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Capı́tulo 1
Problemas y soluciones de
la Prueba Clasificatoria
1.1.
Nivel Básico
1. ¿Cuántos números de dos dı́gitos son primos y tienen como antecesor un
cuadrado perfecto?
(a) 2
(b) 4
(c) ninguno
(d) 1
(e) 6
Solución
Los números de dos dı́gitos que son primos y tienen como antecesor un cuadrado
perfecto son 17 y 37.
2. En la siguiente figura, el triángulo ABC es equilátero, D, E, y F son los
puntos medios de AC, BC, y AB respectivamente y G, I, y H son los puntos
medios de DF , DE, y F E respectivamente. Si el perı́metro del triángulo ABC
es 132 cm. El perı́metro del área sombreada es:
C
b
I
D
b
b
G
b
A
(a) 88cm
(b) 44cm
b
b
b
H
b
F
(c) 66cm
1
E
b
B
(d) 77cm
(e) 99cm
Solución
Como el perı́metro del triángulo equilátero ABC es 132 cm, entonces cada uno
de sus lados mide 44 cm. Además se tiene que D, E, y F son los puntos medios
de AC, BC, y AB respectivamente, por lo tanto el triángulo DEF también es
equilátero y cada uno de sus lados mide 22 cm y como G, I, y H son los puntos
medios de DF , DE, y F E respectivamente, entonces el triángulo GHI también
es equilátero y cada uno de sus lados mide 11 cm. Luego, el perı́metro del área
sombreada consiste en la suma de los siguientes segmentos EB, BF , F G, GH,
HI Y IE y esto es igual a 22 + 22 + 11 + 11 + 11 + 11 = 88 cm
3. Coloca en los recuadros los dı́gitos 1, 4, 8, 7, 9 sin que se repitan, de tal forma
que al restar obtengas la menor diferencia posible. ¿Cuál es esta diferencia?
(a) 58
(b) 21
(c) 49
(d) 35
(e) 73
Solución
La menor diferencia se obtiene cuando se hace más grande el sustraendo, es
decir:
1
-
4
9
4
7
8
9
4. El edificio más alto de todo Sudamérica se ubicará en Chile, y tendrá 70
pisos, excluyendo el sótano. Desde el sótano parten 5 ascensores:
El
El
El
El
El
ascensor
ascensor
ascensor
ascensor
ascensor
A para en todos los pisos.
B para en los pisos múltiplos de 2, es decir, 0, 2, 4, ...
C para en los pisos múltiplos de 3, es decir, 0, 3, 6, ...
D para en los pisos múltiplos de 5, es decir, 0, 5, 10, ...
E para en los pisos múltiplos de 7, es decir, 0, 7, 14, ...
¿En cuántos pisos paran 4 ascensores?
(a) 0
(b) 1
(c) 2
(d) 3
(d) 4.
Solución
Para responder a la pregunta ¿En cuántos pisos paran 4 ascensores? se debe
tener en cuenta todos los grupos posibles formados por cuatro ascensores de
cinco que hay, los cuales son:
Grupo
Grupo
Grupo
Grupo
Grupo
1:
2:
3:
4:
5:
{A, B, C, D}
{A, B, C, E}
{A, B, D, E}
{A, C, D, E}
{B, C, D, E}
Después hay que mirar en qué pisos para cada grupo de ascensores, para esto
utilizamos la información dada en el enunciado del problema.
El grupo 1 para en los pisos múltiplos de 2, 3 y 5; los cuales son los pisos
30 y 60 ya que el edificio tendrá 70 pisos.
El grupo 2 para en los pisos múltiplos de 2, 3 y 7; es decir en el piso 42
ya que el edificio tendrá 70 pisos.
El grupo 3 para en los pisos múltiplos de 2, 5 y 7; es decir en el piso 70
ya que el edificio tendrá 70 pisos.
El grupo 4 para en los pisos múltiplos de 3, 5 y 7; es decir no va a parar
en ningún piso ya que el edificio tendrá 70 pisos.
El grupo 5 para en los pisos múltiplos de 2, 3, 5 y 7; es decir no va a parar
en ningún piso ya que el edificio tendrá 70 pisos.
Por lo tanto en 4 pisos paran cuatro ascensores.
5. Si el área del triángulo ABC es 6, y D es el punto medio de BC. El área del
triángulo ABD es:
C
b
b
D
b
b
A
(a) 4
(b) 3
B
(c) 3/2
(d) 4
(d) 2.
Solución
Como D es el punto medio de BC, entonces el área del triángulo ABD es la
mitad del área del triángulo ABC, es decir, el área del triángulo ABD es 3.
6. En el juego que te presentamos sólo es válido llenar la cuadrı́cula de 4 x 4
con números del 1 al 4, sin que éstos se repitan en columnas o en filas. Con estas
reglas y considerando la siguiente cuadrı́cula:
1
3
2
3
y
3
x
2
3
4
¿Cuánto valen los números de la pareja (x, y)? (Precisamente en ese orden).
(a) (1, 1)
(b) (2, 3)
(c) (3, 2)
(d) (4, 1)
(e) (4, 2)
Solución
La cuadrı́cula completa es la siguiente:
1
4
3
2
2
3
4
1
3
2
1
4
4
1
2
3
Por lo tanto, los números de la pareja (x, y) valen (4, 2).
7. ¿Cuántos números enteros entre 2 y 2011 son divisibles por 3?
(a)669
(b) 666
(c) 667
(d) 668
(e)670
Solución
Hay 670 números enteros entre 2 y 2011 que son divisibles por 3, ya que 2011 ÷
3 = 670,3
8. En el triángulo P QR, ∠P ST es igual a 146◦ , T S = T Q y P Q = QR. ¿Cuál
es la medida de ∠P RQ?
R
b
T
b
146◦
b
P
(a) 34◦
(b) 68◦
b
b
S
(c) 73◦
Q
(d) 75◦
(e) 80◦
Solución
Como ∠P ST = 146o entonces ∠T SQ = 34o , además, T S = T Q y P Q = QR;
por lo tanto, los triángulos PRQ y STQ son isósceles; luego ∠QP R = ∠P RQ y
por el teorema que dice que la suma de los ángulos internos de todo triángulo
es igual a 180o se tiene que ∠T SQ + ∠QP R + ∠P RQ = 180o . Por lo que se
concluye que el ∠P RQ = 73o
9. En una prueba de entrenamiento de Olimpiadas Regionales de Matemáticas
UIS, cada respuesta correcta da 5 puntos, cada pregunta sin responder da 1
punto y cada respuesta incorrecta da 0 puntos. ¿Cuál de los siguientes valores
NO es posible?
(a) 90
(b) 91
(c) 92
(d) 95
(e) 97
Solución
Para este ejercicio, la forma de razonar es mediante una reducción al absurdo.
Se hizo la suposición de que la prueba de entrenamiento tiene 20 preguntas, de
modo que, el puntaje perfecto será 100 puntos. Si se encuentra que, alguno de los
puntajes contradice esta hipótesis, entonces se tiene la solución al problema.Para
esto hay que tener en cuenta el sistema de calificación y analizar cada opción
dada.
(a) 90 puntos, ya que el número 90 se puede ver como 90 = 18 × 5 + 2 × 0,
caso posible (18 preguntas correctas más 2 incorrectas), entonces cumple.
(b) 91 puntos, ya que el número 91 se puede ver como 91 = 90 + 1 = 18 × 5 +
1 + 0, caso posible (18 preguntas correctas más 1 pregunta sin responder
más 1 incorrecta), entonces cumple.
(c) 92 puntos, ya que el número 92 se puede ver como 92 = 90 + 2 = 90 + 1 +
1, caso posible (18 preguntas correctas más 2 preguntas sin responder),
entonces cumple.
(d) 95 puntos, ya que el número 95 se puede ver como 95 = 19 × 5 + 0,
caso posible (19 preguntas correctas más 1 pregunta incorrecta), entonces
cumple.
(e) 97 puntos, ya que el número 97 se puede ver lo más reducidamente posible
como 97 = 96 + 1 = 95 + 1 + 1 = 19 × 5 + 2, caso imposible( 19 preguntas
correctas más 2 sin responder)
Se argumenta que el caso de 97 puntos es contradictorio, pues lo que afirma es
que el examen tuvo 21 preguntas. Esto contradice la hipótesis. Por lo tanto NO
es posible obtener 97 puntos en la prueba.
10. Las dos terceras partes de las personas en un salón están sentadas ocupando
