1 Problema 1 Encuentre todos los números de 3 dıgitos que son

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Problema 1 Encuentre todos los números de 3 dı́gitos que son múltiplos de 11 y al menos
uno de sus dı́gitos es 2.
Solución: Notemos que el numero de tres digı́tos tiene las siguientes tres formas: xy2 , x2y
, 2xy donde x y y son digı́tos.
Utilizando el principio de divisibilidad de 11 que dice: Toma las cifras de tu número por la
derecha, y alterna sumando y restando. Si la respuesta es divisible por 11, también lo es tu
número.
1). Para xy2 tenemos x + 2 − y = 11 o x + 2 − y = 0 simplificando x = y + 9 , x = y + 2 .
En el primer inciso genera x = 9, y = 0 que es el número 902.
Mientras que para el segundo inciso tenemos las parejas (x, y) que son (7, 9) (6, 8) (5, 7) (4, 6)
(3, 5) (2, 4) (1, 3). los que generan 792, 682, 572, 462, 352, 242, 132.
2). Para el caso x2y tenemos x + y − 2 = 11 o x + y − 2 = 0 simplificando x = 13 − y
,x = 2 − y.
Para el primer inciso tenemos lo pares (x, y) que son: (9, 4) (8, 5) (7, 6) (6, 7) (5, 8) (4, 9) los
que generan: 924, 825, 726 , 627, 528, 429.
Mientras que para el segundo inciso tenemos x = 2, y = 2 y x = 1, y = 1 los que generan
220, 121.
3). Para el caso 2xy tenemos 2 + y − x = 11 o 2 + y − x = 0 simplificando x = y − 9
,x = y + 2 .
El primer inciso genera x = 0, y = 9 que es el número 209.
Mientras que para el segundo inciso los pares (x, y) que se generan son: (9, 7) (8, 6) (7, 5)
(6, 4) (5, 3) (4, 2) (3, 1) (2, 0) los cuales se traducen como 297, 286, 275, 264, 253, 242, 231, 220
Los números son: 902, 209, 792, 682, 572, 462, 352, 242, 132, 924, 825, 726, 627, 528, 429, 297, 286
, 275, 264, 255, 220, 121
Problema 2 En la circunferencia de centro O y diámetro AB consideramos los siguientes
dos puntos: el punto D tal que 6 DOB = 39◦ y el punto C tal que la recta CD corta a la
recta AB en E, con A entre E y B, y 6 DEB = 13◦ .Calcular la medida del ángulo 6 CAE
Figure 1:
2
Solución: notemos que 6 DEB + 6 ODE = 6 DOB ⇒ 13 + 6 ODE = 39 ⇒ 6 ODE = 26◦
ademas 6 ODE = 6 DCO por ser isóceles el triangulo 4ODC el ⇒ 6 DCO = 26◦ como
6 EOC + 6 CEO = 6 DCO ⇒ 6 EOC + 13◦ = 26◦ ⇒ 6 EOC = 13◦ note también que el
triangulo 4OCA es isósceles ⇒ 6 OCA = 6 CAO teniendo que 6 OCA + 6 CAO + 6 AOC =
◦ 6
◦
◦
180◦ ⇒ 6 CAO = 180 −2 AOC ⇒ 6 CAO = 180 2−13 = 83.5◦ ⇒ 6 CAE = 180◦ − 6 CAO =
◦
◦
◦
180 − 83.5 = 96.5
Problema 3 En una cuadricula de 203 × 203, se colorean los cuadrados de blanco o negro,formando marcos concentricos. El marco exterior es negro, mientras que el cuadrado
central es blanco. ( ver el ejemplo de 7 × 7 en la figura) . Cuál es la diferencia entre el
número de cuadrados blancos y negros?
