folleto20a

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Problemas para la20a. Olimpiada Mexicana de Matematicas

en San Luis Potos

Editado por:

Carlos Jacob Rubio Barrios

2006


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Carlos Jacob Rubio Barrios

Facultad de Matematicas, Universidad Autonoma de Yucatan


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Contenido

Captulo 1 Presentacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.1 Anuncio del Concurso Estatal de la 20a. Olimpiada de Matematicas

(2006) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2 Informe de la 19a. Olimpiada Estatal de Matematicas (2005) . . 4

1.3 Actuacion de la Delegacion Potosina en el Concurso Nacional de

la 19a. Olimpiada Mexicana de Matematicas . . . . . . . . . . . 8

Captulo 2 Examenes de la 19a. Olimpiada de Matematicas en

San Luis Potos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

2.1 Primer Examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

2.2 Segundo Examen (Examen Canguro 2005) . . . . . . . . . . . . 13

2.3 Tercer Examen (21 y 22 de mayo) . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.4 Cuarto Examen (1 y 2 de julio) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.5 Quinto Examen (29 y 30 de julio) . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.6 Sexto Examen (1 y 2 de octubre) . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

Captulo 3 Examen del Concurso Nacional de la 19a. Olimpiada

Mexicana de Matematicas. . . . . . . . . . . . . 25

1


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0. Contenido 2

Captulo 4 Soluciones de los Examenes Selectivos . . . . . . . 28

4.1 Solucion del Primer Examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

4.2 Solucion del Segundo Examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

4.3 Solucion del Tercer Examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

4.4 Solucion del Cuarto Examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

4.5 Solucion del Quinto Examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

4.6 Solucion del Sexto Examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

Captulo 5 Solucion del Examen del Concurso Nacional de la

19a. OMM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

Bibliografa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

20a. OMM, San Luis Potos Por Carlos Jacob Rubio Barrios


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CAPITULO 1

Presentacion

La Olimpiada de Matematicas es un concurso anual a nivel internacional para

estudiantes preuniversitarios. En Mexico se llevan a cabo primero los concursos

estatales, despues el concurso nacional, y finalmente se selecciona a los alumnosque representan a Mexico en las Olimpiadas Internacional, Iberoamericana y

Centroamericana y del Caribe del siguiente ano.

Nos disponemos a iniciar con mucha ilusion la vigesima edicion de la Olimpiada

de Matematicas en San Luis Potos. Conviene recordar que la convocatoria de

la olimpiada es una excusa o elemento motivador para renovar la ensenanza y

aprendizaje de la resolucion de problemas en las aulas. Este s que es nuestro ob-

jetivo fundamental. Pretendemos fomentar el gusto entre chicos y chicas por la

resolucion de genuinos problemas matematicos, difundir entre nosotros tecnicas,

estrategias y procesos de resolucion de problemas y por ultimo hacer partcipe

a la sociedad de la pasion y el gusto por la dedicacion a las Matematicas.

La intencion de esta publicacion es dar a conocer a los concursantes, profesores

del area y publico interesado, el tipo de problemas que se manejan en este con-

curso. Presentamos aqu todos los problemas (y sus soluciones) que aparecieron

3


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1. Presentacion 4

en los examenes selectivos aplicados en el ano 2005 en el Estado, as como el

examen (y su solucion) del concurso nacional correspondiente.

Estos problemas no son ejercicios rutinarios en los que se apliquen directamente

los conocimientos que se adquieren en la escuela; son problemas que requieren

de una buena dosis de ingenio y de esfuerzo para ser resueltos.

1.1 Anuncio del Concurso Estatal de la 20a. Olim-

piada de Matematicas (2006)

El primer examen del Concurso Estatal de la 20a. Olimpiada de Matematicas se

llevara a cabo el 25 de febrero y el examen Canguro Matematico 2006 se llevara

a cabo el 18 de marzo. La convocatoria correspondiente se enviara a las escuelas

preparatorias y secundarias de San Luis Potos. Los requisitos para concursar

son: estar inscrito a lo mas en segundo ano de preparatoria (o equivalente)

en San Luis Potos, y haber nacido despues del 1 de agosto de 1987. Los

concursantes deberan estar inscritos en una institucion preuniversitaria durante

el primer semestre del ciclo escolar 2006-2007 y, para el 1 de julio de 2007,

no deberan haber iniciado estudios de nivel universitario. La participacion en

cualquiera de las etapas es individual.

1.2 Informe de la 19a. Olimpiada Estatal de Mate-

maticas (2005)

La primera eliminatoria del Concurso Estatal de la 19a. Olimpiada de Matema-

ticas se realizo el 5 de marzo. Esta primera eliminatoria consto de un examende 15 preguntas de opcion multiple, que el Comite Organizador hizo llegar a las

instituciones educativas participantes. Cada institucion participante selecciono

a 6 alumnos con mayor puntaje, quienes participaron en la segunda eliminatoria

con la aplicacion del examen Canguro Matematico 2005 llevado a cabo el 9 de

abril. A esta segunda eliminatoria asistieron 444 concursantes. De ellos, 130

pasaron a la siguiente etapa. De la tercera eliminatoria, que consistio de dos

examenes con tres problemas cada uno para resolver en un maximo de 4 horas



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1. Presentacion 5

y media, se selecciono a los 25 alumnos con las mejores calificaciones, quienes

conformaron la preseleccion estatal. Estos fueron (en orden alfabetico):

Nombre: Escuela:

Jezael Eliezer Alvarez Reyna Cobach 01

Cecilia Balderas Plascencia Cobach 22

Sahara Castaneda Daz Cobach 03

Francisco Samuel Castillo Espinoza UVM

Ernesto Coronado Osornio Cobach 28

Juan Carlos Estala Aguilar Sagrado Corazon

Jose Leonardo Flores Romero ITESM

Iouri Glebsky Instituto Cervantes

Roco Guadalupe Grimaldo Davila Esc. Sec. Tec. 68

Gabriela Yazmn Hernandez Salinas Sembradores de Amistad

Andres Huerta Monsivais ITESM

Nimrod Ibarra Bautista Instituto Lizardi

Francisco Javier Martnez Garca Cobach 03

Hermann Uriel Puente Torres Instituto Potosino

Valente Ramrez Garca-Luna ITESM

Adriana Reyes Loredo ITESM

Luis Daniel Rivera Rodrguez ITESM

Carlos Gerardo Rodrguez Garca Sec. Amado Nervo

Ramon Alejandro Rodrguez Garca Sec. Amado Nervo

Victoria Cristina Santoy Perez Cobach 14

Josue Daniel Vazquez Becerra Cobach 19

Cristobal Villalobos Guillen ITESM

Pedro Jafeth Villasana Tinajero Cobach 06

Carlos Eduardo Zubieta Rico Cobach 28

Luz del Carmen Zubieta Rico Cobach 28

Se ofrecio a los 25 preseleccionados un entrenamiento intensivo del 6 al 30 de

junio de 9:00 a 14:00 horas en el Instituto Tecnologico de Estudios Superiores

de Monterrey, a cargo de los profesores Miguel Arroyo, Eugenio Flores, Daniela

Robles, Carlos Jacob Rubio y Pablo Zubieta. Posteriormente presentaron dos

examenes mas (cada uno con tres problemas para resolver en cuatro horas y

media), con los cuales se eligio a los 17 alumnos con mayor puntaje. Estos



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1. Presentacion 6

fueron (en orden alfabetico): Jezael Alvarez, Cecilia Balderas, Ernesto Coro-

nado, Leonardo Flores, Gabriela Hernandez, Andres Huerta, Nimrod Ibarra,

Francisco Martnez, Valente Ramrez, Adriana Reyes, Daniel Rivera, Carlos

Rodrguez, Josue Vazquez, Cristobal Villalobos, Pedro Villasana, Carlos Zubie-

ta y Luz del Carmen Zubieta.