las tres cuartas partes de las sillas. Las demás personas están de pie. Si hay 6
sillas desocupadas, ¿cuántas personas hay en el salón?
(a) 12
(b) 24
(c) 18
(d) 36
(e) 27
Solución
Si las tres cuartas partes de las sillas están ocupadas entonces una cuarta parte
de las sillas están desocupadas, el enunciado del problema nos dice que son 6;
por lo tanto el número de sillas que están ocupadas son 18.
Si las dos terceras partes de las personas en un salón están sentadas, ya sabemos
que son 18, entonces hay una tercera parte de las personas en el salón que están
de pie, es decir hay 9 personas que están de pie.
Luego, hay 18 personas sentadas y 9 de pie, en total hay 27 personas en el salón.
11. El triángulo equilátero ABC tiene área 864 unidades cuadradas. Sobre los
lados AC y AB se toman puntos D y E respectivamente, de forma que AD =
2DC y AE = CD. ¿Cuál es el área en unidades cuadradas del cuadrilátero
BCDE?
A
b
E
b
D
b
b
C
(a) 432
b
(b) 288
B
(c) 672
(d) 632
(d) 666.
Solución
El área en unidades cuadradas del cuadrilátero BCDE es igual a la suma de
las areas del triángulo DEG y del trapecio DGCB, cómo lo muestra la figura:
A
b
F
D
C
b
b
E
b
b
b
G
b
B
Para calcular estas áreas se tiene en cuenta la información dada en el enunciado,
AD = 2DC y AE = CD. Esto lo que indica es que cada lado del triángulo ACB
es igual a tres veces el segmento. Como el triángulo equilátero ABC tiene área
864 unidades cuadradas, entonces (b)(h)
= 864, siendo b la base del triángulo
2
ABC y h, su altura.
El área del del trapecio DGCB es igual a la suma de sus bases por su altura
dividida en dos, esto es,
( 23 b + b) · h3
5 b·h
= ·
;
2
9
2
es decir, cinco novenos del área del triángulo ABC.
Ahora el área del triángulo DEG es igual a
( 23 b) ·
2
h
3
=
2 b·h
·
;
9
2
es decir, dos novenos del área del triángulo ABC.
Por lo tanto, el área del cuadrilátero BCDE es igual a siete novenos del área
del triángulo ABC, esto es 672 unidades cuadradas.
12. Un número de seis dı́gitos se representa ası́ 1vwxyz, donde 1, v, w, x, y, z
son sus dı́gitos. Si el número se multiplica por 3 el resultado es vwxyz1. El valor
de v + w + x + y + z es:
(a) 22
(b) 23
(c) 24
(d) 25
(e) 26
Solución
Como el número de seis dı́gitos 1vwxyz multiplicado por 3 es igual a vwxyz1,
es decir, tiene los mismos dı́gitos que lo forman entonces, por el criterio de divisibilidad por 3 (el cual dice que un número es divisible por 3 si la suma de
sus dı́gitos es múltiplo de 3), se tiene que 1vwxyz es divisible por 3, es decir,
1 + v + w + x + y + z = 3m, donde m es un número natural.
Además, se puede decir que el número vwxyz1 es divisible por 9, es decir v +w +
x+y +z +1 = 9k, donde k es un número natural. Por lo tanto, v +w+x+y +z =
9k − 1, en este caso, v + w + x + y + z = 26.
1.2.
Nivel Medio
1. Esteban compró caramelos en una tienda, de los cuáles repartió a sus 6
amigos en cantidades iguales quedándose con 5 caramelos. Si la cantidad de
caramelos que compró Esteban es múltiplo de 7 y está entre 50 y 95, ¿cuántos
caramelos compró Esteban?
(a) 61
(b) 70
(c) 77
(d) 84
(e)86
Solución
Los números que son múltiplos de 7 y están entre 50 y 95 son: 56, 63, 70, 77,
84 y 91. Y los números que son de la forma 6k + 5 que están entre 50 y 95
son: 53, 59, 65, 71, 77, 83, 89 y 95. Por lo tanto, el número de caramelos que
compró Esteban fueron 77, ya que es el único que cumple las dos condiciones.
2. En la siguiente figura, el triángulo ABC es equilátero, D, E, y F son los
puntos medios de AC, BC, y AB respectivamente y G, I, y H son los puntos
medios de DF , DE, y F E respectivamente. Si la medida del segmento GH es
4 · (3)1/4 cm, el área del triángulo ABC es:
C
b
D
I
b
b
b
b
b
G
(a) 96 cm
H
b
b
A
F
(b) 192 cm
E
(c) 48 cm
b
B
(d) 112 cm
(e) 168 cm
Solución
De la figura, se cumple que CB = 2EF y EF = 2GH. Entonces, CB = 4GH =
16 · (3)1/4 cm. Por lo tanto, el área del triángulo equilátero △ABC es:
√
3 · (16 · (3)1/4 )2
A=
= 192 cm2
4
3. Si una persona y media pinta habitación y media en un dı́a y medio, ¿cuántas
habitaciones pintan 6 personas en 7 dı́as?
(a) 24
(b) 36
(c) 42
(d) 28
(e) 47
Solución
Decir que una persona y media pinta habitación y media en un dı́a y medio es
lo mismo a decir que una persona pinta una habitación en un dı́a.
número de personas número de habitaciones número de dı́as
1
1
1
6
x
7
Por medio de una regla de tres compuesta se tiene que el número de habitaciones
que se pueden pintar con 6 personas en 7 dı́as es:
x=
6·1·7
= 42 habitaciones.
1·1
4. Dado el conjunto de los 54 alumnos de una clase, donde 30 son chicos y 24
son chicas. El número de equipos de 4 alumnos que contengan al menos una
chica es:
(a) 288846
(b) 316251
Solución
Se deben considerar cuatro casos:
(c) 23426
(d) 305625
(e) 316221
⋄ Tres chicos y una chica.
⋄ Dos chicos y dos chicas.
⋄ Un chico y tres chicas.
⋄ Cuatro chicas.
Por la regla aditiva y multiplicativa de conteo tenemos que el número de equipos
de 4 alumnos que contengan al menos una chica es:
30 24
30 24
30 24
30 24
n=
+
+
+
3
1
2
2
1
3
0
4
Por lo tanto, n = 288846
5. Sea ABCD un trapecio isósceles, donde AB = 20 cm, BC = 18 cm y
−−→ −−→
AD = 42 cm. Si P es el punto de intersección de las rectas AB y CD, el área
del triángulo P BC es:
B
18 cm
b
C
b
20 cm
A
b
D
b
42 cm
(a) 144
(b) 96
(c) 252
(d) 216
(e) 108
Solución
Sea P el punto de intersección entre las rectas AB y CD, entonces el triángulo
△AP D es isósceles ya que m∠P AD = m∠P DA. Sean E y Q los puntos de
intersección entre los segmentos paralelos del trapecio isósceles ABCD y la
altura P Q (ver figura).
P
b
B
20 cm
A
b
b
b
b
C
18 cm
E
b
Q
b
D
42 cm
Como la medida de los ángulos ∠P EB y angleP AQ son rectos, entonces las
medidas de los lados BE y AQ son 9 cm y 21 cm, respectivamente. Además, los
triángulos △P BE y △P AQ son semejantes. La altura del trapecio es de 16 cm,
ya que 162 = 202 − 122 . Por lo tanto, por proporcionalidad se tiene que
9
21
=
,
h
16 + h
donde h es la altura del triángulo △BP C. Resolviendo la anterior ecuación se
tiene que h = 12 cm. Por consiguiente el área del triángulo △BP C es
A=
BC · h
18 · 12
=
= 108 cm2 .
2
2
6. Determine el número de enteros n > 0 distintos para los cuales la ecuación
x2 − 13x + n = 0 tiene 2 raı́ces enteras.
(a) 12
(b) 0
(c) 6
(d) 4
(e) 8
Solución
Sean p y q las dos raı́ces enteras de la ecuación x2 − 13x + n = 0, entonces
x2 + (−p − q)x + pq = x2 − 13x + n = 0. Por lo tanto,
13 = p + q
y
n = pq.
Como n > 0, entonces p y q son ambos positivos ó ambos negativos. Pero si son
negativos nunca la suma de p y q dará 13. Ası́, las diferentes posibilidades para
n son:

