimo multiplo comun de dos numeros enteros a y b esel entero c tal que c > 0, a|c, b|c y si d es otro entero que es dividido por a y b,entonces c|d (en otras palabras, c es el menor de los multiplos comunes positivos dea y b). El mınimo multiplo comun de a y b se denota por mcm(a, b).10. (Algunas propiedades de mcd y mcm)

a) Existen numeros enteros tales quemcd(a, b) = as+ bt. En particular, si a y b son primos relativos, existen s y tenteros tales que 1 = as+ bt.

240b) (Lema de Euclides) Si a|bc y a y c son primos relativos, entonces a|b.c) Si a = qb+ r entonces mcd(a, b) = mcd(b, r)d ) mcm(a, b) ·mcd(a, b) = |a| · |b|

11. (Numeros primos y compuestos) Un numero natural p > 1 se llama primo si sus unicosdivisores son 1 y p. Si el numero tiene mas de dos divisores se llama compuesto.12. Si p es primo y p|ab entonces p|a o p|b.13. (Teorema fundamental de la Aritmetica) Sea n ∈ N, sean p1, p2, ..., pk todos losdivisores primos de n, entonces existen unicos a1, a2, ..., ak ∈ N, tales que n =pa11 · pa22 · ... · pakk . Esta se llama la descomposicion prima de n.14. (Numero de divisores) Si el numero n tiene la descomposicion prima del punto anterior,entonces el numero de divisores de n es igual a (a1 + 1)(a2 + 1) · ... · (ak + 1).15. (Parte entera) Si x es un numero real, su parte entera se define como el mayor enteroque es menor o igual que x y se denota por [x ]. Por ejemplo [5] = 5, [−1, 23] = −2,[√2] = 1, [ 113 ] = 3.Ejemplo: Vea el ejercicio numero 1 en la pagina 38.

GEOMETRIA1. En un triangulo:

a) Las tres alturas son concurrentes, su punto de interseccion se llama ortocentro.b) Las tres medianas son concurrentes, su punto de interseccion se llama baricentro.c) Las tres mediatrices son concurrentes, su punto de interseccion se llama circun-

centro.d ) Las tres bisectrices son concurrentes, su punto de interseccion se llama incentro.

2. (Formula de Heron) Si las medidas de los lados de un triangulo son a, b, c. Entoncesel area del triangulo esA =√s (s− a) (s− b) (s− c),

donde s = a+b+c2 (el semiperımetro del triangulo).3. (Otra forma para calcular el area de un triangulo) Si dos lados de un triangulo midena y b, y el angulo comprendido entre esos lados es igual a α , entonces el area deltriagulo es igual a

A = 12 · a · b · sin α.Ejemplo: Vea la solucion del ejercicio 9 en la pagina 130.

2414. (Ley de los cosenos) Si a, b, c son las medidas de los lados de un triangulo y α esel angulo entre los lados de medidas b y c, se cumple que

a2 = b2 + c2 − 2bc · cos α.5. (Ley de los senos) Si las medidas de los lados de un triangulo son a, b y c y lamedida del angulo opuesto al lado de medida a es α , la del angulo opuesto al ladode medida b es β y la del angulo opuesto al lado de medida c es γ, entonces

asin α = bsin β = csin γ .Ejemplo: Vea la solucion del ejercicio numero 30 en la pagina 184.

6. En dos triangulos semejantes se tiene que la razon de:a) sus perımetros es igual a la razon de semejanza.b) dos de sus alturas correspondientes es igual a la razon de semejanza.c) sus areas es igual al cuadrado de la razon de semejanza.d ) las bisectrices de dos angulos correspondientes es igual a la razon de semejanza.

7. La bisectriz interior de un angulo de un triangulo, divide al lado opuesto en segmentosproporcionales a los lados adjuntos. Con la notacion de la figura:DCAC = BD

AB .

A B

C

D

8. El punto de interseccion de las tres medianas de un triangulo divide a cada medianaen la razon 2 : 1. Con la notacion de la figuraBOOM = 21o, de modo equivalente,

BO = 23BM.

242

A C

B

M

O

Ejemplo: Vea la solucion del ejercicio 2 en la pagina 225.9. Las diagonales de un paralelogramo se cortan en sus puntos medios.10. La suma de los cuadrados de las longitudes de las diagonales de un paralelogramoes igual a la suma de los cuadrados de las longitudes de sus lados.11. (Potencia de un punto respecto a un cırculo)

Si AB y CD son cuerdas de un cırculo que se cortan en un punto P , entoncesAP · PB = DP · PC.

C

D

A

BP

Si P es un punto exterior a un cırculo, PB es secante al cırculo y lo corta enlos puntos A y B, PD es secante al cırculo y lo corta en los puntos C y D y PTes tangente al cırculo en el punto T , entoncesPA · PB = PC · PD = PT 2.

