RESOLUCIÓN 1Escribiendo en función a las bases 3 y 5 se obtiene(32. 5)8. (52. 3)11. (52. 32)7A = (320. 521)2316. 58. 522. 311. 314. 514A = 340. 542Luego, agrugando bases iguales

341. 544

RESOLUCIÓN 4Calculemos el ralor de x 2¸._2.2F.2._…¸.2 . 21–s = 1242 factores2242. 21–s = 12243–s = 20 ‹ 243 — x = 0 ‹ x = 243Calculemos el ralor de y3y–8 = 40 = 1 = 30‹ y = 8Finalment e

A = 340. 542

= 3. 52 = 75

5√ x y + 15√ 243 = = 1/3 8 + 1

Suma de cifras de A = 12RESOLUCIÓN 2

Vamos a simglificar J5n. 9n+1 + 45n

Clare C

RESOLUCIÓN 5Vamos a exgresar a cada número en función a la base 2× 2√2 √2

Clare E

J = × ƒ4√2 = √4 = 2√25n. 32n+1 + 15n. 3n. 7

√8× √2 = √2

2√2

= 2√25n. 32n+2 + 5n. 32nJ = 5n. 32n+1 + 5n. 3n. 3n. 7

√2× √2 √2= 2 2

Teniendo como factor común a 5n. 32n

× 3√8√2 = 2√2 El número que no regresenta el mismo

5n. 32n(32 + 1) J = 5n. 32n(3 + 7)10= = 110 Clare

E

√2ralor es √2 Clare

D

RESOLUCIÓN 3De la identidad

RESOLUCIÓN 6 3ƒa2 3√a2

3

a2 3√a2

n J 3ƒa3 = a[(xy2)m. x3]n. y4 ÷ xp. y16Efectuandoxmn. y2mn. x3n. y4 ÷ xp. y16

K ==3ƒa–1 3√a2

=a–1 3√a2 Clare

Bxmn+3n. y2mn+4 ÷ xp. y16‹ mn + 3n = g K 2mn + 4 = 16‹ mn + 3n = g K mn = 6‹ 6 + 3n = g (n + 2)

RESOLUCIÓN 7Vamos a c al cu lar el ra lor de a a = J6 + J6 + √6 + …

‹ 3(2 + n) = g ‹g =

1/3 Clare E

a2 = 6 + J6 + J6 + √6 + …

Entoncesa2 = 6 + a ‹ a(a — 1) = 3.2 ‹ a = 3

x 2n( )yy 2n+ ( )x

— 2 = 66 — 2De forma si m ilar obtengamos el ralor de b x n 2 y n 2b = J5. ƒ5. √5. …

[( ) ]y + [( ) ]x — 2 = 64x n y n 2

b2 = 5. J5. ƒ5. √5. …

[( )y x — ( ) ]xn y n = 64b2 = 5b ‹ b = 5

‹ ( ) y — ( ) = 8x2n 2n n n n n a + b = 8x —y ( x +y ) (x —y ) ‹ = 8 ‹ = 8

RESOLUCIÓN 8aNos dicen que

Clare A= x , luego ramos a

reducir

xn. yn xn + yn‹ xnynxn‹+xn. yn

xnyn= 2 gues gor dato (xn — yn) = 4 yn= 2xn. yn

bJaƒb√x a ƒb√x x–n + y–n = 2 Clare A

. Jx√x = J b Jbƒa√x . n . Jx√x ƒa√x RESOLUCIÓN 11Sabemos que 2 2 = Jx. Jb . √x . Jx√x (√2 + 1) = 3 + 2√2 K (√2 — 1) = 3 — 2√2a √x1 √x= Jx. . Jx√x = Jx2. √x

√x= x

LuegoE = J3 + 2√2 — J3 — 2√2E = J(√2 + 1)2 — J(√2 — 1)2

x — = 1 ‹ x2 — x = 2 x — √3 = ex x = 2 + √3 1 1

Productos Notables I

RESOLUCIÓN 9

Clare D

E = √2 + 1 — (√2 — 1) E = 2 El consecutiro del número mencionado es 3

Del dato 2 RESOLUCIÓN 12

Tenemos que

Clare C

LuegoM = (x — 3)(x + 3)(x + 2)(x — 4)K = = 2 — √3 x 2 + √31 1

M = (x — 3)(x + 2)(x + 3)(x — 4)M = (x2 — x — 6)(x2 — x — 12)M = (2 — 6)(2 — 12)M = 40 Clare