1 · 12





2 · 11



 3 · 10
n=

4·9





5·8



6·7
si p = 1 y
q = 12
si p = 2 y
si p = 3 y
q = 11
q = 10
si p = 4
si p = 5
y
y
q=9
q=8
si p = 6
y
q=7
Aquı́, no se cuentan algunas posibilidades ya que se repiten como, por ejemplo,
cuando p = 7 y q = 6.
7. La suma de todos los números primos entre 2 y 100 que son a la vez 1 más
que un múltiplo de 5 y 1 menos que un múltiplo de 6 es:
(a) 52
(b) 82
(c) 123
(d) 143
(e) 214
Solución
Los números primos que están entre 2 y 100 que tienen la forma 5k + 1 son los
números 11, 31, 41, 61 y 71. Y de los anteriores números, los que tienen la forma
6p − 1 son los números 11, 41 y 71. Por lo tanto, la suma de todos los números
primos entre 2 y 100 que son a la vez 1 más que un múltiplo de 5 y 1 menos
que un múltiplo de 6 es
11 + 41 + 71 = 123.
8. Un cubo de madera de n unidades de lado se pinta de color verde por sus
seis caras y luego se corta en n3 cubos unitarios. Exactamente un cuarto del
total del número de caras de los cubos unitarios son verdes. ¿Cuál es el valor de
n?
(a) 3
(b) 4
(c) 5
(d) 6
(e) 7
Solución
El número de caras de un cubo son 6. Entonces, el área superficial de todos los
cubos unitarios es 6n3 y el área superficial pintada de verde es 6n2 . Por lo tanto,
1
(6n3 ) = 6n2 .
4
Por consiguiente, el cubo de madera tiene n = 4 unidades de lado.
9. La media aritmética de 20 números es 30 y la media aritmética de otros 30
números es 20. ¿Cuál es la media aritmética de los 50 números?
(a) 23
(b) 24
(c) 25
(d) 26
(e) 27
Solución
Como la media aritmética de 20 números es 30, se tiene que:
x1 + x2 + · · · + x20
= 30.
20
Por otro lado, como la media aritmética de otros 30 números es 20, se tiene que
y1 + y2 + · · · + y30
= 20.
30
Por lo tanto, la media aritmética de todos los 50 números es:
x1 + x2 + · · · + x20 + y1 + y2 + · · · + y30
30(20) + 20(30)
=
= 24.
50
50
10. En la sucesión 52, 53, a, b, c, 19, 99, · · ·, cada término después del tercero es
la suma de los tres términos inmediatamente anteriores. El valor de b es:
(a) 40
(b) 44
(c) 45
(d) 48
(e) 52
Solución
Como cada término después del tercero es la suma de los tres términos inmediatamente anteriores, entonces
52 + 53 + a = b
a + b + c = 19
b + c + 19 = 99.
De la segunda ecuación se tiene que 19 − a = b + c, reemplazando en la tercera
ecuación se tiene que 19 − a + 19 = 99, y de ahı́, a = −61. Por lo tanto,
b = 52 + 53 − 61 = 44.
11. Un triángulo tiene sus vértices en los puntos A = (3, 22), B = (15, 13) y
C = (27, 29) del plano cartesiano. El área en unidades cuadradas del triángulo
ABC es
(a) 108
(b) 150
(c) 192
(d) 300
(d) 384.
Solución
La distancia entre dos puntos P = (x1 , y1 ) y Q = (x2 , y2 ) es
PQ =
Entonces,
AB =
BC =
CA =
p
(x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2
p
(3 − 15)2 + (22 − 13)2 = 15 cm
p
(15 − 27)2 + (13 − 29)2 = 20 cm
p
(27 − 3)2 + (29 − 22)2 = 25 cm
Note que, 252 = 202 + 152 . Por lo tanto, el triángulo △ABC es rectángulo cuyos
catetos miden 15 cm y 20 cm, respectivamente. Por consiguiente, el área en
unidades cuadradas del triángulo △ABC es
A=
15(20)
= 150.
2
12. Un campesino compra 30 bultos de concentrado para alimentar a su ganado.
El suministro diario de concentrado para el ganado es dos tercios de un bulto.
¿Para cuántos dı́as le alcanza el concentrado que compró?
(a) 36
(b) 42
(c) 20
(d) 48
(e) 45
Solución
Por cada dı́a se gastan dos tercios de un bulto de concentrado para alimentar a
2
su ganado. Como son 30 bultos de concentrado, se gastarán en (30) = 20 dı́as.
3
1.3.
Nivel Avanzado
1. En la figura, la región sombreada es un hexágono regular. La razón entre el
área de la región sombreada y el área de la región no sombreada es igual a:
b
b
b
b
b
a)
2
3
(b) 2
b
b
b
b
(c) 1
(d)
4
5
(e) 6
Solución
Se divide el hexágono regular en seis triángulos equiláteros. En la figura, los
triángulos que no están sombreados junto con el triángulo que contiene al
hexágono regular son triángulos equiláteros. Por lo tanto, la razón entre el área
de la región sombreada y el área de la región no sombreada está dada por
6 : 3 = 2 : 1.
2. Mateo el caracol, decide subir un edificio comenzando desde el suelo. De
lunes a viernes sube 4 cm cada dı́a, pero sin darse cuenta se resbala 1 cm mientras duerme por cada noche. Para descansar, se relaja los sábados y domingos
durmiendo, sólo que esto hace que se resbala 2 cm por cada uno de estos dı́as.
Si comienza a subir un jueves por la mañana, ¿cuánto habrá recorrido, en total,
al final de la noche 2011?
(a) 3163
(b) 3161
(c) 3157
(d) 13167
(e) 3154
Solución
Cada semana Mateo sube 11 cm y 2011 dı́as representan 287 semanas y 2 dı́as.
El enunciado indica que Mateo comienza un jueves, entonces en las 287 semanas
ha recorrido 3157 cm. Por lo tanto, adicionando los dos dı́as faltantes correspondientes al dı́a jueves y viernes, se tiene que Mateo ha recorrido 3163 cm.
3. Si P (x) = 2011x2011 + 2010x2010 + · · · + 2x2 + x, entonces
P (1) + P (−1)
2
es igual a:
(a) 10062
(b) 1005 × 2012
(c) 10052
Solución
Hallando P (1) y P (−1) tenemos que
(d) 1006 × 2011
(e) 1005 × 1006
P (1) = 2011(1)2011 + 2010(1)2010 + · · · + 2(1)2 + (1)
= 2011 + 2010 + · · · + 2 + 1
2011 × 2012
=
2
= 2011 × 1006
y
P (−1) = 2011(−1)2011 + 2010(−1)2010 + · · · + 2(−1)2 − 1
= −2011 + 2010 − · · · + 2 − 1
= 2(1005 + 1004 + · · · + 2 + 1) − (2011 + 2009 + · · · + 3 + 1)
= 1005 × 1006 − 10062
= −1006.
Por lo tanto,
2011 × 1006 − 1006
P (1) + P (−1)
=
= 1005 × 1006.
2
2
4. Si en la figura que aparece a continuación, la circunferencia tiene como radio
5 y ABCD y EF GH son cuadrados, ¿cuál es el área sombreada?
G
b
D
H
b
C
b
b
b
b
(a)
25π
2
− 13
(b)
25π
4
b
b
A
E
(c)
25π
2
−9
F
B
(d)
25π
4
−9
(e) 25π
4 − 13
Solución
Sea O el centro de la circunferencia, P el punto de intersección entre OG y CD,
h la distancia del segmento OP y l el lado del cuadrado ABCD. Como △COD
es isósceles y el centro de la circunferencia está a igual distancia de los segmentos
BC y AD, entonces P es punto medio de CD. Por Teorema de Pitágoras en el
triángulo △COP se tiene que
52 =
l2
+ h2 .
4
Por otra parte, h = l − 5 entonces resolviendo tenemos que l = 8 y h = 3. Sean
T y R los puntos de intersección entre P C y F G, y, BC y F G respectivamente.
2×2
El triángulo △T CR es un triángulo isósceles rectángulo cuya área es
= 2.
2
El área sombreada de la figura es
4×4
As = 2
2
!
π(5)2
5×5
+2
−
−2
4
2
!
= 16 +
25π
25π
− 25 − 4 =
− 13.
2
2
5. Se escriben todos los números de 1 a 999 en los cuales el dı́gito 1 aparece
exactamente 2 veces (por ejemplo: 11, 121, 411, etc). La suma de todos estos
números es:
(a) 6882
(b) 5994
(c) 4668
(d) 7224
(e) 3448
Solución
Se construye la siguiente tabla para poder contabilizar todos los números que
cumplen tal caracterı́stica:
Posición
Totales
11x
110
112
113
114
115
116
117
118
119
1034
1x1
101
121
131
141
151
161
171
181
191
1349
x11
011
211
311
411
511
611
711
811
911
4499
Entonces, la suma de todos los números de 1 a 999 en los cuales el dı́gito 1
aparece exactamente 2 veces es de 6882.
6. Determine el número de enteros n distintos para los cuales la ecuación
x3 − 13x + n = 0 tiene 3 raı́ces enteras.
(a) 0
(b) 1
(c) 2
(d) 3
Solución
Sea p, q, r las raı́ces enteras de la ecuación x3 − 13x + n = 0, entonces
(x − p)(x − q)(x − r) = x3 + (−p − q − r)x2 + (pq + qr + rp)x + pqr.
Ası́,
(e) 4
p+q+r =0
pq + qr + rp = −13
pqr = n.
Elevando p + q + r se tiene que p2 + q 2 + r2 = 26. Por lo tanto, las tres raı́ces
pueden ser (4, −3, −1) ó (−4, 3, 1), dándonos dos posibles valores para n, 12 y
−12.
7. En la figura, el valor de x es:
b
C
x
√
120◦
b
A
√
(a) 12
(b)
√
8
b
B
2
√
13
(c)
√
14
(d)
√
15
(e)4
Solución
Usando la ley del coseno se tiene que:
√
√
√ √
−1
x = ( 8)2 + ( 2)2 − 2 · 8 · 2 · cos 120◦ = 8 + 2 − 4
2
√
Por lo tanto, x = 12.
2
!
= 12.
8. Un sombrero contiene m balotas rojas y n balotas blancas. Se selecciona una
balota al azar y se anota su color. Luego se devuelve la balota al sombrero junto
con otras k balotas del mismo color. Se selecciona una segunda balota al azar.
La probabilidad que la segunda balota sea roja es:
(a)
m
m+n
(b)
n
m+n
(c)
m
m+n+k
(d)
m+k
m+n+k
(d)
m+n
m+n+k .
Solución
Supóngase que se sacó primero una balota roja, luego la probabilidad de que la
segunda balota sea roja es de:
P (2R|1R) = P (1R)(2R) =
m
m+k
·
.
m+n m+n+k
Por otro lado, supóngase que se sacó primero una balota blanca, luego la probabilidad de que la segunda balota sea roja es de:
n
m
·
.
m+n m+n+k
Por lo tanto, la probabilidad que la segunda balota sea roja es,
P (2R|1B) = P (1B)(2R) =
P (2R) = P (2R|1R) + P (2R|1B)
m(m + k)
nm
+
(m + n)(m + n + k) (m + n)(m + n + k)
m
=
.
m+n
=
9. Las dos raı́ces de la ecuación x2 − 63x + k = 0, son números primos. El
número de posibles valores que puede tener k es:
(a) 61
(b) 1
(c) 2
(d) 4
(e) 122
Solución
Sean p, q números primos y raı́ces de la ecuación x2 − 63x + k = 0, entonces
x2 − 63x + k = (x − p)(x − q) = 0. Por lo tanto, p + q = 63.
La suma de dos números pares es par, al igual que la suma de números impares.
Por lo tanto, alguno de los dos números primos es par y el otro impar. Ası́,
p = 2 y q = 61 o viceversa. Por consiguiente, k = pq = 2 × 61 = 122 es la única
posibilidad.
10. Una caja rectangular P está inscrita en una esfera de radio r. El área de la
superficie de P es 384 unidades cuadradas, y la suma de las longitudes de sus
12 aristas es 112 unidades. ¿Cuál es el valor de r?
(a) 8
(b) 10
(c) 12
(d) 14
(e) 16
Solución
Sea a, b, c los lados del rectángulo. Del enunciado se tiene que:
4a + 4b + 4c = 112 u
2ab + 2bc + 2ca = 384 u2 .
Simplificando y elevando al cuadrado la primera ecuación se tiene que:
(a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca = 282 .
Para encontrar una ecuación que relacione los lados de la caja rectangular con
el radio de la circunferencia se aplica dos veces el Teorema de Pitágoras, puesto
a
b
que se puede construir un triángulo rectángulo con catetos
y
obteniendo
2
2
el cateto de un segundo triángulo rectángulo cuya hipotenusa es el radio de la
c
circunferencia y su cateto es , es decir,
2
a
2
2
!2
x +