Se ofrecio nuevamente a los 17 preseleccionados un entrenamiento intensivo

del 4 al 28 de julio de 9:00 a 14:00 horas en el Instituto Tecnologico de Estu-

dios Superiores de Monterrey, a cargo de los profesores Miguel Arroyo, Eugenio

Flores, Daniela Robles, Carlos Jacob Rubio y Pablo Zubieta. Posteriormentepresentaron dos examenes mas (con las mismas caractersticas que los dos an-

teriores), con los cuales se eligio a los mejores 9 alumnos. Estos fueron (en

orden alfabetico): Jezael Alvarez, Leonardo Flores, Francisco Martnez, Valente

Ramrez, Adriana Reyes, Daniel Rivera, Josue Vazquez, Cristobal Villalobos y

Carlos Zubieta.

Se ofrecio nuevamente entrenamiento a los 9 preseleccionados los das 5 de

agosto, y los sabados del 6 de agosto al 24 de septiembre de 9:00 a 14:00 horasen el Instituto Tecnologico de Estudios Superiores de Monterrey, a cargo de los

profesores Miguel Arroyo, Carlos Jacob Rubio y Pablo Zubieta. Posteriormente

presentaron dos examenes mas (con las mismas caractersticas que los dos an-

teriores), con los cuales se eligio a los 6 representantes de San Luis Potos en el

Concurso Nacional del mismo evento, que fueron en orden segun el lugar que

obtuvieron en esta ultima eliminatoria:

Josue Vazquez

Valente RamrezCristobal Villalobos

Jezael Eliezer

Carlos Zubieta

Francisco Martnez

Los gastos de organizacion de la 19a. Olimpiada de Matematicas en el Es-

tado, fueron cubiertos por el Instituto de Investigacion en Comunicacion Optica



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1. Presentacion 7

(IICO) de la Universidad Autonoma de San Luis Potos. Agradecemos nueva-

mente al Dr. Alfonso Lastras Martnez, director del IICO, por su incondicional

apoyo.

Como una actividad paralela al Concurso Estatal, el Comite Organizador de

la Olimpiada en el Estado a traves del IICO, impartio tres cursos-talleres a

profesores de instituciones de nivel medio superior. El objetivo de los cursos es

poner a disposicion de los profesores, conocimientos que les permitan preparar

alumnos para competir en la Olimpiada de Matematicas. Los talleres estuvieron

a cargo del profesor Carlos Jacob Rubio.



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1. Presentacion 8

1.3 Actuacion de la Delegacion Potosina en el Con-curso Nacional de la 19a. Olimpiada Mexicana

de Matematicas

Del 6 al 12 de noviembre de 2005 se llevo a cabo el Concurso Nacional de

la 19a. Olimpiada Mexicana de Matematicas (OMM) en la ciudad y puerto de

Campeche, Campeche, con la participacion de todos los estados de la Republica.

Segun el reglamento del Concurso Nacional, las delegaciones de cada estado

deben constar de a lo mas 6 jovenes cada una y 10 del Distrito Federal, todos de

nivel inferior a tercer ano de preparatoria. En esta ocasion, se reunieron un total

de 196 participantes. La delegacion Potosina estuvo integrada por los 6 alumnos

ganadores del Concurso Estatal (ver seccion anterior) y por los profesores Carlos

Jacob Rubio Barrios (como delegado estatal) y Pablo Fernando Zubieta Rico

(como co-delegado estatal).

Aunque la participacion en el Concurso Nacional es individual, es importante

destacar la labor que han llevado a cabo los estados de la Republica apoyando a

sus concursantes. Este ano, los estados que ocuparon los diez primeros lugaresfueron:

1. Jalisco

2. Morelos

3. Yucatan

4. Chihuahua

5. Guanajuato

6. San Luis Potos

7. Nuevo Leon8. Sonora

9. Distrito Federal

10. Queretaro

El Comite Organizador del Concurso Nacional premio a la mitad de los con-

cursantes, dividiendo a los estudiantes premiados en tres grupos, segun su ac-

tuacion: un primer grupo con 16 estudiantes (calificacion de 26 a 42), un se-



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1. Presentacion 9

gundo grupo con 35 alumnos (calificacion de 14 a 25) y un tercero con 47 alum-

nos (calificacion de 7 a 13). En esta ocasi on no hubo ganadores de menciones

honorficas. Los 98 alumnos restantes (con calificacion inferior a 7 puntos) no

obtuvieron premio. Cinco de los seis miembros del equipo Potosino obtuvieron

medalla:

Valente Ramrez Garca Luna Medalla de Oro

Carlos Eduardo Zubieta Rico Medalla de Plata

Francisco Javier Martnez Garca Medalla de Plata

Josue Daniel Vazquez Becerra Medalla de Bronce

Cristobal Villalobos Guillen Medalla de Bronce

Este ano, el premio a la Superacion Academica se llamo Copa AH-KIM-PECH

y fue ganado por Yucatan. El segundo y tercer lugar de este premio lo ocuparon

San Luis Potos y Morelos, respectivamente.

Agradecimientos

Agradecemos a Carlos Jacob Rubio por la elaboracion de este folleto. Tambien

agradecemos de una manera muy especial a Miguel Arroyo y Pablo Zubieta por

su valiosa colaboracion. Sin su esfuerzo y entusiasmo no hubiera sido posible la

realizacion de la 19a. Olimpiada de Matematicas en San Luis Potos.

Para obtener mas informacion sobre la Olimpiada de Matematicas en el Estado,

visita nuestro sitio de internet:

http://www.ifisica.uaslp.mx/~ommslp

Tambien puedes visitar la pagina oficial de la Olimpiada Mexicana de Matematicas:

http://www.erdos.fciencias.unam.mx/omm



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CAPITULO 2

Examenes de la 19a. Olimpiada de

Matematicas en San Luis Potos

2.1 Primer Examen

Las preguntas de la 1 a la 5 valen 3 puntos cada una, las preguntas de la 6 a

la 10 valen 4 puntos cada una, y las preguntas de la 11 a la 15 valen 5 puntos

cada una. El maximo posible es de 60 puntos. Duracion: 1 hora.

1. Un cuadrado de papel de s centmetros de lado se corta en seis partes cuyas

areas miden 11, 12, 13, 14, 15 y 16 centmetros cuadrados respectivamente.

Entonces s es igual a:

(a) 9 (b) 10 (c) 12 (d)15 (e) 17

2. Cada una de las letras w , x , y , z , representa un entero diferente del con-

junto {1, 2, 3, 4}, pero no necesariamente en ese orden. Si wx

yz

= 1,

entonces w + y es igual a:

(a) 3 (b) 4 (c) 5 (d) 6 (e) 7

10


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2. Examenes de la 19a. Olimpiada de Matematicas en San Luis Potos 11

3.