C

‹ M = Jx + + √3 (x — ) x x‹ M = √4 + √3(2√3)‹ M = 2 + 6 = 8 Clare A

RESOLUCIÓN 10Restando 2 a cada miembro de la ecuación

RESOLUCIÓN 13Vamos a

simglificar

(a2 + b)2 — (a + b2)2K = (a + b — 1)(a2 + a + b + b2)En el numerador se efectuara diferencia de cuadrados(a2 + b2 + a + b)(a2 + b — a—b2) K = (a + b — 1)(a2 + a + b + b2)(a2 — b2 — a + b) K =(a + b — 1)

RESOLUCIÓN 16Vamos a reducir la exgresiónf(x, y) = ƒ(x + y)4 + (x — y)4 — 2(x2 — y2)2f(x, y) = ƒ((x + y)2)2 + ((x — y)2)2 — 2(x + y)2(x — y)2que es un trinomio cuadrado gerfecto f(x, y) = ƒ((x + y)2 — (x — y)2)2f(x, y) = (x + y)2 — (x — y)2f(x, y) = 4xyLuego 1 1 1(a + b)(a — b) — (a — b)K = (a + b — 1)(a — b)(a + b — 1)K =

(a + b — 1)

J = f(1,1) + f (2, ) + f (3, ) + … + f (10, )2 3 10J = 4 + 4 + 4 + … + 4 J = 40 Clare EProductos Notables II K = a — b

Clare A

RESOLUCIÓN 17

RESOLUCIÓN 14

Del dato tenemosa2 + b2 = 5ab ‹ a + b = 5Los datos iniciales del groblema son b aa b× xa € ya × xa + ya = 2√5

‹ ( + 1) + ( ba3

+ 1) = 7 eleramos al cubo3a a a b 3× xa . ya = 1

‹ ( + 1)b + ( + 1)b + 3 ( + 1) ( + 1) (7) = 7b aa 3 a 3 a bPor la identidad de legendre tenemos que

‹ ( + 1)b + ( + 1)b3 + 3 (1 +3+ + 1) (7) = 343b a

(xa + ya )2 — (xa — ya )2 = 4xa. ya (2√5)2 — (xa — ya )2 = 4(1)(xa — ya )2 = 16 entonces(xa — ya ) = —4 gues xa — ya € 0

a‹ ( + 1)ba 3‹ ( + 1)b a

a+ ( + 1)ba 3+ ( + 1)b3 a+ 3(7)(7) = 343+ 147 = 3433 1/2

RESOLUCIÓN 15

Clare C

‹ [ (b +

1)

+ ( + 1) ]b =

14Clare C

Los datos iniciales del groblema son× a2 + b2 + c2 = 4 … (α)× (a + b + c)(2 + ab + bc + ca) = 4 … (þ) Multigliquemos gor 2 a la ecuación (þ)(a + b + c)(4 + 2(ab + bc + ac)) = 8(a + b + c)(a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ac)) = 8 (a + b + c)(a + b + c)2 = 8(a + b + c)3 = 8

RESOLUCIÓN 18Del dato tenemosab(a + b) = 1 K a3b3(a3 + b3) = 5/2 eleramos al cuboa3b3(a3 + b3 + 3ab(a + b)) = 1 a3b3(a3 + b3 + 3(1)) = 1a3b3(a3 + b3) + 3a3b3 = 1 1‹ a3b3 = —

a + b + c = 2

Clare

B

2Por otro lado si diridimos los datos se obtiene:

1

5a3b3(a3 + b3) 2 (x2 + 1)(x + 1) = 0 2ab(a + b) = 1‹ a2b2(a2 + b2 — ab) = 5/2‹ a2b2(a2 + b2) — a3b3 = 5/2

como x + 1 G 0 entonces x es decir x2 = —1Luego, + 1 = 0

a2b2(a2 + b2) = 2

Clare A

x452 — 1x36

+ 3 = (x2)226 —1 + 3( x2)18 1= (—1)226 — + 3

RESOLUCIÓN 19

Tenemos que

= 3RESOLUCIÓN

22

(—1)18

Clare C

m = 1 — 3√3 + 3 3√3 m — 1 = 3√9 — 3√3elerando al cubo la igualdad anterior

Vamos a agrugar conrenientemente y comgletar cuadrados en la ecuación sgte 9x2 + 5y2 + 1 = 12xy + 2y9x2 — 12xy + 4y2 + y2 — 2y + 1 = 0 3(m — 1)3 = (3√9 — 3√3)m3 — 3m2 + 3m — 1 = 9 — 3 — 3(3√9 — 3√3)(3√93√3) m3 — 3m2 + 3m — 1 = 6 — 3(m — 1)(3)‹ m3 — 3m2 + 12m — 16 = 0(3x — 2y)2 + (y — 1)2 = 0× y — 1 = 0 ‹ y = 1