b
2
+
c
2
!2
!2
= x2
= r2 .
Ası́,
a2 + b2 + c2 = 4r2
Por lo tanto,
4r2 + 384 = 282
282 − 384
4
r = 10.
r2 =
11. Dos números distintos a y b se escogen aleatoriamente del conjunto {2, 22 , 23 , ··
·, 225 }. ¿Cuál es la probabilidad que loga b sea un número entero?
(a)
31
300
(b)
13
100
(c)
2
25
(d)
1
2
(e)
7
50
Solución
Para que loga b sea un número entero, se necesita que el exponente del número
b sea múltiplo del exponente del número a. Entonces,
Si a = 2, entonces el número de posibilidades de b es 24.
Si a = 22 , entonces el número de posibilidades de b es 11.
Si a = 23 , entonces el número de posibilidades de b es 7.
Si a = 24 , entonces el número de posibilidades de b es 5.
Si a = 25 , entonces el número de posibilidades de b es 4.
Si a = 26 , entonces el número de posibilidades de b es 3.
Si a = 27 , entonces el número de posibilidades de b es 2.
Si a = 28 , entonces el número de posibilidades de b es 2.
Si a = 29 , entonces el número de posibilidades de b es 1.
Si a = 21 0, entonces el número de posibilidades de b es 1.
Si a = 21 1, entonces el número de posibilidades de b es 1.
Si a = 21 2, entonces el número de posibilidades de b es 1.
Ası́, el número total de posibilidades Para que loga b sea un número entero es
n = 24 + 11 + 7 + 5 + 4 + 3 + 2 + 2 + 1 + 1 + 1 + 1 = 62 y el número total de
posibilidades es 600. Por lo tanto, la probabilidad para que loga b sea un número
entero es
62
31
=
600
300
12. Se seleccionan dos números primos diferentes entre 4 y 18. Luego se resta
la suma de los dos números de su producto. ¿Cuál de los siguientes números
podrı́a ser el resultado?
(a) 21
(b) 60
(c) 119
(d) 180
(e) 231
Solución
5 · 7 − (5 + 7) = 35 − 12 = 23
5 · 11 − (5 + 11) = 55 − 16 = 39
5 · 13 − (5 + 13) = 65 − 18 = 47
5 · 17 − (5 + 17) = 85 − 22 = 63
7 · 11 − (7 + 11) = 77 − 18 = 59
7 · 13 − (7 + 13) = 91 − 20 = 71
7 · 17 − (7 + 17) = 119 − 24 = 95
11 · 13 − (11 + 13) = 143 − 24 = 119
11 · 17 − (11 + 17) = 187 − 28 = 159
13 · 17 − (13 + 17) = 221 − 30 = 191
Por lo tanto, los dos números primos son 11 y 13 y el número buscado es 119.
Capı́tulo 2
Problemas y soluciones de
la Prueba Selectiva
2.1.
Nivel Básico
PROBLEMAS DE SELECCIÓN MÚLTIPLE
1. Si el producto
(a)8
4
3
·
5
4
·
(b) 36
6
5
· · · ab = 12, entonces el valor de la suma a + b es:
(c) 29
(d) 71
(e)73
Solución
Si observamos, el producto de las primeras tres fracciones, algunos números se
simplifican quedando sólo el denominador de la primera fracción y el numerador
de la ultima fracción. Entonces el producto completo queda reducido a a3 = 12,
luego a = 36, y como a es mayor que b por una unidad entonces b = 35, por
consiguiente a + b = 71.
2. Al lanzar dos dados, uno verde y uno azul. ¿Cuántas posibilidades hay de
que la suma de los dos números sea mayor que 7?
(a) 30
(b) 15
(c) 10
(d) 16
(e) 7
Solución
Si formamos todas las posibilidades que cumplan con la condición se tiene que
(2, 6), (3, 5), (3, 6), (4, 4), (4, 5), (4, 6), (5, 3), (5, 4), (5, 5), (5, 6), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6).
En total son 15 posibilidades.
Otra forma de ver esto, es fijar un dado y contar las posibilidades que tiene, es
decir
Si sale 1 en un dado no hay ninguna posibilidad.
Si sale 2 en un dado hay 1 posibilidad.
21
Si sale 3 en un dado hay 2 posibilidades.
Si sale 4 en un dado hay 3 posibilidades.
Si sale 5 en un dado hay 4 posibilidades.
Si sale 6 en un dado hay 5 posibilidades.
Dándonos, de nuevo, 15.
3. Si la recta e es paralela a la recta d. ¿Cuál es el valor de β?
e
28◦
d
β
(a) 31◦
(b) 32◦
(c) 33◦
(d) 34◦
(e) 35◦
Solución
Sea A y B los puntos que tocan dos vértices del triángulo equilátero con la recta
e y d, respectivamente. Los ángulos que se forman sobre la recta e con respecto
al segmento AB son de 92◦ y 88◦ . Por lo tanto, los ángulos que se forman en el
punto B son de 88◦ y 92◦ , respectivamente. Ası́, β = 32◦ .
4. A es un número de dos dı́gitos. B es el número que resulta al cambiar de
posición los dı́gitos de A, si A + B = 165 ¿Cuál es el menor valor que puede
tomar A × B?
(a) 574
(b) 736
(c) 6624
(d) 6786
(e) 4356
Solución
Según las indicaciones tenemos que A = ab, B = ba, y A + B = ab + ba = 165.
Supongamos, en primera instancia, que b + a = 5. Luego las posibles opciones
para obtener 5 son (1, 4) y (2, 3), entonces en el primer caso A serı́a 41 y B 14,
en el segundo caso A = 32 B = 23, pero la suma en cada caso no es 165.
Por lo tanto b + a = 15 y las posibles opciones para obtener 15 son (6, 9) y (7, 8).
Para la primera pareja A = 96, B = 69 y A × B = 6624; para la segunda pareja
A = 87, B = 78 y A × B = 6786. Luego el menor valor que puede tomar A × B
es 6624.
5. Al formar números de dos dı́gitos diferentes con los dı́gitos impares, se puede
afirmar que en esa lista:
(a) No hay números compuestos.
(b) No hay números primos.
(c) Existe igual cantidad de números primos que de compuestos.
(d) Existe mayor cantidad de números primos que de compuestos.
(e) Existe mayor cantidad de números compuestos que primos.
Solución
Los dı́gitos impares son 1, 3, 5, 7, 9. Luego los números de dos dı́gitos diferentes
son:
13, 15, 17, 19, 31, 35, 37, 39, 51, 53, 57, 59, 71, 73, 75, 79, 91, 93, 95, 97.
En esta lista hay nueve números compuestos y once números primos. Entonces
hay mayor cantidad de números primos que de compuestos.
6. Un cuadrado de área 1 se divide en cuatro rectángulos congruentes, como
se muestra en el dibujo a la izquierda. A continuación, los cuatro rectángulos
se reagruparon para formar un cuadrado con un agujero cuadrado en el centro,
como se muestra en el dibujo a la derecha. El área del agujero es igual a:
(a)
1
2
(b)
9
16
(c)
16
25
(d)
3
4
(e) 1
Solución
Son 4 rectángulos congruentes y el lado del cuadrado mide 1, entonces las medidas de cada rectángulo es 1 y 14 . Por consiguiente, el área del cuadrado formado
por los rectángulos es:
1
5
25
(1 + )2 = ( )2 =
4
4
16
y la suma del área de los 4 rectángulos es 1.
Ahora el área del agujero es igual al área del cuadrado (formado por los rectángulos) menos el área de los rectángulos, es decir
25
−1
16
9
A=
.
16
A=
PROBLEMAS TIPO ENSAYO
7. Solamente disponemos de dos relojes de arena, cuyas capacidades son de 8
minutos y de 5 minutos. ¿Cómo podrı́as sólo con ellos medir un intervalo de 11
minutos?
Solución
Se corre el punto de referencia para contar los 11 minutos, es decir, ponemos
a vaciar los dos relojes juntos. Cuando termine, el de 5 minutos, le quedaran
3 minutos al de 8, y este momento sera nuestro punto inicial o punto cero.
Después de que transcurran los 3 minutos restantes del de 8, lo volteamos para
que vuelva a contar 8 y ası́ tendremos los 11 minutos que querı́amos.
8. Sin acertar con ninguna de las tres, un empleado etiquetó erróneamente tres
cajas que contenı́an lápices, lapiceros y grapas. Cuando alguien le comunica el
error, dice: ”no hay problema, con sólo abrir una de las tres cajas y mirar su
contenido, ya podré colocar las tres etiquetas correctamente, ”. ¿Cómo lo hace?
Solución
Supongamos, por ejemplo, que la primera caja tiene la etiqueta de ”bolı́grafos”,
la segunda ”grapas la tercera ”lápices”. Si el empleado abre, supongamos, la
caja de bolı́grafos y ve que contiene grapas,ya sabe que la segunda con la etiqueta grapas, es la de los lapiceros y la tercera, con la etiqueta lápices es la de
bolı́grafos, pues todas las etiquetas estaban mal colocadas.
2
9. Un poste de 8 m de altura proyecta una sombra de 6 m de longitud. ¿Cuál
es la medida de la altura de una torre que en el mismo instante proyecta una
sombra de 42 m ?
Solución
Por Teorema de Tales, se tiene que
2.2.
8
6
=
x
42 .
Por lo tanto, x = 56.
Nivel Medio
PROBLEMAS DE SELECCIÓN MÚLTIPLE
1. Sofı́a ha seleccionado un número de dos dı́gitos, luego resta el número que
ella ha escogido de 200 y finalmente triplica éste último resultado. ¿Cuál es el
mayor número que Sofı́a puede obtener?
(a) 630
(b) 570
(c) 580
(d) 300
(e) 540
Solución
Sea ab el número escogido por Marı́a. Se tiene que 1 ≤ a ≤ 9 y 0 ≤ b ≤ 9.
Se debe restar este número a 200, lo equivalente a 200 − ab, y luego triplicar
esta expresión, dando 600 − 3ab.
Para que se obtenga la mayor diferencia se debe escoger el menor sustraendo,
es decir, cuando a = 1 y b = 0.
Por lo tanto, 600 − 3(10) = 600 − 30 = 570.
2. Si 22011 − 22010 − 22009 = k · 22009 . ¿Cuál es el valor de k?
(a) 1
(b) 2
(c) 3
(d) 4
(e) 5
Solución
Factorizando los términos se tiene:
22011 − 22010 − 22009 = 22009 (22 − 2 − 1)
= 22009 (4 − 2 − 1)
= 22009 (1)
Luego, k = 1.
3. En un triángulo ABC, no rectángulo, su área es 126 cm2 , la longitud del lado
BC es 20 cm y su altura BD es 12 cm, D se encuentra sobre el segmento AC.
¿Cuál es su perı́metro?
(a) 48 cm
(b) 54 cm
(c) 49 cm
(d) 53 cm
(e) 51 cm
Solución
Tomando como base AC y teniendo en cuenta que el área del triángulo ABC es
126 cm2 se obtiene que AC = 21 cm. Además, por teorema de Pitágoras sobre
el triángulo BDC se tiene que DC = 16 cm. Ası́, AD = 5 cm.
Por otro lado, por teorema de Pitágoras sobre el triángulo ABD se tiene que
AB = 13 cm. Por lo tanto, el perı́metro del triángulo ABC es de 54 cm.
4. Hay que repartir 60,000 pesos entre cierto número de amigos, presentes en
una reunión, de manera exacta entre ellos. Alguien nota que si hubieran dos
amigos menos, a cada uno le tocarı́a 2,500 pesos más. ¿Cuántos son los amigos
presentes?
(a) 6
(b) 8
(c) 14
(d) −6
(e) −8
Solución
Supongamos que n representa el número de amigos y x representa la cantidad
de dinero que le correspondió a cada uno.
De acuerdo a la información dada se tiene que:
(
60000 = nx
60000 = (n − 2)(x + 2500)
igualando las dos expresiones se obtiene la siguiente ecuación diofántica
1250n + (−1)x = 2500,
donde el máximo común divisor d entre 1250 y −1 es 1, el cual divide a 2500.
Por lo tanto, la ecuación diofántica posee infinitas soluciones. En particular,
cuando n0 = 2500 y x0 = 3122500 es una solución particular, obtenida a partir
de la siguiente igualdad (1250)(1) + (−1)(1249) = 1. Luego todas las soluciones
están dadas por las siguientes expresiones:

b

 n = n0 + t = 2500 − t
d

 x = x0 − a t = 3122500 − 1250t
d
Ası́,
nx = (2500 − t)(3122500 − 1250t) = 60000.
Entonces,
t2 − 4998t + 6244952 = 0,
obteniendo dos posibles valores para t, los cuales son t1 = 2492 y t2 = 2506.
Si t = t2 , tendrı́amos que n serı́a negativa, lo cual es imposible. Por lo tanto,
t = 2506, dándonos n = 2500 − 2492 = 8 y x = 3122500 − 1250(2492) = 7500.
5. El segmento EF es tangente a la menor de dos circunferencias concéntricas si
EF = 22 ¿Cuál es el área de la región comprendida entre las dos circunferencias?
E
b
b
F
(a) 121π
(b) 1212 π
(c) 242π
(d) 242π 2
(e) No se puede determinar
Solución
Sea R el radio de la circunferencia mayor y r el radio de la circunferencia menor.
Se observa de la gráfica que el segmento tangente EF toca a la circunferencia
menor en el punto P , formando un segmento perpendicular al radio de la circunferencia menor. Luego, el radio menor, el segmento EP y el radio mayor
comprenden los catetos y la hipotenusa de un triángulo rectángulo, respectivamente, entonces
r2 + 112 = R2
R2 − r2 = 121
El área sombreada equivale a:
A − A◦ = πR2 − πr2
= π(R2 − r2 )
= 121π
6. Jhon, para la fiesta de su graduación en la universidad, invitó a 17 amigos,
en total eran 9 mujeres y 9 hombres. Él asignó a cada invitado un número
desde el 2 hasta el 18, reservándose para sı́ mismo el número 1. Cuando todos
estaban bailando se dio cuenta que la suma de los números asignados a cada
pareja formaba un cuadrado perfecto, es decir, al sumar el número asignado
a un invitado con el número asignado a su pareja de baile el resultado es un
cuadrado perfecto. De las 9 parejas 3 formaban el mismo cuadrado perfecto y
las parejas restantes formaban otro cuadrado perfecto. ¿Cuál es el número de
la pareja de Jhon?
a) 3
(b) 8
(c) 6
(d) 24
(e) 15
Solución
Los únicos cuadrados perfectos que se pueden formar con los números del 1 al 18
son los números 4, 9, 16 y 25. Las diferentes posibilidades para cada cuadrado
perfecto son:
Para el 4
4 = 1 + 3.
Para el 9
Para el 16