B

P

D

T

A

C

24312. Un cuadrilatero es concıclico si sus cuatro vertices estan en un mismo cırculo. Estosucede si y solo si sus angulos opuestos son suplementarios (suman 180◦).

C

D

A

B

Ejemplo: Vea la solucion del ejercicio numero 17 en la pagina 159.13. (Teorema de Tolomeo) Si ABCD es un cuadrilatero concıclico convexo, con diagonales

AC y BD, entonces AC · BD = AB · CD + AD · BC .

C

D

A

B

244

Simbologıa

4ABC triangulo de vertices A, B, C(ABC...) area del polıgono de vertices A, B, C , ...4ABC ∼= 4PQR el triangulo ABC es congruente al triangulo PQR4ABC ∼ 4PQR el triangulo ABC es semejante al triangulo PQRAB segmento de extremos A y BAB medida del segmento de extremos A y B]ABC angulo A, B, Cm]ABC medida del angulo A, B, C←→AB recta que contiene los puntos A y Bl ‖ m l es paralelo a ml⊥m l es perpendicular a mN conjunto de los numeros naturales: {1, 2, 3, ...}Df dominio de la funcion f[x ] parte entera del numero real x .x > y x es mayor que yx ≥ y x es mayor o igual que yx < y x es menor que yx ≤ y x es menor o igual que y∀ para todo∃ existe al menos⇒ implica

245

246

Temario de la Olimpiada

NIVEL A

GEOMETRIA

Nociones elementales: punto recta plano, segmento, semirrecta, rayo, semiplano. Puntoscolineales. Rectas paralelas y perpendiculares. Angulos. Clasificacion de angulos. Anguloscongruentes, consecutivos, adyacentes, opuestos por el vertice, complementarios, suplemen-tarios, angulos determinados por una secante a dos rectas paralelas. Polıgonos, angulosexternos e internos. Paralelogramos y sus propiedades. Areas de paralelogramos. Triangulos.Desigualdad triangular. Area del triangulo. Suma de las medidas de los angulos internosde un triangulo. Clasificacion de los triangulos segun las medidas de sus lados y de susangulos. Propiedades. Rectas notables en un triangulo. Propiedades relativas a las rectasnotables en un triangulo. Teorema de Pitagoras. Formula de Heron.ALGEBRA

Nociones elementales de teorıa de conjuntos. Conjuntos numericos N, Z, Q, I, R. Ope-raciones, propiedades y aplicaciones. Potencias y radicales. Razones y proporciones y suspropiedades. Valor absoluto. Notacion cientıfica. Expresiones algebraicas. Valor numericode una expresion algebraica. Polinomios. Formulas notales (primera, segunda y tercera).Ecuaciones de primer grado y problemas de aplicacion.TEORIA DE NUMEROS

Concepto de divisibilidad: divisor, multiplo. Propiedades. Algoritmo de la division. Nume-ros primos y compuestos. Teorema fundamental de la aritmetica. Maximo comun divisor.Mınimo comun multiplo. Propiedades. Reglas de divisibilidad. Obtencion de los divisorespositivos de un numero. Numero de divisores positivos de un numero. Notacion desarrolladade un numero entero positivo.247

248NIVEL B

GEOMETRIA

Nociones elementales de Geometrıa: punto, recta, plano, segmento, semirrecta, rayo,semiplano. Puntos colineales. Rectas paralelas y perpendiculares. Angulos. Clasificacion deangulos por su medida. Angulos congruentes, consecutivos, adyacentes, opuestos por elvertice, complementarios, suplementarios, angulos determinados por una secante a dos rectasparalelas. Polıgonos. Angulos internos y externos. Paralelogramos. Propiedades. Triangulos.Desigualdad triangular. Clasificacion de los triangulos segun las medidas de sus lados yde sus angulos. Propiedades. Rectas notables en un triangulo. Propiedades relativas a lasrectas notables en un triangulo. Semejanza de triangulos y proporcionalidad entre ladoscorrespondientes, alturas, perımetros y areas. Teorema de Thales. Teorema de Pitagoras.Perımetros y areas de figuras planas. Formula de Heron. Congruencia de triangulos. Ley desenos. Ley de cosenos.ALGEBRA

Nociones elementales de la teorıa de conjuntos. Conjuntos numericos, N, Z, Q, I, R.Operaciones, propiedades y aplicaciones. Potenciacion y radicacion. Razones y proporciones.Propiedades. Valor absoluto. Notacion cientıfica. Expresiones algebraicas. Valor numerico deuna expresion algebraica. Polinomios. Formulas notables (primera, segunda, tercera, cuarta yquinta). Ecuaciones de primer grado. Problemas de aplicacion. Ecuaciones de segundo grado.Sistemas de ecuaciones. Problemas de aplicacion. Factorizacion de polinomios.Teorema delfactor. Simplificacion de expresiones algebraicas. Desigualdades y sus propiedades.TEORIA DE NUMEROS

