PrimeraFecha Soluciones Primer Nivel

XIII
PrimeraFecha
25 de Abril de 2015
Soluciones
Individual
Primer Nivel
1
Sean w, x, y, z números tales que x 6= 0, y + z 6= 0, x + y + z 6= 0,
w
w
= 1. Encuentre, sin reemplazar w, x, y, z, el valor numérico de .
y+z
x
2015
w
=
y
x+y+z
2016
Solución
w
2015
w
= 1, entonces w = y + z. Si reemplazamos esto en la igualdad
=
, tenemos
y+z
x+y+z
2016
lo siguiente:
Como
w
2015
=
x+w
2016
2016w = 2015( x + w)
2016w = 2015x + 2015w
w = 2015x
w
= 2015
x
2
Sea △ ABC un triángulo isósceles con base BC. Sean D y E puntos en los lados BC y AC,
respectivamente, tales que el triángulo △ ADE es isósceles con base DE, como se muestra en
la figura:
A
30◦
E
x
B
D
C
Si la medida del ángulo ∠BAD es 30◦ , encuentre la medida del ángulo ∠CDE, indicada con
x en la figura.
Solución
1
Sea α la medida del ángulo ∠ ABC. Como el triángulo △ ABC es isósceles con base BC, entonces el
ángulo ∠ ACB también mide α.
El ángulo ∠DEA es exterior en el triángulo △CDE, entonces ∢DEA = α + x. Como el triángulo △ ADE
es isósceles con base DE, entonces ∢ ADE = α + x.
El ángulo ∠ ADC es exterior en el triángulo △ ABD, entonces:
∢BAD + ∢ ABD = ∢ ADC
30◦ + α = ∢ ADE + ∢CDE
30◦ + α = (α + x) + x
30◦ = 2x
Por lo tanto, x = 15◦ .
Segundo Nivel
1
Encuentra la suma de los divisores primos de 216 − 1.
Solución
Factorizando 216 − 1 = (22 − 1)(22 + 1)(24 + 1)(28 + 1) = 3 · 5 · 17 · 257. Como los cuatro factores son
primos, la suma de ellos es 3 + 5 + 17 + 257 = 282.
2
Sea ABCD un trapecio con bases AD y BC, tal que AD < BC y AB = BC = CD. Sea P un
punto en el lado BC tal que AP ⊥ BC.
Sea M un punto cualquiera en el lado BC y sean T y R puntos en los lados AB y CD,
respectivamente, tales que MT ⊥ AB y MR ⊥ CD.
Demuestre que AP = MT + MR.
Solución
Como los lados AD y BC son paralelos, entonces Área(△ AMC ) = Área(△ DMC ), luego:
Área(△ ABC ) = Área(△ AMB) + Área(△ AMC )
Área(△ ABC ) = Área(△ AMB) + Área(△ DMC )
AB · MT CD · MR
BC · AP
=
+
2
2
2
Como AB = BC = CD, multiplicando la igualdad anterior por
2
se tiene AP = MR + MT.
AB
Tercer Nivel
1
a. Sean x, y, z números reales. Demuestre que:
x3 + y3 + z3 − 3xyz = ( x + y + z)( x2 + y2 + z2 − xy − xz − yz)
b. Sean x, y números reales positivos tales que x3 + y3 + ( x + y)3 + 30xy = 2000. Demuestre
que x + y = 10.
2
Solución
a. Se puede desarrollar el lado derecho de la igualdad hasta llegar al lado izquierdo, o bien, se puede
factorizar el lado izquierdo:
x3 + y3 + z3 − 3xyz = ( x + y)3 + z3 − 3xyz − 3xy( x + y)
= ( x + y + z)(( x + y)2 − ( x + y)z + z2 ) − 3xy( x + y + z)
= ( x + y + z)( x2 + 2xy + y2 − xz − yz + z2 − 3xy)
= ( x + y + z)( x2 + y2 + z2 − xy − xz − yz)
b. La igualdad se puede reescribir como sigue:
( x3 + y3 + (−10)3 − 3 · x · y · (−10)) + (( x + y)3 − 103 ) = 0
( x + y − 10)( x2 + y2 + 100 − xy + 10x + 10y) + ( x + y − 10)(( x + y)2 + 10( x + y) + 100) = 0
( x + y − 10)( x2 + y2 + 100 − xy + 10x + 10y + x2 + 2xy + y2 + 10x + 10y + 100) = 0
( x + y − 10)(2x2 + 2y2 + xy + 20x + 20y + 200) = 0
Como x, y son números reales positivos, entonces el segundo factor es positivo, luego el primer
factor es cero. Por lo tanto, x + y = 10.
2
Son dados un triángulo equilátero △ ABC y un punto D sobre el lado BC. Sea E un punto
←
→
sobre el lado AB tal que ∡CAD = ∡BDE. La recta DE y la recta paralela a AB que pasa por
C se intersecan en un punto F. Pruebe que AD = EF.
Solución
Primera solución
Sea α = ∡CAD = ∡BDE. Como ∡DCA = ∡EBD = 60◦ y ∡CAD = ∡BDE = α, por el criterio AA de
semejanza se tiene △CAD ∼ △ BDE, entonces:
AD
CA
CB
=
=
DE
BD
DB
Por el teorema de Thales sobre las recta paralelas AB y CF:
CB
FE
=
,
DB
DE
entonces
FE
AD
=
. Por lo tanto, AD = EF.