1+8



2 + 7
9=
3 + 6



4+5

1 + 15





2 + 14






 3 + 13
16 = 4 + 12



 5 + 11




6 + 10




7+9
Para el 25

7 + 18





8 + 17



 9 + 16
25 =

10 + 15




 11 + 14



12 + 13
Las personas que tienen el número 18, 17 y 16 solo tienen una posibilidad como
pareja de baile, las cuales corresponden a las personas con los números 7, 8 y
9, respectivamente. Por lo tanto, las otras seis parejas son las que sus números
correspondientes suman 16, excluyendo la posibilidad de la pareja de baile con
los números 7 y 9. Por consiguiente, el número de la pareja de John es el 15.
PROBLEMAS TIPO ENSAYO
7. En la caseta de Yurani tenemos cinco peinetas, dos blancas y tres rojas. Se
ponen tres bailarinas en fila india y sin que ellas vean el color, se le coloca la
peineta en la cabeza a cada una de ellas. Cada bailarina sólo puede ver el color
de la peineta de la(s) de adelante. La única que pudo deducir el color de su
peineta fue la primera en la fila, pues las otras dos dijeron ”no puedo deducir
el color de mi peineta”. Si ella no podı́a ver el color de las otras dos, ¿cómo lo
dedujo?
Solución
Si la tercera bailarina, dijo: ”no, no puedo”, se deduce ya que las bailarinas
que estaban adelante no tenı́an ambas peineta blanca, pues hubiera deducido
que la suya habı́a de ser roja. Ası́ que, una de las tres, la primera era blanca
y la segunda roja ó la primera era roja y la segunda blanca ó las dos primeras
eran rojas. Pero al preguntarle a la segunda dijo: ”yo tampoco puedo”, esto
quiere decir que la primera que es la única peineta que ve, no era blanca porque
entonces hubiera deducido que la suya era roja. Por lo tanto, la primera de las
bailarinas al oir la segunda respuesta, supo que la peineta que llevaba sobre su
cabeza era roja.
8. Un mesero quiso repartir entre dos personas, a partes iguales, una jarra con
8 litros de vino, pero al intentar hacer las medidas se vió con el inconveniente de
que solamente disponı́a a parte de la jarra de 8 litros, de 2 jarras con capacidades
de 3 y de 5 litros. Dijo: ”no importa, trasvasando adecuadamente el vino, puede
hacerse la medición, de forma que queden 4 litros en la jarra que ahora contiene
8 y otros 4 litros en la jarra de capacidad para 5”. ¿Cómo lo va a hacer?
Solución
El mesero llenó la jarra de 3, e inmediatamente, pasó su contenido a la jarra
de 5. Luego volvió a llenar la jarra de 3 litros, con lo cual en la jarra de 8
ya solo quedaban dos litros. Empezó a añadir el contenido de la jarra, de 3 al
contenido de la jarra de 5 y le sobró exactamente un litro que quedó en la jarra
de tres. Los cinco litros contenidos en la jarra de 5, los pasa a la jarra de 8, que
contendrá ahora siete litros y el litro que permanece en la jarra de 3 lo pasa a
la jarra de 5. Finalmente, desde los siete litros de la jarra de 8, llena la jarra
de 3 y añade su contenido a la jarra de 5, que ahora contendrá cuatro litros,
mientras en la jarra de 8 también quedan cuatro litros.
9. El Profesor Yarumo está estudiando el comportamiento de una especie de
aves. Los puntos A, B, C y D de la imagen representa la ubicación de cuatro
nidos de estas aves.
B
b
b
C
b
D
b
A
El profesor ha construido un puesto de observación equidistante de los cuatro
nidos. Todos los nidos y el mirador se encuentran en el mismo nivel de altura
\ = 45◦ . Determine
desde el suelo, la distancia de B a D es de 16 metros y BAD
la distancia de el puesto de observación a cada nido.
Solución
Obsérvese que el puesto del observador coincide con el centro O del cı́rculo
circunscrito al cuadrilátero ABCD.
b
B
b
r
b
C
16
O
r
A
b
b
D
Además, la medida del ángulo ∠BOD es el doble que la medida del ángulo
∠BAD, es decir, m∠BOD = 2m∠BAD = 90◦ . Entonces, el triángulo △BOD
es un triángulo rectángulo e isósceles. Por lo tanto, por el teorema de Pitágoras
se tiene que
r2 + r2 = 162
16 × 16
r2 =
2
√
r = 8 2.
Por
√ consiguiente, la distancia de de el puesto de observación a cada nido es de
8 2 metros.
2.3.
Nivel Avanzado
1. ¿Cuál de los siguientes números corresponde a la suma de cinco números
enteros consecutivos?
(a) 2007
(b) 2008
(c) 2009
(d) 2010
(e) 2011
Solución
Sea p la suma de cinco números enteros consecutivos tal que 2007 ≤ p ≤ 2011.
Entonces, para algún n ∈ Z se tiene que
2007 ≤ n + (n + 1) + (n + 2) + (n + 3) + (n + 4) ≤ 2011.
Despejando n se obtiene
1997
2001
≤n≤
.
5
5
Por lo tanto, n = 400 es el único número entero que satisface la anterior desigualdad. Ası́, p = 2010.
2. ¿Cuál es la suma de los divisores primos de 216 − 1?
(a) 282
(b) 288
(c) 284
(d) 315
(e) 286 (e)4
Solución
Por diferencia de cuadrados se puede obtener los divisores primos de 216 − 1
216 − 1 = (28 − 1)(28 + 1)
= (24 − 1)(24 + 1)(28 + 1)
= (22 − 1)(22 + 1)(24 + 1)(28 + 1)
= (2 − 1)(2 + 1)(22 + 1)(24 + 1)(28 + 1)
= 3(5)(17)(257).
Por lo tanto, la suma de los divisores primos de 216 − 1 es
S = 3 + 5 + 17 + 257 = 282.
3. En la siguiente figura ABC es un triángulo cualquiera, ACD y AEB son
triángulos equiláteros. Si F y G son los puntos medios de EA y AC, respectivamente. Calcule la razón BD
.
FG
b
E
A
F
b
b
b
b
G
b
b
C
B
(a)
1
2
D
(b) 2
(c)
1
3
(d)
3
4
(e) 4
Solución
Sean r y l los lados de los triángulos equiláteros ACD y AEB, respectivamente.
De los triángulos BAD y F AG, se aplica la ley del coseno para hallar los lados
BD y F G en función de los lados r y l.
BD2 = AB 2 + AD2 − 2(AB)(AD) cos (α + 60) = l2 + r2 − 2lr cos (α + 60)
y
F G2 = AF 2 + AG2 − 2(AF )(AD) cos (α + 60) =
l2
r2
2lr
+
−
cos (α + 60).
4
4
4
Por lo tanto,
BD2 = 4F G2 .
De manera que la razón
BD
FG
es igual a 2.
4. Sea f una función de variable real que satisface la condición:
2011
f (x) + 2f
= 3x
x
para x > 0. El valor de f (1) es:
(a)−2013
Solución
(b) 4023
(c) 2013
(d) −6039
(e) 4021
Al reemplazar x por 1 y 2011, se obtendrá dos ecuaciones con dos incógnitas.
Entonces,
f (1) + 2f (2011) = 3,
y
f (2011) + 2f (1) = 6033.
Resolviendo el sistema se tiene que f (1) = 4021.
5. En un dado normal, se remueve al azar uno de los puntos, cada punto tiene
la misma probabilidad de ser eliminado. Cuando se lanza el dado, después de
remover el punto, ¿cuál es la probabilidad de que la cara superior tenga un
número impar de puntos?
(a)
5
11
(b)
10
21
(c)
1
2
(d)
11
21
(e)
6
11
Solución
El número total de puntos de todas las caras del dado es 21, de los cuales 12
puntos corresponden a las caras con un número par de puntos y 9 corresponden a
las caras con un número impar de puntos. Por lo tanto, la probabilidad de sacar
un punto de una cara con un número par de puntos es de 12
21 y la probabilidad
9
de sacar un punto de una cara con un número impar de puntos es de 21
.
Supóngase que se eliminó un punto de una cara con un número par de puntos,
quedando 2 caras con número par y 4 con número impar de puntos. Entonces,
la probabilidad de que la cara superior tenga un número impar de puntos es de
12 4
8
=
.
21 6
21
Ahora, supóngase que se eliminó un punto de una cara con un número impar
de puntos, quedando 4 caras con número par y 2 con número impar de puntos.
Entonces, la probabilidad de que la cara superior tenga un número impar de
puntos es de
9 2
1
= .
21 6
7
Por lo tanto, después de removido el punto, la probabilidad de que la cara
superior tenga un número impar de puntos es de
8
1
11
+ =
.
21 7
21
6. La mayor medida posible de un ángulo de un triángulo formado al unir los
puntos medios de tres aristas de un cubo es:
(a) 60◦
Solución
(b) 90◦
(c) 120◦
(d) 135◦
(e) 150◦
La siguiente figura muestra un cubo de arista 2 que contiene un hexágono regular
al unir algunos de los puntos medios de las aristas del cubo.
Cualquier ángulo que forma el hexágono regular es de 120◦ .
PROBLEMAS TIPO ENSAYO
7. Un desdichado prisionero-custodiado dı́a y noche, por dos terribles guardianes, metido en una celda que tiene dos puertas, es informado por el director
de la cárcel que una de esas dos puertas le conducirán a la libertad y la otra a
la muerte. El director, le da la oportunidad de averiguarlo haciendo una única
pregunta a cada uno de sus guardianes, sabiendo que uno dice la verdad siempre
y el otro miente siempre. ¿Cuál es la pregunta que podrı́a hacer el prisionero a
los guardianes, para saber con seguridad, cuál es la puerta que no lo llevará a
la muerte?
Solución
Basta con hacerle la pregunta a cualquiera de los dos, pues si la pregunta es
¿cuál es la puerta que tu compañero (otro guardián) me indicarı́a como la puerta
que me llevará a la libertad?
Si la pregunta se la hace al mentiroso dirı́a: Mi compañero te indicará la puerta
1, pero como es mentira, la puerta elegida será la que no es 1.