21 12+ 31 1

3+ 41 1

4+ + 101 1

10 =

(a) 45 (b) 49 (c) 50 (d) 54 (e) 55

4. La suma de todos los numeros primos entre 2 y 100 que son a la vez 1

mas que un multiplo de 5 y 1 menos que un multiplo de 6 es:

(a) 52 (b) 82 (c) 123 (d) 143 (e) 214

5. Se representan cinco numeros por las letras p,q,r,s y t. Si el promedio

de p, q y r es 8, y el promedio de p,q,r,s y t es 7, entonces el promedio

de s y t es:

(a) 4.5 (b) 5 (c) 5.5 (d) 6 (e) 6.5

6. Si a 1 = b + 2 = c 3 = d + 4, entonces el mayor de a,b,c y d es:(a) a (b) b (c) c (d) d (e) No se pueden ordenar

7. En el triangulo ABC con AB = c, BC = a y AC = b, se sabe que:

1a + b

+ 1b + c

= 3a + b + c

.

Entonces el angulo B mide:

(a) 30 (b) 45 (c) 60 (d) 90 (e) Ninguna de las anteriores

8. En un concierto cuatro ninas, Mara, Anita, Tamara y Elena, interpre-

taron canciones organizadas en diferentes tros, de modo que en cada

cancion una de las ninas no actuaba. Elena canto 8 canciones y fue la que

mas canto. Mara interpreto 5 canciones y fue la que menos canto. Entotal, cuantas canciones interpretaron los tros de ninas?

(a) 8 (b) 9 (c) 10 (d) 11 (e) 12

9. Si sen x = 3cos x, entonces sen x cos x es igual a:

(a) 16

(b) 15

(c) 29

(d) 14

(e) 310



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10. Cuantas ternas (a,b,c) de numeros reales distintos de cero tienen la

propiedad de que cada numero es el producto de los otros dos?

(a) 1 (b) 2 (c) 3 (d) 4 (e) 5

11. En la figura, w , x , y , z , representan las medidas de los angulos en grados.

Entonces x es igual a:

x

y zw

(a) w y z (b) w 2y 2z (c) 180 w y z(d) 2w y z (e) 180 w + y + z

12. El numero de ternas (a,b,c) de enteros positivos que satisfacen el sistema

de ecuaciones:

ab + bc = 44, ac + bc = 23,

es:

(a) 0 (b) 1 (c) 2 (d) 3 (e) 4

13. Si p es un numero primo y ambas races de la ecuacion x2 +px444p = 0son enteras, entonces:

(a) 1 < p 11 (b) 11 < p 21 (c) 21 < p 31(d) 31 < p 41 (e) 41 < p 51

14. En el trapecio PQRS, P Q y RS son paralelas y RS = 2P Q. M es el

punto medio de P Q, N es el punto medio de QR y L es un punto en el

lado RS tal que LR = 3LS. Si P Q = 1, entonces la razon entre el area

del triangulo LM N y el area del trapecio PQRS es:

(a) 12

(b) 23

(c) 14

(d) 23

(e) 13

15. Se quieren llenar las casillas restantes de tal modo que cada uno de los

numeros 1, 2, 3, 4, 5 y 6 aparezca en cada fila y columna del tablero que

se muestra. De cuantas maneras se puede lograr esto?



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6 5 4 3 2 1654321 2 3 4 5 65

432

(a) 16 (b) 24 (c) 216 (d) 244 (e) 162

2.2 Segundo Examen (Examen Canguro 2005)Las preguntas de la 1 a la 10 valen 3 puntos cada una, las preguntas de la 11 a

la 20 valen 4 puntos cada una, y las preguntas de la 21 a la 30 valen 5 puntos

cada una. El maximo posible es de 120 puntos. Duracion: 2 horas.

1. El cubo de la figura tiene 27 cm3 de volumen. Una hormiga camina desde

el punto A hasta el punto B siguiendo la ruta que se muestra en la figura.

Cuantos centmetros recorrio la hormiga?

A

B

(a) 9 (b) 10 (c) 12 (d) 15 (e) No se puede determinar

2. Emilia quiere llenar un tanque para su tortuga con 4 cubetas de agua.

En cada viaje Emilia llena la cubeta desde una fuente y camina hacia eltanque, pero en el camino derrama 1

3del contenido de la cubeta. Cuantos

viajes tiene que hacer para llenar el tanque?

(a) 5 (b) 6 (c) 7 (d) 8 (e) 9

3. Una de las siguientes expresiones no es igual a 1. Cual es?

(a) 39

(b) 10099+9897+150

(c) 102

93 2

10

(d)

15 52

(e) 5

12 1

3



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4. En una reunion cada persona saludo al menos a un hombre y a una mujer.

Cual es la menor cantidad de personas en la reunion?

(a) 2 (b) 3 (c) 4 (d) 5 (e) 6

5. Cual de los cinco cubos se obtiene al recortar y doblar la figura que se

muestra?

(a) (b) (c) (d) (e)

6. En el cuadrado de la figura se colocaron 8 monedas. Si es posible moveruna moneda a cualquier posicion que este libre, cual es la menor cantidad

de monedas que hay que mover para que queden exactamente dos monedas

en cada renglon y en cada columna?

(a) 0 (b)1 (c) 2 (d) 3 (e) 4

7. En un triangulo ABC el angulo en A es el triple del angulo en B y la

mitad del angulo en C. Cuanto mide el angulo en A?

(a) 30 (b) 36 (c) 54 (d) 60 (e) 72

8. En la tienda de la esquina los chocolates cuestan el doble que los caramelos.

Comprar tres chocolates y dos caramelos cuesta 16 pesos. Cuanto cuesta

comprar dos chocolates y tres caramelos?



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(a) 12 pesos (b) 13 pesos (c) 14 pesos (d) 16 pesos (e) 17 pesos

9. Amado dibujo un margen en una hoja de papel cuidando que la distancia

entre el margen y la orilla fuera siempre la misma. El permetro de la hoja

es 8 cm mas largo que el permetro del margen. Cuantos centmetros hay

entre el margen y la orilla?

(a) 1 (b) 2 (c) 4 (d) 8 (e) Depende del tamano de la hoja

10. En una fiesta el 50% de los asistentes son mujeres. De las mujeres que

asistieron el 30% tiene los ojos claros. Del total de asistentes a la fiesta,

que porcentaje son mujeres y no tienen los ojos claros?

(a) 80% (b) 35% (c) 30% (d) 25% (e) 20%

11. Yo romp un papel en 10 pedazos. Mi hermanito tomo algunos de ellos

y los rompio a su vez en 10 pedazos cada uno. Si al final quedaron 46

pedazos, cuantos pedazos rompio mi hermanito?

(a) 1 (b) 2 (c) 3 (d) 4 (e) 5

12. El area del cuadrado ABCD es 1. Cuanto mide el area sombreada?A

D C

B

(a) 1 (b) 2 (c) 4 (d) 12

(e) 14

13. Daniela tarda 35 minutos para ir a la escuela caminando y regresar a su

casa en autobus, mientras que hacer el viaje completo en autobus le toma

solamente 22 minutos. Cuanto tarda Daniela en hacer el viaje de ida y

vuelta caminando?



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(a) 30 (b) 40 (c) 45 (d) 48 (d) 55

14. En un baul hay 5 cofres, en cada cofre hay 3 cajas, y en cada caja hay 10

monedas de oro. El baul, los cofres y las cajas estan cerrados con llave.

Cual es la menor cantidad de cerraduras que hay que abrir para obtener

50 monedas?

(a) 10 (b) 8 (c) 6 (d) 5 (e) 3

15. Diego trabaja 4 das de la semana y descansa el quinto. En una ocasion

empezo a trabajar un lunes y descanso un da domingo. Cual es la menor

cantidad de das que tuvo que trabajar para que esto fuera posible?