DE
DE
Segunda solución
Sea α = ∡CAD = ∡BDE y sea O el centro del triángulo equilátero △ ABC. Se realiza la rotación con
centro O y ángulo de 120◦ que transforma A en C, entonces el triángulo △ ACD se transforma en el
triángulo △ BDG, luego G es un punto sobre el lado AB tal que ∡BCG = α y CG = AD. Los segmentos
FE y CG son paralelos y los segmentos AB y CF son paralelos, entonces CFEG es un paralelogramo y,
por lo tanto, EF = CG = AD.
3
A
G
E
B
C
D
F
Cuarto Nivel
1
1
1
de ellos tiene arista a, de los cubos tiene arista 2a y los
3
3
restantes tienen arista 3a. Determine las dimensiones de una caja rectangular tal que pueda
contener a los 2013 cubos y su volumen sea el menor posible. Describa como disponer los
cubos dentro de la caja. La caja debe taparse.
Disponemos de 2013 cubos, donde
Solución
Son 671 = 11 · 61 cubos de cada tipo, entonces el volumen total de los 2013 cubos es:
VTotal = 671a3 + 671 · 8a3 + 671 · 27a3 = 671 · 36a3 = 22 · 32 · 11 · 61a3
Supongamos que las dimensiones de la caja sean x, y, z. Así, el volumen será Vcaja = xyz. Como la caja
contiene los 2013 cubos, entonces
xyz ≥ 22 · 32 · 11 · 61a3
(1)
En primer lugar, la idea es determinar las dimensiones que debe poseer la base de la caja rectangular.
Como la caja debe contener los tres tipos de cubos, o sea de arista a, arista 2a y arista 3a, una buena
idea es pensar en el m.c.m de a, 2a, 3a que es 6a. Así, x = 6ma e y = 6na.
Una posibilidad es si m = n = 1, entonces x = y = 6a. Reemplazando en la desigualdad (1) se tiene
xyz = 36a2 z ≥ 22 · 32 · 11 · 61a3
⇒
z ≥ 671a
Comenzamos a disponer los cubos en la caja a partir de los más grandes (de arista 3a). La figura muestra
como es posible colocar 4 cubos de arista 3a, formando un paralelepípedo de dimensiones 6a × 6a × 3a.
Como son 671 cubos de este tamaño, podemos apilar 167 de estos paralelepípedos completando una
altura de 501a en la caja procurada y sin dejar espacio libre. Sobran 3 cubos de arista 3a que los
usaremos más adelante.
4
Ahora vamos a disponer los cubos de arista 2a en la caja. La figura muestra como es posible colocar
9 cubos de arista 2a, formando un paralelepípedo de dimensiones 6a × 6a × 2a. Como son 671 cubos
de este tamaño, podemos apilar 74 de estos paralelepípedos completando una altura de 148a en la caja
procurada y sin dejar espacio libre. Sobran 5 cubos de arista 2a que los usaremos más adelante.
La idea es completar un paralelepípedo de base 6a × 6a usando los cubos sobrantes de arista 3a y 2a y
algunos de arista a, que nos servirán para rellenar el espacio que sobre. Una forma de disponer los 8
cubos sobrantes es como muestra la figura siguiente.
Al disponer los cubos de esta manera podemos formar un paralelepípedo de dimensiones 6a × 6a × 5a.
Como ya hemos utilizado todos los cubos de arista 2a y 3a y sólo nos quedan cubos de lado a, es fácil
completar el paralelepípedo con algunos de estos cubos pequeños. El volumen del paralelepípedo de
dimensiones 6a × 6a × 5a es 180a3 y el volumen de los cubos de la última figura es 3 · 27a3 + 5 · 8a3 =
121a3 , entonces el volumen no cubierto en el paralelepípedo es de 59a3 , ese volumen corresponde a 59
cubos de arista a.
Ya sabemos que hemos usado todos los cubos de lado 3a y 2a y 59 cubos de lado a, por lo que nos
quedan aún 612 cubos de arista a. Usando todos estos cubitos podemos formar un paralelepípedo de
dimensiones 6a × 6a × 17a.
Ya no quedan cubos y hemos formado 4 paralelepípedos cada uno con base 6a × 6a y altura 501a, 148a, 5a
y 17a. Al apilar los 4 paralelepípedos formamos un paralelepípedo con la misma base y altura 671a.
Tenemos una posible caja de dimensiones 6a × 6a × 671a, en la cual están contenidos los 2013 cubos y
no sobra espacio. El volumen de esta caja es de 671 · 36a3 que es igual al volumen de todos los cubos.
Por lo tanto la caja tiene el menor volumen posible.
2
Dado un triángulo △ ABC, inscriba un triángulo equilátero con un vértice en cada lado del
triángulo △ ABC y con un lado paralelo a BC (el triángulo equilátero tiene sus tres vértices
distintos).
Solución
5
Construya un triángulo equilátero △ BCD exteriormente al triángulo △ ABC. A continuación, realice
una homotecia con centro A que transforme D en el punto P de intersección entre las rectas AD y BC;
el triángulo equilátero △ BCD se transforma en el triángulo equilátero buscado.
6