Si la pregunta se le hace al guardián que no miente, te dirı́a: mi compañero
miente, entonces, la puerta a elegir no es la número 1. En conclusión, el prisionero
debe elegir la puerta contraria a la que indique cualquiera de los dos terribles
guardianes en su respuesta.
8. A la señora se le cayó al suelo la cesta de los huevos, y alguien querı́a
saber, cuántos huevos llevaba, ası́ que le preguntaron, y ella respondió: ”no
lo sé, recuerdo que al contarlos en grupos de 2, 3, 4 y 5 sobraban 1,2,3, y 4
respectivamente. Encuentre el número de huevos que llevaba la señora.
Solución
La señora llevaba 59 huevos.
59 ÷ 2
→
sobra 1
59 ÷ 5
→
sobra 4
59 ÷ 3
59 ÷ 4
→
→
sobra 2
sobra 3
(29 × 2 = 58, 58 + 1 = 59)
(19 × 3 = 57, 57 + 2 = 59)
(14 × 4 = 56, 56 + 3 = 59)
(11 × 5 = 55, 55 + 4 = 59)
o en forma general 59 + 60N , donde N es un número positivo.
9. En un triángulo △ABC, tenemos que AB = 5, BC = 7, AC = 9 y D es un
punto sobre el segmento BC con BD = 5.
¿Cuánto vale la razón AD : DC?
A
b
9
5
b
B
b
D 2
5
b
C
Solución
Aplicando el teorema del coseno en el triángulo ABC se tiene que
92 = 52 + 72 − 2(5)(7) cos (B).
−1
Entonces, cos (B) =
. Por lo tanto, aplicando la ley del coseno para el triángu10
lo ABD se tiene que
AD2 = 52 + 52 − 2(5)(5) cos B = 25 + 25 − 50
Ası́,
AD =
√
55.
Por consiguiente,
AD : DC =
√
55 : 2.
−1
= 55.
10
Capı́tulo 3
Problemas y soluciones de
la Prueba Final
3.1.
Nivel Básico
1. Fabricio nació antes del año 2000. El próximo año, el 2 de enero de 2012,
cumplirá tantos años como es la suma de los dı́gitos del año de su nacimiento.
¿Cuál es la fecha de nacimiento de Fabricio?
Solución:
Fabricio nació el 2 de enero de 1987 pues 1 + 9 + 8 + 7 = 25 y cumplirá 25 años
dado que 2012 − 1987 = 25.
2. Sean C1 , C2 y C3 tres circunferencias de radio 3 cm secantes entre sı́, como
se muestra en la figura.
C2
C1
O1
b
O2
b
b
O3
C3
Determine el perı́metro de la parte exterior a la intersección de estas circunferencias.
Solución:
Sean r1 radio de C1 , r2 radio de C2 y r3 radio de C3 . Por lo tanto, r1 = r2 =
r3 = 3cm
35
Dado que por el centro de la circunferencia C1 pasa C2 y C3 , por el centro de
C2 pasa C1 y C3 y por el centro de C3 pasa C1 y C2 . Entonces el perı́metro de
la parte exterior a la intersección de las circunferencias es
1
1
1
3
(2πr1 ) + (2πr2 ) + (2πr3 ) = (2π(3cm)) = 9πcm.
2
2
2
2
3. Sergey debe elegir tres números enteros distintos entre 1 y 20 inclusive, de
modo que al multiplicar los tres números se obtenga un múltiplo de 4. ¿Cuántas
maneras tiene Sergey para elegir sus tres números?
Solución:
Como Queremos escoger de { 1, 2, . . . , 20 } los conjuntos distintos de 3 elementos
{ a, b, c } tales que 4 | a ∗ b ∗ c , esto ocurre cuando al menos uno de los factores
a, b, o c son múltiplos de 4 o cuando dos de ellos son múltiplos de 2, pero ninguno
múltiplo de 4.
Primer caso
Contemos los conjuntos { a, b, c } tales que 4 | a o 4 | b o 4 | c.
Si fijamos 4, entonces tenemos
Si fijamos 8, tenemos
1∗18∗17
2
1∗19∗18
2
= 171 conjuntos.
= 153 conjuntos.
Si fijamos 12, tenemos
1∗17∗16
2
= 136 conjuntos.
Si fijamos 16, tenemos
1∗16∗15
2
= 120 conjuntos.
Si fijamos 20, tenemos
1∗15∗14
2
= 105 conjuntos.
Ası́, tenemos 171 + 153 + 136 + 120 + 105 = 685 conjuntos { a, b, c } tales que
4 | a o 4 | b o 4 | c.
Segundo caso
Contemos los conjuntos { a, b, c } tales que 2 divide al menos dos de estos números a, b o C y 4 no divide a ninguno de los tres elementos.
Fijando 2 y 6, tenemos 1 ∗ 1 ∗ 13 = 13 conjuntos.
Fijando 2 y 10, tenemos 1 ∗ 1 ∗ 12 = 12 conjuntos.
Fijando 2 y 14, tenemos 1 ∗ 1 ∗ 11 = 11 conjuntos.
Fijando 2 y 18, tenemos 1 ∗ 1 ∗ 10 = 10 conjuntos.
Fijando 6 y 10, tenemos 1 ∗ 1 ∗ 12 = 12 conjuntos.
Fijando 6 y 14, tenemos 1 ∗ 1 ∗ 11 = 11 conjuntos.
Fijando 6 y 18, tenemos 1 ∗ 1 ∗ 10 = 10 conjuntos.
Fijando 10 y 14, tenemos 1 ∗ 1 ∗ 11 = 11 conjuntos.
Fijando 10 y 18, tenemos 1 ∗ 1 ∗ 10 = 10 conjuntos.
Fijando 14 y 18, tenemos 1 ∗ 1 ∗ 10 = 10 conjuntos.
Ası́ tenemos 13 + 12 + 11 + 10 + 12 + 11 + 10 + 11 + 10 + 10 = 110 conjuntos
distintos.
En conclusión tenemos 685 + 110 = 795 conjuntos { a, b, c } tales que 4 | a ∗ b ∗ c.
4. Consideremos la sucesión {an } = {a1 , a2 , a3 , · · · }, de números enteros positivos en la cual an+1 es la suma de las cifras akn . Si a1 = 11, k = 2. Encuentre
a2011 .
Solución:
a1 = 11
=⇒
(11)2 = 121
a2 = 1 + 2 + 1 = 4
=⇒
(4)2 = 16
a3 = 1 + 6 = 7
=⇒
(7)2 = 49
a4 = 4 + 9 = 13
=⇒
(13)2 = 169
a5 = 1 + 6 + 9 = 16
=⇒
(16)2 = 256
a6 = 2 + 5 + 6 = 13
=⇒
(13)2 = 169
a7 = 1 + 6 + 9 = 16
=⇒
(16)2 = 256.
Entonces an , si n es impar es 16 y si n es par es 13. Por lo tanto, a2011 = 16
5. Dos rectángulos de dimensiones 20cm por 11cm, se traslapan de modo que
el área de la región sombreada donde traslapan es igual al área de la región no
sombreada en cualquiera de los dos rectángulos.Determinar las dimensiones del
cuadrilátero P QRS.
Solución:
El cuadrilátero P QRS debe ser un paralelogramo dado que sus pares de lados
opuestos pertenecen a rectángulos, además las alturas sobre sus bases P Q y SR
Q
son iguales a 11. Como el área de P QRS es 11∗P
= 11∗SR
= 11∗20
entonces
2
2
2
P Q = SR = 10. Ası́, tenemos que P QRS es un rombo de lado 10 y altura 11.
6. Considere la siguiente tabla 5 × 5, en la cual hemos ubicado los números del
1 al 25.
1
6
11
16
21
2
7
12
17
22
3
8
13
18
23
4
9
14
19
24
5
10
15
20
25
En cada fila y en cada columna, cambiamos el signo de 2 números, de forma
que, en cada fila y en cada columna, tengamos 3 números positivos y 2 números
negativos. Entonces, sumamos todos los números de la tabla. Calcule los posibles
valores para esa suma.
Solución
Escribamos los números de la tabla de la siguiente forma:
0+1
5+1
10 + 1
15 + 1
20 + 1
0+2
5+2
10 + 2
15 + 2
20 + 2
0+3
5+3
10 + 3
15 + 3
20 + 3
0+4
5+4
10 + 4
15 + 4
20 + 4
0+5
5+5
10 + 5
15 + 5
20 + 5
Es decir, cada número de la tabla es de la forma 5a + b, donde 0 ≤ a ≤ 4 y
1 ≤ b ≤ 5.
Después de cambiar los signos tenemos que en cada fila hay 2 números negativos
y 3 positivos. Si en cada fila hacemos la suma de las partes ±5a, tenemos que
la suma de cada fila es 5a. Luego la suma de todas las filas (considerando solo
la parte 5a) es: 0 + 5 + 10 + 15 + 20 = 50.
Ahora, consideremos los números, ±b, en cada columna hay 2 negativos y 3
positivos, ası́ la suma en cada columna es b. Sumando todas las columnas (solo
la parte b) tenemos 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15.
Por lo tanto, la suma total es siempre 50 + 15 = 65.
3.2.
Nivel Medio
1. La sucesión 141, 1441, 14441,. . . contiene todos los números de la forma
144
· · · 41.}
| {z
n dı́gitos 4
La cantidad de dı́gitos 4 indica la posición del número en la secuencia. Por
ejemplo: 1444441 es el quinto término de la sucesión. ¿En los 2011 primeros
términos de la sucesión, cuántos son divisibles por 3?
Solución
Un número es divisible por 3 , si la suma de sus dı́gitos es múltiplo de 3. Ası́,
el primer término de la sucesión múltiplo de 3 es 141, pues 1 + 4 + 1 = 6 que
es múltiplo de 3. Es siguiente es el término de la sucesión con 3 dı́gitos 4 de
más, es decir, 144441. El siguiente término divisible por 3 es el término con
tres dı́gitos de más, o sea, 1444444441, y ası́ sucesivamente. Luego para saber
cuántos múltiplos de 3 escritos de esta forma existen hasta el término n-ésimo,
hacemos
n+2
3
2011 + 2
Por lo tanto, cuando n = 2011, tenemos
= 671, el cual es un múltiplo
3
de 3.
Otra Solución
Los términos de la sucesión que cumplen con la condición de ser múltiplos de 3
son: a1 , a4 , a7 , a1 0, . . .
Es decir, se puede escribir la nueva sucesión (de múltiplos de 3) como:
an = a1 + (n − 1)d
Sustituyendo, se tiene que 2011 = 1 + (n − 1)3. Por lo tanto, n = 671.
2. En un antiguo juego chino, dos jugadores, Rojo y Negro, comienzan con
dos pilas de fichas, se turnan removiendo fichas de las pilas según las siguientes
opciones:
• Se pueden quitar cualquier número de fichas de una de las pilas.
• Se pueden quitar el mismo número de fichas de ambas pilas.
Inicialmente hay 9 fichas en una de las pilas y 12 en la otra. Gana el que quita la
última ficha. Si Rojo juega primero. ¿Cuál debe ser la primera jugada de Rojo
para asegurarse la victoria sin importar como juegue el Negro?
Solución
Sea (m, n) el juego que tiene m y n fichas en las dos pilas. Para los siguientes
juegos se tienen las siguientes posibilidades:
El juego (2, 1) es ganado por el segundo jugador.
El juego (5, 3) es ganado por el segundo jugador.
El juego (7, 4) es ganado por el segundo jugador.
Entonces, el primero que mueva en el juego (7 + r, 4 + r) para r ≥ 1 gana.
Como (12, 9) = (7 + 5, 4 + 5) y Rojo mueve primero, Rojo es el ganador si en