(a) 7 (b) 12 (c) 20 (d) 28 (e) 36

16. En la figura, cada triangulo pequeno tiene area 1. Cual es el area de la

region sombreada?

(a) 20 (b) 22.5 (c)

450 (d) 25 (e) 32

17. En los cuadritos de la figura se escriben cuatro enteros positivos diferentes

entre s, que ademas som impares y menores a 20. Cual de las siguientes

condiciones es posible?

(a) La suma de los cuatro numeros es 12.

(b) La suma de los cuatro numeros es 66.

(c) La suma de los cuatro numeros es 19.

(d) Cada uno de los productos de dos numeros en diagonal es 21.

(e) Cada una de las sumas de dos numeros en diagonal es 32.



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18. Un grupo de estudiantes quiere pedir una pizza. Si cada uno de ellos

coopera con $14 haran falta $4 para pagar la cuenta. Si cada uno de ellos

coopera con $16 sobraran $6 mas de los que se necesitan. Con cuanto

debe cooperar cada uno para pagar la cuenta exacta?

(a) $14.40 (b) $14.60 (c) $14.80 (d) $15.00 (e) $15.20

19. El promedio de 10 enteros positivos es 10. Cual es el maximo valor

posible para el mayor de esos 10 numeros?

(a) 10 (b) 45 (c) 50 (d) 55 (e) 91

20. Cual es el area de la figura?

a

a

a

a

a

a

b

(a) 2ab + a(b

a) (b) 3a(a + b)

a2 (c) 3a2b (d) 3a(b

a) + a2 (e) 3ab

21. Ana, Nacho y Jose estan jugando cartas. En cada juego el ganador obtiene

tres puntos, el que queda en segundo lugar obtiene un punto y el perdedor

no obtiene ninguno (nunca hay empates). Despues de cuatro juegos Ana

tiene cinco puntos y Nacho tiene cuatro puntos. Cuantos juegos gano

Jose?

(a) 0 (b) 1 (c) 2 (d) 3 (e) 4

22. En la figura se muestra un triangulo equilatero y un pentagono regular.

Cuanto mide el angulo x?

x



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(a) 124 (b) 128 (c) 132 (d) 136 (e) 140

23. El producto de 100 enteros positivos es igual a 100. Cual es el menor

valor posible para la suma de esos numeros?

(a) 29 (b) 100 (c) 110 (d) 127 (e) 199

24. En la figura ABCD y DBEF son rectangulos. Cual es el area de

DBEF?

A B

C

E

F

CD

4 cm

3 cm

(a) 10 cm2 (b) 12 cm2 (c) 13 cm2 (d) 14 cm2 (e) 16 cm2

25. Cada tercer da Luis dice la verdad y los demas das miente. Hoy Luis ha

dicho exactamente 4 de los siguientes enunciados. Cual es el enunciado

que no dijo hoy?

(a) Tengo la misma cantidad de amigas que de amigos.

(b) Soy amigo de una cantidad prima de personas.

(c) Mi nombre es Luis.

(d) Siempre digo la verdad.

(e) Soy amigo de tres personas mas altas que yo.

26. En mi cocina tengo un barril lleno de vino con capacidad de 64 litros.

Se reemplazan 16 litros de vino con 16 litros de agua y se revuelve hastaobtener una mezcla uniforme. Despues se reemplazan 16 litros de la mez-

cla con 16 litros de agua y se revuelve bien. Cuantos litros de vino quedan

en el barril?

(a) 16 (b) 24 (c) 27 (d) 36 (e) 40

27. Cual es la suma de todos los angulos marcados en la figura?



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(a) 300 (b) 450 (c) 360 (d) 600 (e) 720

28. Mi edad es un numero de dos dgitos que, al invertirlos, producen un

numero mayor al triple de mi edad. Cuantas posibilidades hay?

(a) 6 (b) 10 (c) 15 (d) 22 (e) 33

29. El disco irregular de la figura se dibuja a partir de un triangulo equilatero,

agregando segmentos de crculos centrados en los vertices del triangulo con

radio igual a uno de los lados del triangulo.

A

El disco se coloca con el punto A sobre una mesa y se hace girar hasta

que el punto A toca la mesa de nuevo. Cual de las siguientes opciones

representa mejor la grafica de la altura del disco a lo largo de todo elrecorrido?

(a) (b) (c) (d) (e)

30. Cuantos conjuntos de enteros consecutivos (dos o mas) cumplen que la

suma de sus elementos es igual a 100?



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(a) 1 (b) 2 (c) 3 (d) 4 (e) 0

2.3 Tercer Examen (21 y 22 de mayo)

Problema 1. En el triangulo rectangulo ABC con angulo recto en A, sean D

y E puntos en los lados AC y BC respectivamente, tales que AE y BC son

perpendiculares, y BD = DC = EC = 1. Determine la longitud del lado AC.

Problema 2. Un programa de computadora genera una sucesion de 2005numeros, de acuerdo con la siguiente regla: el primer numero es 1, y a partir de

all, luego de generar el numero x, el siguiente numero es igual a x +1

x. Los

primeros numeros de la sucesion son 1, 2, 52

, 3, . . ..

Determine el ultimo numero que genera el programa.

Nota: Los corchetes indican la parte entera del numero.

Problema 3. Determine todos los enteros positivos a y b tales que 8a + 1 es

multiplo de b y 8b + 1 es multiplo de a.

Problema 4. En el cuadrado ABCD de lado 6, sea M el punto medio del lado

AD y N el punto medio del lado AB. La diagonal BD corta a CN en K y a

CM en L. Determine el area del cuadrilatero KLMN.

Problema 5. Sean l1 y l2 dos rectas paralelas. Se han marcado k puntos en

la recta l1 y n puntos en la recta l2 (k n). Si se sabe que la cantidad total

de triangulos que tienen sus tres vertices en puntos marcados es 220, determinetodos los valores posibles de k y n.

Problema 6. Determine el menor entero positivo n 2, de modo que conn piezas cuadradas de lado 1, n 1 piezas cuadradas de lado 2, n 2 piezascuadradas de lado 3, ..., 2 piezas cuadradas de lado n 1, y 1 pieza cuadradade lado n, se pueda armar un rompecabezas cuadrado, sin huecos ni superposi-

ciones, y sin que sobre ninguna pieza. Para el valor de n hallado, muestre como



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se arma el rompecabezas.

2.4 Cuarto Examen (1 y 2 de julio)

Problema 1. El triangulo ABC esta inscrito en un crculo. Dos cuerdas se

dibujan desde el vertice A, intersectando al lado BC y al arco BC en los puntos

K, L y M, N respectivamente. Pruebe que si el cuadrilatero KLNM es cclico,

entonces el triangulo ABC es isosceles.

Problema 2. Sea n un entero positivo tal que 2n +2 es multiplo de n y 2n + 1

es multiplo de n 1. Pruebe que 22n+2 + 2 es multiplo de 2n +2 y que 22n+2 + 1es multiplo de 2n + 1.

Problema 3. Es posible llenar una cuadrcula de 11 11 con los numerosdel 1 al 121 de tal manera que todos los cuadrados perfectos esten en la misma

columna, y que cualesquiera dos numeros consecutivos esten en cuadritos ad-

yacentes?

Problema 4. Determine todos los numeros primos p, q y r, tales que p+q+r =

2005 y pqr + 1 es un cuadrado perfecto.