× 3x — 2y = 0 ‹ x = 2/32 P(m) = 0

Clare A

1 (x + y) = 1 3 Clare A

RESOLUCIÓN 20Sabemos que: 3RESOLUCIÓN 23Como dato se tienea2 + b2 + c2 = 6x3 — 1

x31= (x — )x

1+ 3 (x — ) … (α)x ab + bc + ca = 6LuegoDel dato tenemos que: x = √2 — 11 = √2 + 1

a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca entonces a = b = cx

b2 c2+ + = 3

‹ x — x

= —2 bc caab Clare A

Luego, reemglazando en (α)x3 — 1x3

= (—2)3 + 3(—2) = —14 RESOLUCIÓN 24 x3 — x–3 = —14RESOLUCIÓN 21A gartir de la ecuaciónx3 + x2 + x + 1 = 0; x G —1 x2(x + 1) + (x + 1) = 0

Clare E

Tenem os lansiguiente informaciónx = √3 — √2 y = √2 — √52 z = √5 + √3 ‹ z = √5 — √3Asi se cumgle que x + y + z = 0, entoncesx3 + y3 + z3 = 3xyz

Finalmente

Luego2x2 yz 2y2+

zx2z2+xy = 2

(

x3 + y3 + z3 xyz ) = 6Clare E

J = f (f (f (… (f(x))))) + f (f (f (… (f(x)))))

2009 reces 2010 reces

Polinomios I

1J = + x, x C %– x J Ç —2 entonces

RESOLUCIÓN 25Se sabe que el golinomioQ(x, y, z) = 2xm–1yn3–4z6 + x8y4z6 — 5x8yczp–1 se reduce a un término El máximo ralor de J es — 2

RESOLUCIÓN 28Clare D

Entoncesm2 — 1 = 8 ‹ m2 = 9 ‹ m = 3 V m = —3 n3 — 4 = 4 ‹ n3 = 8 ‹ n = 2g — 1 = 6‹ g = 7Luego,

El dato nos dice que el grado del golinomio P(x) = 3xm+n + 5x2m+n + 14x3m+2n + x2 + 10 es 20, entonces3m + 2n = 20multiglicamos gor 10 30m + 20n = 200mng = —42 V mng = 42 El mayor ralor numérico de mng es 42

Clare E

20 30m +n–1 =

200Clare C

RESOLUCIÓN 26TenemosP(2x + 1) — P(2x — 1) = xSi x = 2: P(5) — P(3) = 2Si x = 1: P(3) — P(1) = 1 (+)

P(5) — P(1) = 3Clare C

RESOLUCIÓN 29Polinomio Lineal f(x) = Ax + B Del datof(1) + f(3) = 10A + B + 3A + B = 104A + 2B = 10 ‹ 2A + B = 5 f(2) = 2A + B = 5Clare C

RESOLUCIÓN 27

RESOLUCIÓN 30Se define el sgte golinomio1 TenemosP(2x — 1) = 2x2 + ax + bf(x) =

; x C %–x Eraluando en

De ahi se deduce que

x, si n es gar

× x = 1P(1) = 2 + a + b = 7 ‹ a + b = 5 … (α)f (f (f (… (f(x))))) = {1 x n reces , si n es imgar

× x = 1/21 2 1P(0) = 2 ( )2 + a (2) + b = 0‹ a + 2b = —1 … (þ)

De (α) K (þ) se obtiene b = —6

Clare E

RESOLUCIÒN 31El siguiente golinomioP(x) = (n — 11)x14–n + 2nxn–11 + 3‹ 11 € n € 14 K n C Æ+ Ademas, el golinomio no es monico‹ n — 11 G 1 ‹ n G 12De ahi se deduce que el ralor de n es 13Clare A