Concepto de divisibilidad: divisor, multiplo. Propiedades. El algoritmo de la division.Numeros primos y numeros compuestos. El teorema Fundamental de la Aritmetica. Maxi-mo comun divisor. Mınimo comun multiplo. Propiedades de estas nociones. Reglas de di-visibilidad. Obtener los divisores positivos de un numero. Numero de divisores. Notaciondesarrollada de un numero entero positivo.TRIGONOMETRIA

Razones trigonometricas de un angulo agudo de un triangulo rectangulo. Razones tri-gonometricas de los angulos especiales 30◦, 60◦, 45◦. Problemas de aplicacion (angulosde elevacion y de depresion, entre otros). Funciones trigonometricas. Algunas propiedadesbasicas.

249NIVEL C

GEOMETRIANociones elementales de Geometrıa: punto, recta, plano, segmento, semirrecta, rayo,semiplano. Puntos colineales. Rectas paralelas y perpendiculares. Angulos. Clasificacion deangulos por su medida. Angulos congruentes, consecutivos, adyacentes, opuestos por el verti-ce, complementarios, suplementarios, angulos determinados por una secante a dos rectasparalelas. Polıgonos. Angulos internos y externos. Paralelogramos. Propiedades. Triangulos.Desigualdad triangular. Clasificacion de los triangulos segun las medidas de sus lados yde sus angulos. Propiedades. Rectas notables en un triangulo. Propiedades relativas a lasrectas notables en un triangulo. Semejanza de triangulos y proporcionalidad entre ladoscorrespondientes, alturas, perımetros y areas. Teorema de Thales. Teorema de Pitagoras.Perımetros y areas de figuras planas. Formula de Heron. Congruencia de triangulos. Leyde cosenos. Ley de senos. Cırculo y circunferencia. Elementos especiales en el cırculo: ra-dio, secante, tangente, cuerda, diametro. Circunferencias concentricas, tangentes y secantes.Concepto de arco. Angulo centra, inscrito, semiinscrito y sus relaciones con los arcos quesubtienden. Polıgonos inscritos y circunscritos. Nociones de apotema, angulo interno y ex-terno en un polıgono. Areas y perımetros de polıgonos. Cuerpos geometricos basicos: prisma,cubo, cilindro, cono, piramide, esfera y sus elementos. Area lateral y volumen de los cuerposgeometricos.ALGEBRANociones elementales de la teorıa de conjuntos. Conjuntos numericos, N, Z, Q, I, R.Operaciones, propiedades y aplicaciones. Potenciacion y radicacion. Razones y proporciones.Propiedades. Valor absoluto. Notacion cientıfica. Expresiones algebraicas. Valor numerico deuna expresion algebraica. Polinomios. Formulas notables (primera, segunda, tercera, cuartay quinta). Ecuaciones de primer grado. Problemas de aplicacion. Ecuaciones de segundogrado. Sistemas de ecuaciones. Problemas de aplicacion. Teorema del factor. Factorizacionde polinomios. Simplificacion de expresiones algebraicas. Desigualdades y sus propiedades.TEORIA DE NUMEROSConcepto de divisibilidad: divisor, multiplo. Propiedades. El algoritmo de la division.Numeros primos y numeros compuestos. El teorema Fundamental de la Aritmetica. Maxi-mo comun divisor. Mınimo comun multiplo. Propiedades de estas nociones. Reglas de di-visibilidad. Obtener los divisores positivos de un numero. Numero de divisores. Notaciondesarrollada de un numero entero positivo.TRIGONOMETRIARazones trigonometricas de un angulo agudo de un triangulo rectangulo. Razones tri-gonometricas de los angulos especiales 30◦, 60◦, 45◦. Problemas de aplicacion (angulos de

250elevacion y de depresion, entre otros). Funciones trigonometricas. Identidades trigonometri-cas. Ecuaciones trigonometricas.FUNCIONESConcepto de funcion. Nociones generales: dominio, codominio, rango (ambito), imagen,pre–imagen, grafico de una funcion. Tipos especiales de funciones: lineal, cuadratica, sobre-yectiva, inyectiva, biyectiva, constante. Operaciones con funciones. Composicion de funciones.Inversa de una funcion. Funcion exponencial y logarıtmica. Propiedades de los logaritmos.Cambio de base. Identidades y ecuaciones logarıtmicas y exponenciales. Problemas de apli-cacion.