Problema 5. Sean E y F los puntos de tangencia de la circunferencia inscrita

del triangulo ABC con los lados AB y BC respectivamente. La bisectriz del

angulo CAB intersecta a la recta EF en K. Pruebe que el angulo CKA es recto.

Problema 6. Se divide un triangulo equilatero de lado n en n2 triangulitos

equilateros de lado 1, mediante paralelas a los lados del triangulo. Se elige un

paralelogramo con sus cuatro vertices en vertices de triangulitos y sus cuatro

lados paralelos a los lados del triangulo. De cuantas maneras se puede hacer

la eleccion del paralelogramo?



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2.5 Quinto Examen (29 y 30 de julio)

Problema 1. De los numeros positivos que pueden ser expresados como

suma de 2005 enteros consecutivos, no necesariamente positivos, cual ocupa la

posicion 2005?

Problema 2. Muestre que en todo entero positivo de 16 dgitos, hay un bloque

de uno o mas dgitos consecutivos tal que el producto de estos dgitos es un

cuadrado perfecto.

Problema 3. 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 respectivamente. Pruebe que PQRS es un para-

lelogramo y que:

Area(PQRS) =2

9 Area(ABCD).

Problema 4. Si se sabe que:

34! = 295, 232, 799, cd9, 604, 140, 847, 618, 609, 643, 5ab, 000, 000,

determine los dgitos a,b,c y d.

Problema 5. Dos circunferencias se tocan internamente en el punto M. Una

recta es tangente a la circunferencia interior en el punto P y corta a la circun-

ferencia exterior en los puntos Q y R. Pruebe que QM P = RM P.

Problema 6. Se tienen suficientes cuadrados de papel de 1 1 en los que cadalado se ha pintado de uno de 4 colores (cada cuadrado tiene los 4 colores). Se

quiere formar con estos cuadrados un rectangulo de m n, pegando solo ladosdel mismo color y de tal manera que tambien en el rectangulo cada lado quede

de un solo color y los cuatro lados del rectangulo queden de distinto color. Para

que m y n es esto posible?



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2.6 Sexto Examen (1 y 2 de octubre)Problema 1. Determine todos los enteros positivos m y n tales que cada casilla

del tablero de m n se puede colorear con rojo, azul o verde de manera quecada casilla roja tenga exactamente una vecina azul y una vecina verde, cada

casilla azul tenga exactamente una vecina roja y una verde y cada casilla verde

tenga exactamente una vecina roja y una azul.

NOTA: Dos casillas son vecinas si tienen un lado comun.

Problema 2. Sea ABC un triangulo acutangulo y sean AN, BM y CP lasalturas relativas a los lados BC, CA y AB, respectivamente. Sean R, S las

proyecciones de N sobre los lados AB y CA, respectivamente, y Q, W las

proyecciones de N sobre las alturas BM y CP respectivamente. Pruebe que:

(a) R, Q, W y S son colineales.

(b) M P = RS QW.

Problema 3. Determine todos los enteros positivos a,b,c y d tales que:

a > b, a2c = b2d y ab + cd = 299 + 2101.

Problema 4. Dos circunferencias C1 y C2 se intersectan en los puntos A y B.Una recta que pasa por B intersecta a C1 en K y a C2 en M. Una recta para-lela a AM es tangente a C1 en Q. La recta AQ intersecta nuevamente a C2 en R.

(a) Pruebe que la tangente aC

2 en R y la recta AK son paralelas.

(b) Pruebe que las tangentes en Q y R, y la recta KM son concurrentes.

Problema 5. Pruebe que 20052005 es suma de dos cuadrados, pero no es suma

de dos cubos.

Problema 6. Considere n puntos en el plano y m rectas que unen pares de

puntos de tal manera que cualesquiera dos puntos estan unidos por a lo mas una



27/67


recta. Sea k el numero mnimo de colores necesarios para pintar los n puntos

de tal manera que cualesquiera dos puntos unidos por una recta tienen distinto

color. Pruebe que:

k n2

n2 2m.



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CAPITULO 3

Examen del Concurso Nacional de la 19a.

Olimpiada Mexicana de Matematicas

Problema 1. Sea O el centro de la circunferencia circunscrita al tri anguloABC, y sea P un punto cualquiera sobre el segmento BC (P = B y P = C).Supon que la circunferencia circunscrita al triangulo BP O corta al segmento

AB en R (R = A y R = B) y que la circunferencia circunscrita al trianguloCOP corta al segmento CA en el punto Q (Q = C y Q = A).

(i) Considera el triangulo P QR; muestra que que es semejante al triangulo

ABC y que su ortocentro es O.

(ii) Muestra que las circunferencias circunscritas a los triangulos BP O, COP

y P QR son todas del mismo tamano.

(Sugerido por Jose Antonio Gomez)

Problema 2. Dadas varias cuadrculas del mismo tamano con numeros escritos

en sus casillas, su suma se efectua casilla a casilla, por ejemplo:

1 2

3 4+

1 0

0 1+

2 0

3 0=

4 2

6 5

25


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3. Examen del Concurso Nacional de la 19a. Olimpiada Mexicana de Matematicas26

Dado un entero positivo N, diremos que una cuadrcula es N-balanceada si

tiene numeros enteros escritos en sus casillas y si la diferencia entre los numeros

escritos en cualesquiera dos casillas que comparten un lado es menor o igual

que N.

(i) Muestra que toda cuadrcula 2n-balanceada (de cualquier tamano) se

puede escribir como suma de 2 cuadrculas n-balanceadas.

(ii) Muestra que toda cuadrcula 3n-balanceada (de cualquier tamano) se

puede escribir como suma de 3 cuadrculas n-balanceadas.

(Sugerido por David Mireles)

Problema 3. Determina todas las parejas (a, b) de enteros distintos de cero

para las cuales es posible encontrar un entero positivo x primo relativo con b

y un entero cualquiera y, tales que en la siguiente lista hay una infinidad de

numeros enteros:

a + xy

b,

a + xy2

b2,

a + xy3

b3, . . . ,

a + xyn

bn, . . .

(Sugerido por Miguel Raggi)

Problema 4. Decimos que una lista de numeros a1, a2, . . . , am contiene una

terna aritmetica ai, aj, ak si i < j < k y 2aj = ai + ak. Por ejemplo, 8, 1, 5, 2, 7

tiene una terna aritmetica (8, 5 y 2) pero 8, 1, 2, 5, 7 no.

Sea n un entero positivo. Muestra que los numeros 1, 2, . . . , n se pueden reor-

denar en una lista que no contenga ternas aritmeticas.

(Sugerido por Jose Antonio Gomez)

Problema 5. Sea N un entero mayor que 1. En cierta baraja de N3 cartas,

cada carta esta pintada de uno de N colores distintos, tiene dibujada una de Nposibles figuras y tiene escrito un numero entero del 1 al N (no hay dos cartas

identicas). Una coleccion de cartas de la baraja se llama completasi tiene cartas

de todos los colores, o si entre sus cartas aparecen todas las figuras o todos los

numeros.

Cuantas colecciones no completas tienen la propiedad de que, al anadir cualquier

otra carta de la baraja, ya se vuelven completas?

(Sugerido por Humberto Montalvan)



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3. Examen del Concurso Nacional de la 19a. Olimpiada Mexicana de Matematicas27

Problema 6. Sea ABC un triangulo y AD la bisectriz del angulo BAC, con

D sobre BC. Sea E un punto sobre el segmento BC tal que BD = EC. Por

E traza l la recta paralela a AD y considera un punto P sobre l y dentro del

triangulo. Sea G el punto donde la recta BP corta al lado AC y sea F el punto

donde la recta CP corta al lado AB. Muestra que BF = CG.