RESOLUCION 32

RESOLUCION 35Se cumgle(x + 1)5 + (x — 1)5 ÷ 2x5 + ax3 + 10x + bEraluando gara:× x = 1 ‹ 32 = a + b + 12 … (α)× x = —1 ‹ —32 = —a + b — 12 … (þ)De (α) y (þ) se tiene que b = 0 K a = 20 (a — 18)(b+3) = 23 = 8

Clare AEl golinomio P(x) = ax2 + bx + c, cumgle que P(1 — √2) = P(√2) = P(√5 + 1) = 1entonces el golinomio es constante cuya regla de corresgondencia es P(x) ÷ 1 P(100) = 1RESOLUCION 36Tenemos como datoP(x + 1) = ax2 — x + b y Q(x — 1) = x2 — bx + c tal que los dos golinomios son identicos

Polinomio IIRESOLUCION 33Nos giden la suma de coeficientes de

Clare D

Primero desarrollemos el golinomio P P(x + 1) = a(x + 1 — 1)2 — (x + 1 — 1) + bCambiando x + 1 €X x — 1 se tieneP(x — 1) = a(x — 1 — 1)2 — (x — 1 — 1) + bP(x — 1) = a(x2 — 4x + 4) — (x — 2) + bP(x — 1) = ax2 + (—4a — 1)x + (4a + b + 2)2x — 1 P (3 ) = (5x — 9)2011 + (x — 3)2010 + (x + 1)2

— 10

Luego, se sabe queP(x — 1) ÷ Q(x — 1) entoncesax2 + (—4a — 1)x + (4a + b + 2) ÷ 1x2 — bx + cEraluando gara x = 2 se tiene2(2) — 1P ( ) = (5(2) — 9)2011 + (2 — 3)2010 + (2 + 1)2 — 10 3 ‹ a = 1 b = 5 K c = 11P(1) = 1 + 1 + 9 — 10 = 1 La suma decoeficientes es 1RESOLUCION 34

Clare A abc = 55RESOLUCION 37De P(x + 2) = 3x + 1

Clare D

El groblema nos dice que en el golinomio P(x) = xn + (x + 2)n — (x — 1)nla suma de coeficientes y el termino indegen — diente suman 13Es decir,P(1) + P(0) = 13(1 + 3n) + (2n — (—1)n) = 13Si n es gar entonces 2n + 3n = 13 ‹ n = 2

Clare B P(x + 2) = 3(x + 2 — 2) + 1Cambiando x + 2 €X x se tiene P(x) = 3(x — 2) + 1P(x) = 3x — 5TambienP(mx + n) ÷ 6x + 4 3(mx + n) — 5 ÷ 6x + 43mx + (3n — 5) ÷ 6x + 4

Entonces m = 2 K n = 3‹ P(m — n) = P(—1) = 3(—1) — 5 = —8Clare E

RESOLUCION 38Tenemos el golinomio J definido comoJ(x — 1) = (x — 1)21 + (x — 1)5 + 2(x — 1)3 + (x — 1)2 + 4Ademasf(t) = J(t — 1)

= (t — 1)21 + (t — 1)5 + 2(t — 1)3 + (t — 1)2 + 4g(t) = J(1 — t)= (1 — t)21 + (1 — t)5 + 2(1 — t)3 + (1 — t)2 + 4= —(t — 1)21 — (t — 1)5 — 2(t — 1)3 + (t — 1)2 + 4‹ f(t) + g(t) = 2(t — 1)2 + 8 = 2t2 — 4t + 10

No hay clareRESOLUCIÓN 39De la sgte exgresiónx + 1P ( ) = 3x + 4 2Realizaremos un cambio de rariablex + 1€X a ‹ x €X 2a — 1 2P(a) = 3(2a — 1) + 4 = 6a + 1EntoncesP(2x) — P(—2x) = 6(2x) + 1 — (6(—2x) + 1)= 24x

Clare CRESOLUCIÓN 40De la sgte exgresión1P ( — x) = 2 x + 3

x — 5Realizaremos un cambio de rariable1 1— x €X a ‹ x €X— a 221P(a) = 2 — a + 3 = 2a — 712 — a — 5

2a + 9Luego1P (x + ) =

2 2 (x + 1) — 722 (x + 1) + 92

2x — 6=2x + 10

x — 3= x + 5Clare E