su primer turno extrae 5 fichas de cada pila.
3. Un cuadrado ABCD de lado 6 cm fue dividido en 4 triángulos como se
muestra en la figura 1. Usando estos 4 triángulos se forma el cuadrado P QRS
que se muestra en la figura 2.
R
b
C
D
b
D
b
S
b
b
b
B
A
B
Q
b
b
b
A
C
b
b
Figura 1
b
P
Figura 2
Sea M el punto de corte de los segmentos AR y DC. Encuentre el área del
triángulo DM R.
Solución
En la siguiente figura se aprecia el segmento AR y el punto M .
R
b
D
C
b
D
b
b
b
C
b
M
S
b
b
b
b
b
b
A
B
A
B
Q
Figura 1
b
P
Figura 2
Como el A(P QRS) = 2A(ABCD), entonces A(P QRS) = 72cm2 , de ahı́ que
A(ARS) =
1
A(P QRS) = 18cm2
4
A(DSA) =
1
A(ABCD) = 9cm2 ,
4
Como
entonces
(DS)2
= 9cm2
2
√
DS = 18
√
√
DR = DS = 3 2 y CA = 2(DS) = 6 2
Los triángulos △DM R y △CM A son semejantes, entonces
√
CA
CD
CM
CA + DR
CM + DM
9 2
=
⇒
=
⇒ √ =
.
DR
DM
DR
DM
DM
3 2
6
⇒ DM = 2. Luego A(M DA) =
3 = DM
A(ARS) − A(ADS) − A(M DA)
2·6
2
= 6cm2 . Por lo tanto, A(DM R) =
A(DM R) = 18cm2 − 9cm2 − 6cm2 = 3cm2 .
4. La figura muestra 3 castillos de naipes de 1, 2 y 3 pisos. Para la construcción
de estos castillos se utilizaron 3, 8 y 15 cartas respectivamente. ¿Cuántas cartas
se necesitan para construir los 15 primeros castillos?
Solución
Sea {an } la sucesión que determina el número de naipes que se utilizan en cada
figura (an : número de naipes para el castillon).
a1 = 3 = 3 · 1, a2 = 8 = 2 · 4, a3 = 15 = 3 · 5, ..., an = n(n + 2).
Sea {Sn } una sucesión donde, Sn : cuenta el número de cartas utilizadas para
construir los n primeros castillos, entonces
Sn =
n
X
i=1
a=
n
X
i(i + 2) =
i=1
n(n + 1)(2n + 1)
+ n(n + 1)
6
Por lo tanto,
Sn =
S15 =
n
X
i2 + 2
i=1
⇒ Sn
n
X
i
i=1
= n(n + 1)(2n + 7).
15 · 16 · 37
= 1480.
6
5. Sea ABC un triángulo, sean D y E los puntos medios de AB y AC respectivamente. Sean C1 la circunferencia que pasa por los puntos A, B y C, y C2 la
circunferencia que pasa por los puntos A, D y E. Encuentre la razón entre el
área de C1 y el área de C2 .
Solución
B
b
LN
b
D
O2
b
O1
b
b
b
E
A
b
C
LT
b
Sean O1 y O2 los centros de C1 y C2 respectivamente y r1 y r2 los radios de C1
y C2 .
Como C2 está en el interior de C1 y lo toca únicamente en A, entonces la recta
tangente a C1 en A (LT ), es tangente a C2 . Sea LN la recta perpendicular a
(LT ) en A, entonces O1 y O2 están en LT .
Como los triángulos △AO1 B y △AO2 D son isósceles, entonces ∠O2 AD =
∠O1 AB ∼
= ∠O2 DA = ∠O1 BA, de donde △AO1 B ∼ △AO2 D,
luego
AD
AB
AD
2AD
=
⇒
=
⇒ r1 = 2r2
AO2
AO1
r2
r2
Por lo tanto,
A(C1 )
πr2
(2r2 )2
= 12 =
=4
A(C2 )
πr2
r22
6. Cada cuadrito de un tablero de 3 × 7 es coloreado con algunos de dos colores
(digamos blanco o negro). Un ejemplo de una coloración del tablero se muestra
en la figura.
Demuestre que en cualquier coloración siempre hay 4 cuadritos del mismo color
que son las esquinas de un rectángulo contenido en el tablero.
Solución
Cada columna del tablero 3 × 7 queda coloreada de alguna de los 8 tipos
T1
T2
T3
T4
T5
T6
T7
T8
Si hay 2 columnas del mismo tipo, podemos hallar en ellos los 4 cuadritos del
mismo color. Por ejemplo, debemos llegar a esta situación:
Supongamos que una de las columnas es de T1 (toda la columna pintada). Si
alguna de las columnas restantes es de los tipos 2, 3 ó 4. Terminamos.
Por lo tanto, supongamos que las 6 columnas restantes están coloreadas de de
las tipos 5, 6, 7 o 8, por el principio de las casillas 2 de las 6 casillas se colorean
igual y entonces terminamos.
Si alguna de las casillas se colorea como T8 , un argumento análogo lleva a
concluir el anunciado.
Ahora, finalmente supongamos que ninguna columna se pintó del tipo 1 o 8, es
decir, las 7 columnas están pintadas sólo de 6 tipos (2 - 7), por lo tanto, del
principio de las casillas, hay dos casillas del mismo tipo, por lo que también se
concluye el resultado.
3.3.
Nivel Avanzado
1. Encuentre todos los enteros positivos a, b, c tales que ab + bc + ca es un
b+c
número primo y a+b
a+c = b+a .
Solución
Sea p = ab + bc + ca. Entonces p = (a + b)2 − c2 = (a + b + c)(a + b − c), es
decir, necesitamos que a + b + c = 1 o a + b − c = 1, para que p sea primo. Dado
que a, b, c son enteros positivos entonces a + b + c ≥ 3, de donde a + b − c = 1
y p = a + b + c. Finalmente ab ≥ a , bc ≥ b y ca ≥ c de donde p ≥ a + b + c
son iguales si a = b = c = 1 entonces p = 3 es primo. La única solución es
a = b = c = 1.
2. Sea ABCD un cuadrado de lado 4 cm, donde M es el punto medio de AD,
N es el punto medio de AB. Al trazar el segmento BD, éste corta al segmento
CN en K y al segmento CM en L. Encuentre el área del cuadrilátero N KLM .
Solución
Para encontrar el área se necesitarán las siguientes afirmaciones:
√
√
DB = 32 = 4 2
A(△CN B) =
KL =
4∗2
2
= 2 = A(△CDM )
DB
3
La altura de △CLK es
A(△CLK) =
√
1
3 ∗4
AC
2
√
2∗2 2
2
=
=
4
3
√
4 2
2
√
=2 2
∗2=
8
3
Entonces el área del sector M N LK es la siguiente:
A(M N LK) = A(2ABCD) − 2 ∗ A(△CN B) − A(△CLK) − A(△M AN )
8
= 16 − 8 − − 2
3
Se tiene que el área del sector sombreado es
=
10
3
10
3 .
3. Sea n un entero positivo par. Encuentre todas las triplas de números reales
(x, y, z) tales que xn y + y n z + z n x = xy n + yz n + zxn .
Solución
Es claro que las triplas (a, a, b), (a, b, a) y (b, a, a) son soluciones de la ecuación
para cualesquiera reales a y b (posiblemente iguales). Veamos que éstas son las
únicas soluciones de la ecuación. Supongamos que (x, y, z) es una solución con
x, y, z diferentes.
xn (y − z) + y n (z − x) + z n (x − y) = 0.
Como z − x = (z − y) + (y − x) entonces
xn (y − z) + y n (z − y) + y n (y − x) + z n (x − y) = 0
entonces (xn − y n )(y − z) = (y n − z n )(x − y). Dado que x − y 6= 0 y y − z 6= 0
se tiene que
yn − z n
xn − y n
=
.
x−y
y−z
Es decir que en un sistema de coordenadas cartesianas, los puntos (x, xn ), (y, y n )
y (z, z n ) son colineales. Ahora
xn − y n
yn − z
= xn−1 + xn−2 y + · · · y n−1 = y n−1 + y n−2 z + · · · z n−1 =
.
x−y
y−z
Ası́ que xn−1 = z n−1 , x = z. Esto contradice que x 6= y 6= z.
4. La siguiente figura muestra dos rectas paralelas l y s. La recta l es tangente
a las circunferencias C1 y C3 , la recta s es tangente a las circunferencias C2 y
C3 , y las circunferencias son tangentes entre sı́, como se muestra en la figura.
s
l
C1
C2
C3
Si las circunferencias C1 y C2 tienen radios a y b respectivamente. Determine el
radio de la circunferencia C3 .
Solución
Sean a, b, y r los radios de las circunferencias C1 , C2 y C3 , respectivamente.
Ahora, consideré la siguiente construcción.
s
l
F
C
A
D
B
E
Note que:
la distancia entre los puntos B y D es r − b,
la distancia entre los puntos B y E es r − a,
la distancia entre los puntos C y E se denota como z,
la distancia entre los puntos A y F se denota como x y
la distancia entre los puntos A y D se denota como y.
Entonces,
z =x+y
p
p
p
(r + a)2 − (r − a)2 = (b + a)2 − (2r − (a + b))2 + (r + b)2 − (r − b)2
p
√
√
4ra = 4r(b + a − r) + arb
√
√
√
a= b+a−r+ b
√
√
√
b+a−r = a− b
√
b + a − r = a − 2 ab + b
√
r = 2 ab.
−−→
5. Sea ABC un triángulo, sea E el punto sobre la semirrecta CB tal que
CB = BE, sea O el punto medio de CA y sea D el punto sobre la semirrecta
−→
CA tal que OA = AD. Encuentre la razón entre el cuadrilátero ABED y el
triángulo ABC.
Solución
Para encontrar la razón
A1
A2
se construye primero la gráfica
b
E
h1
b
B
h2
α
b
b
b
D
b
C
O
A
De la figura tenemos:
2BC = EC
senα =
h2
BC
sin α =
h1
EC
y
entonces
h2
h1
h2
h1
=
⇒
=
⇒ h1 = 2h2 .
BC
EC
BC
2BC
Por lo tanto,
A1 = A(DEC) − A2
y
A2 =
Luego,
DC · h1
− A2
2
3AC · 2h2
=
− A2
4
3AC · h2
=
− A2 .
2
A1 =
Ası́,
A1
=
A2
=
3AC·h2
2
− A2
A2
3AC·h2
2
AC·h2
2
= 2.
−1
AC · h2
.
2
6. A un club de ajedrez pertenecen n mujeres y 2n hombres, pero entre todos,
hay menos de 20 integrantes. En el último campeonato interno, en el cual cada
integrante enfrentó a cada uno de los otros integrantes del club exactamente una
vez, la razón entre el número de partidas ganadas por las mujeres y el número de
partidas ganadas por los hombres es 3 : 4. Determine cuantas mujeres integran
el club de ajedrez.
Solución
Sea M el número de partidos ganados por las mujeres. H el número de partidos
ganados por los hombres. n el número de integrantes mujeres. Entonces:
2n es el número de hombres
3n es el total de integrantes del club
3n < 20
M
H
=
3
4
Ası́, el número de partidas(enfrentamientos) es
3n
2
=
3n(3n−1)
2
= 34 entonces M+H
= 74 , de ahı́ se tiene que 7 debe dividir a 3n
H
2 =
El menor n para el cual ocurre esto es n = 5, el siguiente es n = 7, . . .
Note además que 3n < 20.
M
H
3n(3n−1)
.
2
Como
Para n = 5, 3n = 15 < 20 pero
para n = 7, 3n = 21 > 20
Por lo tanto, n = 5. Es decir, 5 mujeres conforman el club.