Figure 2: problema 3
Solución: Contemos solamente las franjas negras la primera franja negra es la resta de las
áreas de lo cuadrados de lados 203 y 201 ya que siempre el lado del cuadrado interior es dos
unidades menor que su cuadrado negro superior,la siguiente franja negra es la resta de las
áreas de lo cuadrados de lados 199 y 197 y ası́ sucesivamente para las demás franjas negras y
note que es analogo para el caso que contemos las franjas blancas. si llamamos N a la suma
de franjas negras y B la suma de las franjas blancas ⇒ N = 2032 − 2012 + 1992 − 1972 + ... +
72 − 52 + 32 − 12 B = 2012 − 1992 + 1972 − 1952 + ... + 52 − 32 + 12 Entonces:
N − B = 2032 − 2(2012 ) + 2(199)2 − 2(1972 ) + ... + 2(72 ) − 2(52 ) + 2(32 ) − 2
N − B = 2032 − 2[2012 − 1992 + 1972 − 1952 + ... + 52 − 32 + 1]
N − B = 2032 − 2[(201 − 199)(201 + 199) + (197 − 195)(197 + 195) + ... + (5 − 3)(5 + 3) + 1]
N − B = 2032 − 2[2(201 + 199) + 2(197 + 195) + ... + 2(5 + 3) + 2( 12 )]
N − B = 2032 − 4[201 + 199 + 197 + 195 + ... + 5 + 3 + 1 − 12 ]
sabemos que la suma de los impares consecutivos hasta el impar que esta en la posición
n es n2 y como 201 esta en la posición 101 ⇒
N − B = 2032 − 4(1012 − 12 )
N − B = 2032 − 2022 + 2 = 407.
Por lo tanto La diferencia entre cuadros blancos y negros es de −407
Problema 4
Sea a un real positivo tal que:
a3 = 6(a + 1)
Pruebe que la ecuación x2 + ax + a2 − 6 = 0 no tiene soluciones reales
3
Solución: si x2 + ax + a2 − 6 = 0 no tiene soluciones reales entonces tiene soluciones
complejas ⇒ 5 < 0
a2 − 4(a2 − 6) < 0 ⇒ a2 − 8 > 0
a3 = 6(a + 1) ⇒ a2 =
6(a + 1)
a
(1)
(2)
reemplazando (2) en (1) tenemos que: 6(a+1)
−8>0⇒a<3
a
3
sea f (a) = a − 6a − 6 entonces las raı́ces de este polinomio son los valores posibles para
que a3 = 6(a + 1) con a en los reales,pero lo q realmente tenemos que demostrar es que las
raı́ces son menores a 3 notemos que:
f (4) = 34
f (3) = 8
f (2) = −10
f (1) = −11
con esto sabemos que un cero del polinomio esta entre (3,2) y es el único valor real para
a entonce a < 3 con lo cual queda demostrado.
Problema 5 Sea ABCDE un pentágono regular tal que la estrella ACEBD tiene área
1. Sean P el punto de intersección de AC y BE y Q el punto de intersección de BD y
CE.Encontrar el área de AP QD.
T
T
T
Solución: Sea R = CE DA y S = EB DA T BD AC notemos que por simetrı́a
las aras de los triángulos 4QDR ,4RES,4SAP , 4P BT y 4BT C son congruentes. note
entonces que 6 QDA = 6 SAP ⇒ el cuadrilátero QDAP es un trapecio isósceles ⇒ P QkAD
análogamente pos simetrı́a P RkBD entonce notemos que P QDR siendo QR su diagonal ⇒
el area de (QDR) = (RP Q) ademas por simetrı́a el área de (P RS) = (P T Q) ⇒ véase que:
(ACEBD)
(QDR)+(RES)+(SAP )+(P BT )+(T CQ)+(RP Q)+(P T Q)+(RSP )
)
= 6(QDR)+2(RSP
(P QDA) =
(QDR)+(P QR)+(SAP )+(RSP )
3(QDR)+(RSP )
(ACEBD)
(P QDA)
=
1
2
por lo tanto el area de de (P QDA) =
1
2
Figure 3: problema 5
Problema 6 Calcular la suma
5 + 55 + 555 + ... + 555...5
| {z }
2010
4
Solución: 5(1 + 11 + 111 + ... + 111...11
| {z })
0
5(10 +
5
9 (1
10−1
9
+
102 −1
9
+ ... +
2010
102 010−1
9
+ 10 + 102 + 103 + ... + 102010 − 2010)
5 102011 −1
9(
9
− 2010)
5(102011 −1)
81
−
5(2010)
9