(Sugerido por Jesus Jeronimo Castro)



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CAPITULO 4

Soluciones de los Examenes Selectivos

4.1 Solucion del Primer Examen

Solucion 1. El area del cuadrado es s2 = 11 + 12 + 13 + 14 + 15 + 16 = 81,por lo que s = 9. La respuesta es (a).

Solucion 2. El unico arreglo que sirve es 31 4

2= 1, por lo que w+y = 3+4 = 7.

La respuesta es (e).

Solucion 3. 2(1 12

) + 3(1 13

) + 4(1 14

) + + 10(1 110

) = 2( 12

) + 3( 23

) +

4( 34

) + + 10( 910

) = 1 + 2 + 3 + + 9 = 9102

= 45. La respuesta es (a).

Solucion 4. Un numero que es uno mayor que un multiplo impar de 5 es par y

por lo tanto no puede ser menor en uno que un multiplo de 6. Por consiguiente,es suficiente examinar los numeros 11, 21, 31, 41, . . . , 91. De estos, solo 11, 41 y

71 son menores en uno que un multiplo de 6. Estos son todos primos y su suma

es 123. La respuesta es (c).

Solucion 5. Tenemos que p+q+r3

= 8, de donde p + q+ r = 24; y p+q+r+s+t5

= 7,

de donde p + q+ r + s + t = 35. Entonces s + t = (p + q+ r + s + t)(p + q+ r) =35 24 = 11 y as s+t

2= 5.5. La respuesta es (c).

28


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4. Soluciones de los Examenes Selectivos 29

Solucion 6. Sumando 3 a cada igualdad, tenemos que c = a+2 = b+5 = d+7,

de donde es facil ver que c es siempre el mayor. La respuesta es (c).

Solucion 7. La igualdad del problema es equivalente a la igualdad (a + 2b +

c)(a+b+c) = 3(a+b)(b+c), de donde b2 = a2 +c2ac. Pero la ley de los cosenosestablece que b2 = a2 + c2 2ac cos B. Luego, tenemos que 1 = 2cos B ocos B = 1

2, de donde B = 60. La respuesta es (c).

Solucion 8. Tamara y Anita cantaron, cada una, o bien 6 o bien 7 canciones.

Si N denota el numero de canciones cantadas por los tros, entonces 3N =

5 + 6 + 6 + 8 = 25 o 3N

= 5 + 6 + 7 + 8 = 26 o 3N

= 5 + 7 + 7 + 8 = 27. Solo27 es multiplo de 3, de donde 27

3= 9 es el numero de canciones interpretadas

por los tros. La respuesta es (b).

Solucion 9. Si sen x = 3cos x, entonces tan x = 3. De la figura, concluimos

que sen x cos x = 310

110

= 310

, para cualquier angulo agudo x.

3

1

10x

Si x es otro angulo tal que tan x = 3, entonces tan x = tan x. Es decir,senx

cosx senx

cosx= 0. Como senx

cosx senx

cosx= senx

cosxsenx cosxcosx cosx

, entonces sen x cos x sen x cos x = 0. Es decir, sen(x x) = 0 y por lo tanto x x es un multiplode . Sea x x = k con k entero. Entonces:

sen x = sen(x + k) = sen x cos k + cos x sen k

= sen x cos k = sen x = 310

.

Similarmente, obtenemos que cos x = cos x cos k = cos x = 110

. Por lo

tanto, sen x cos x = 310

, ya que sen x y cos x tienen el mismo signo.

Alternativamente, tenemos que 3 cos x = sen x =

1 cos2 x 9cos2 x =1 cos2 x 10cos2 x = 1 cos x = 1

10, y as sen x =

1 1

10= 3

10, de



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donde sen x cos x = 310

.

Alternativamente, multiplicando la igualdad dada por sen x y despues por cos x,

tenemos que sen2 x = 3sen x cos x y cos2 x = 13

sen x cos x. Luego, sen2 x +

cos2 x = (3+ 13

)sen x cos x, es decir, 1 = 103

sen x cos x, de donde sen x cos x = 310

.


Solucion 10. Tenemos que a = bc, b = ca y c = ab implican la igualdad

abc = (bc)(ca)(ab) = (abc)2, de donde (abc)(abc 1) = 0, y as abc = 0 oabc = 1. Se sigue tambien de las igualdades iniciales que a2 = abc, b2 = abc

y c2 = abc. Como a, b y c son distintos de cero, tenemos que abc = 1 y en

consecuencia, |a| = |b| = |c| = 1. Es facil ver que las unicas soluciones son(a,b,c) = (1, 1, 1), (1, 1, 1), (1, 1, 1) y (1, 1, 1). La respuesta es (d).Solucion 11. De la figura tenemos que x = 180 ((y + u) + (z + v)) =180 (y + z) (u + v) = 180 (y + z) (180 w) = w y z.

x

y zw

C

A B

D

u v

Alternativamente, en el cuadrilatero ADBCtenemos que x+y+z+(360w) =360, de donde x = w y z. La respuesta es (a).Solucion 12. De la segunda ecuacion tenemos que c(a + b) = 23. Como 23

es primo, los dos factores deben ser 1 y 23. Como a + b > 1, entonces c = 1 y

a + b = 23. Sustituyendo en la primera ecuacion tenemos que a2 22a + 21 = 0con soluciones a = 1 y a = 21, y los correspondientes valores de b son 22 y 2.

Por lo tanto, las soluciones son (1, 22, 1) y (21, 2, 1). La respuesta es (c).

Solucion 13. Usando la formula para resolver una ecuacion cuadratica, tene-

mos que:

x =p

p2 + 4(444p)

2.

Como ambas soluciones deben ser enteras, entonces p2 + 4(444p) = p(p + 1776)

debe ser un cuadrado perfecto. Luego, p + 1776 debe ser multiplo de p y en



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consecuencia 1776 tambien. Como 1776 = 24

3

37 se sigue que p = 2, 3 o 37.

Es facil verificar que ninguno de los numeros 2(2 + 1776) y 3(3 + 1776) es un

cuadrado perfecto. Si p = 37, entonces 37(37 + 1776) = 2592 y las soluciones

de la ecuacion en este caso son 111 y 148. Por lo tanto, p = 37 es la unicasolucion. La respuesta es (d).

Solucion 14. Sea h la altura del trapecio. Tenemos que P M = M Q y

2(2P M) = 2P Q = RS = SL +LR = SL +3SL = 4SL, de donde P M = M Q =

SL = 12

y LR = 32

. Denotando con (ABC . . .) al area del polgono ABC . . .,

tenemos que (PQRS) = 12

(2 + 1)h = 32

h, (PMLS) = 12

h (por ser PMLS un

paralelogramo), (MN Q) = ( 12

)( 12

) (h2

) = h8

y (LRN) = ( 12

)( 32

)(h2

) = 3h8

. En-

tonces, (LMN) = 3h2

h2

h8

3h8

= h2

, de donde (LMN)(PQRS)

= h/23h/2

= 13

. La

respuesta es (e).

L

N

MP

S R

Q

Solucion 15. Una estrategia natural en la solucion de un problema como este

es llenar primero cualquier casilla para la cual no existe otra alternativa, o si no

se presenta este caso, llenar primero aquellas casillas para las cuales hay muy

pocas alternativas. En este problema no hay ninguna casilla que tenga una sola

posibilidad, pero hay varias que tienen solo dos posibilidades, y comenzaremos

con una de estas. Primero, llenaremos la casilla en la segunda fila y tercera

columna. Dado que hay un 2 y un 5 en esta fila, y un 3 y un 4 en esta

columna, las unicas alternativas disponibles son 1 y 6. Si escogemos el 1, otras

tres casillas quedan determinadas. Si escogemos el 6, las mismas tres casillas

quedan determinadas. Por lo tanto, hasta aqu las alternativas son:



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6 5 4 3 2 1654321 2 3 4 5 65

432

61

6 16 5 4 3 2 1654321 2 3 4 5 65

432

16

1 6

Ahora, si llenamos las cuatro casillas centrales, encontramos que nuevamente

hay dos posibilidades, no importa si hayamos escogido el 1 o el 6 al principio.

Por ejemplo, procediendo a partir de la primera eleccion que mostramos arriba,

obtenemos:

6 5 4 3 2 1654321 2 3 4 5 6

5432

61

6 1

525 2

6 5 4 3 2 1654321 2 3 4 5 6

5432

61

6 1

252 5

o sea, tenemos otras dos alternativas para cada una de nuestras dos elecciones

iniciales.

Las casillas restantes pueden llenarse en dos grupos de cuatro de la misma

manera, donde cada nuevo grupo nos proporciona dos alternativas nuevas, no

importa cuales hayan sido las elecciones ya hechas. Por consiguiente, hay 24 =

16 maneras de completar el cuadrado. La respuesta es (a).

4.2 Solucion del Segundo Examen

Solucion 1. La hormiga recorrio una distancia igual a 5 veces la longitud de

cada arista. Como el volumen del cubo es 27 cm3, cada arista mide 3 cm. La

respuesta es (d).

Solucion 2. En cada viaje Emilia lleva 23

de cubeta. As que tiene que hacer

6 viajes para completar 4 cubetas. La respuesta es (b).

Solucion 3. Haciendo las operaciones obtenemos que 5( 12

13

) = 56

. La res-

puesta es (e).

Solucion 4. Para que las condiciones se cumplan debieron asistir a la reunion



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al menos dos hombres y dos mujeres. La respuesta es (c).

Solucion 5. Al armar la caja se forma una cara con cuatro cuadritos, a la que

se le opone una cara negra. El resto de las caras son blancas. La respuesta es

(e).

Solucion 6. Es suficiente con mover una ficha, como se muestra en la figura:

La respuesta es (b).

Solucion 7. Tenemos que A = 3B y C = 2A = 2(3B) = 6B. As que

180 = A+B +C = 3B +B +6B = 10B, de donde B = 18 y A = 3(18) = 54.

La respuesta es (c).

Solucion 8. Considerando que los caramelos cuestan x pesos, los chocolates

cuestan 2x pesos. Como 3(2x) + 2x = 8x = 16 tenemos que x = 2. As que dos

chocolates y tres caramelos cuestan 2(2x) + 3x = 7x = 7(2) = 14. La respuesta

es (c).Solucion 9. Llamemos h al ancho del margen. La diferencia entre los permetros

es 8 veces h (ver figura). As que h = 1 cm. La respuesta es (a).

h

h

h

hh h

hh

Solucion 10. Del total de asistentes, el 70% del 50% son mujeres y no tienen

los ojos claros. Es decir, el 70100

(50) = 35% del total. La respuesta es (b).

Solucion 11. Cada vez que mi hermanito rompe un pedazo, se agregan 10

pedazos pequenos y se elimina uno grande. As que la cantidad de pedazos

aumenta en 9. Como 46 = 10 + 9 + 9 + 9 + 9, mi hermanito rompio 4 pedazos.



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La respuesta es (d).

Solucion 12. Cortando y pegando como se muestra en la figura, tenemos que

el area sombreada es igual al area del cuadrado. La respuesta es (a).

A

D C

B

A

D C

B

Solucion 13. Daniela tarda 222 = 11 minutos en hacer la mitad del recorrido

en autobus. As que tarda 35 11 = 24 minutos en hacer la mitad del recorridocaminando. La respuesta es (d).

Solucion 14. Hay que abrir 5 cajas, que estan contenidas en al menos 2 cofres,

que estan dentro del baul. En total son 5 + 2 + 1 = 8 cerraduras. La respuesta

es (b).

Solucion 15. Entre el lunes en que empezo a trabajar y el domingo que

descanso, pasaron semanas completas. As que la cantidad de das transcurridos

debe ser multiplo de 7. Diego descansa cada quinto da, por lo que la cantidad

de das transcurridos debe ser multiplo de 5. Como el mnimo comun multiplo

de 7 y 5 es 35, y Diego trabaja 45

del tiempo entre descanso y descanso, la

respuesta es (d).

Solucion 16. Llamemos b a la base y h a la altura de cada triangulito. El area

del trapecio sombreado es(5h+4h)( 5

2b)

2= 45

2( bh

2) = 45

2. La respuesta es (b).

Solucion 17. Notemos que:

1. La menor suma posible es 1 + 3 + 5 + 7 = 16. As que (a) no es posible.2. La mayor suma posible es 19 + 17 + 15 + 13 = 64. As que (b) no es posible.

3. La suma de los cuatro numeros impares es par. As que (c) no es posible.

4. La unica manera de escribir 21 como el producto de dos numeros como los

que se indican es 3 7. As que (d) no es posible.5. Es posible cumplir (e) de la siguiente forma:



38/67


19 17

15 13


Solucion 18. Sea n el numero de estudiantes y c la cantidad a pagar. Tenemos

que 14n + 4 = c y 16n 6 = c, de donde n = 5 y c = 74. As que cada unodebe pagar 74

5= 14.8 pesos. La respuesta es (c).

Solucion 19. La suma de todos los numeros es 10 veces su promedio, as que es

igual a 100. La maxima posibilidad para el mayor es 91, que se obtiene cuandolos otros numeros son todos iguales a 1. La respuesta es (e).

Solucion 20. Los dos cuadrados grises de la figura son iguales, as que el area

buscada es igual al area de un rectangulo de lados 3a y b, es decir, igual a 3ab.


a

aa

a

a

a

b

Solucion 21. Se repartieron 12 puntos en total, de los cuales Jose tiene 1254 = 7, as que gano al menos un juego. En los tres juegos restantes acumulo 4

puntos, as que debio ganar uno de ellos y quedar segundo en otro. La respuesta

es (c).

Solucion 22. Cada uno de los angulos internos del pentagono mide 108, as

que = 180

108 = 72. Luego, x = 180

= 60 + +

= 60+72 =

132. La respuesta es (c).



39/67


x

Solucion 23. El conjunto con la menor suma es {2, 2, 5, 5, 1, 1, . . . , 1}. Es facilconvencerse de que las otras posibilidades tienen una suma mayor. La respuesta

es (c).

Solucion 24. El area del triangulo DC B es la mitad del area del rectangulo

ABCD y a su vez la mitad del area del rectangulo DBEF, as que el area de

ambos rectangulos es la misma. La respuesta es (b).

Solucion 25. El enunciado (c) es verdad y el (d) es mentira. Luego, los otros

tres son todos falsos o todos verdaderos. Si (a), (b) y (c) fueran verdaderos,

Luis tendra una cantidad de amigos que es prima, par y mayor que 3, lo cual no

puede ser. Por lo tanto, concluimos que Luis miente el da de hoy. La respuestaes (c).

Solucion 26. Despues de la primera operacion quedan 48 litros en el barril.

A esta cantidad se le quita la cuarta parte en la segunda operaci on. As que

quedan 48 484

= 36 litros de vino. La respuesta es (d).

Solucion 27. En la figura, = y = . La suma buscada es (180)(5) ( + + + + ) = 900 ( + + + + ) = 900 180 = 720. Larespuesta es (e).



40/67


Solucion 28. Si el primer dgito de mi edad es a y el segundo es b, entonces

10b + a > 3(10a + b), de donde ba

> 297

. Como 297

> 4, las posibilidades se

reducen a 29, 19, 18, 17, 16 y 15. La respuesta es (a).

Solucion 29. Marquemos el punto B en el punto opuesto al A. A la mitad

del recorrido, el disco esta recargado en B, as que la altura debe ser igual que

a la del principio de la grafica (la distancia entre A y B). La unica grafica que

cumple con esto es la primera. La respuesta es (a).

A

B

Solucion 30. Llamemos n + 1, n + 2, . . . , n + r a los numeros consecutivos.

Tenemos que 100 = n + 1 + n + 2 + + n + r = rn + r(r+1)2

= r(2n+r+1)2

.

Luego, se debe cumplir que 200 = r(2n + r + 1) de donde r debe ser un di-

visor de 200, y como r < 2n + r + 1, tenemos que r 1 esta en la

sucesion. Entonces, los siguientes n terminos son:

n2 + 1

n,

n2 + 2

n, . . . ,

n2 + n

n= n + 1.

Luego, si escribimos todos los terminos de la sucesion como fracciones tendremos

un numero con denominador 1, 2 numeros con denominador 2, 3 numeros con

denominador 3, ... , n numeros con denominador n, y as sucesivamente. Es

decir:1

1,

4

2,

5

2,

9

3,

10

3,

11

3, . . . ,

n2

n,

n2 + 1

n, . . . ,

n2 + n 1n

, . . .

Denotemos por x al ultimo numero de la sucesion. Si x tiene denominador k,tenemos que 1 + 2 + + k 2005 k(k + 1) 4010. Es facil ver que k = 62satisface esta desigualdad, y como la cantidad de terminos en la sucesion hasta

el ultimo numero con denominador 62 es 62(63)2

= 1953 y 2005 1953 = 52, sesigue que x = 63

2 +(521)63

= 402063

= 134021

.

Solucion del Problema 3. Si a = b tenemos que 8a+1a

= 8 + 1a

es entero si

a|1, es decir a = b = 1. Supongamos que a < b. Entonces b a + 1 y 7b > 7a,

de donde 8b > 8a + 1. Luego, como 8a + 1 = bk para algun entero positivo k,se sigue que k < 8 y como k no puede ser par (ni tampoco a y b), los valores

posibles de k son 1, 3, 5 y 7.

Si k = 1, entonces 8a + 1 = b y 8b+1a

= 64a+9a

= 64 + 9a

es entero si a|9. Deaqu se sigue que las parejas (1, 9), (3, 25) y (9, 73) son solucion.

Si k = 3, entonces 8a + 1 = 3b y 8b+1a

= 64a+11a

= 21 + a+113a

es entero si

3a|a + 11. Luego 3a a + 11 o a 5. De aqu se sigue que la pareja (1, 3) esla unica solucion.



42/67


Si k = 5, entonces 8a + 1 = 5b y 8b+1

a= 64a+13

5a= 12 + 4a+13

5aes entero si

5a|4a +13. Luego 5a 4a +13 o a 13. De aqu se sigue que la pareja (13, 21)es la unica solucion.

Si k = 7, entonces 8a+1 = 7b y 8b+1a

= 64a+157a

= 9+ a+157a

es entero si 7a|a+15.Luego 7a a + 15 o a 2. Es facil ver que en este caso no hay solucion.Por lo tanto, las soluciones son las parejas (1, 1), (1, 3), (1, 9), (3, 25), (9, 73),

(13, 21) y las reflejadas, es decir (3, 1), (9, 1), (25, 3), (73, 9) y (21, 13).

Solucion alternativa: Tenemos que a|8b + 1 y b|8a + 1 ab|(8b +1)(8a +1),es decir ab|64ab + 8(a + b) + 1, de donde ab|8(a + b) + 1.Supongamos que a b. Entonces, ab 8(a + b) + 1 8(2b) + 1 16b + 1, dedonde a 16 + 1

b, y como b 1, se sigue que a 16 + 1 = 17.

Como a y b deben ser impares, los valores posibles de a son 1, 3, 5, 7, 9, 11,

13, 15 y 17. Verificando cada valor de a, obtenemos las soluciones (1, 1), (1, 3),

(1, 9), (3, 25), (9, 73), (13, 21) y las reflejadas.

Solucion del Problema 4. Siendo M y N puntos medios de AD y AB,

tenemos que MN y BD son paralelas. Ademas, como AC y BD son perpen-diculares por ser diagonales de un cuadrado, se sigue que M N y AC tambien

son perpendiculares. Sean O y P los puntos de interseccion de AC con MN y

BD respectivamente. Entonces, el area del trapecio KLMN es (MN+KL)OP2

.

De la semejanza de los triangulos ABD y ANM tenemos que MN = 12

BD y

por el Teorema de Thales tenemos que 1 = ANNB

= AOOP

, de donde OP = AO =12

AP = 14

AC.

B

C

A

D

M

N

O

L

P

K

Por otra parte, de la congruencia de los triangulos CBN y CDM se sigue que



43/67


DM L = KN B, y como M D = N B y ADB = ABD, tenemos que los

triangulos N BK y MDL son congruentes. De aqu que DL = KB, y de la

semejanza de los triangulos N BK y CDK se sigue que DKKB

= 2 KB + KL =DL + KL = DK = 2KB KB = KL, de donde BD = 3KL.Finalmente, tenemos que:

(M N + KL)OP

2=

1

2

1

2BD +

1

3BD

1

4AC

=

5

48(BD)(AC) =

5

48(72) =

15

2.

Solucion del Problema 5. Para formar un triangulo debemos elegir dos pun-tos de l1 y uno de l2, o uno de l1 y dos de l2. Hay

k2

n maneras distintas de

escoger dos puntos de l1 y uno de l2, y hayn2

k maneras distintas de escoger

dos puntos de l2 y uno de l1. Luego, tenemos quek2

n +

n2

k = 220, de donde,

k(k 1)n + n(n 1)k = nk(k + n 2) = 440. Como nk debe dividir a 440,tenemos que nk 440 y como n k, resulta que n2 nk 440, de donden 440 < 21. Por lo tanto, los posibles valores de n son los divisores de 440menores o iguales que 20, es decir, 1, 2, 4, 5, 8, 10, 11 y 20. Verificando cada

uno de estos valores para n, encontramos que la unica solucion con k

n es

k = 8 y n = 5.

Solucion del Problema 6. Supongamos que el rompecabezas tiene lado k.

Entonces, la suma de las areas de los cuadrados que lo forman debe ser igual a

k2, es decir 12 n + 22 (n 1) + 32 (n 2) + + (n 1)2 2 + n2 = k2. Lasuma del lado izquierdo la podemos calcular como sigue:

n

i=1

i2(n i + 1) =n

i=1

(i2n i3 + i2)

= (n + 1)ni=1

i2 ni=1

i3

=n(n + 1)2(2n + 1)

6 n

2(n + 1)2

4

=n(n + 1)2(n + 2)

12.

Luego, debemos tener que n(n + 1)2(n + 2) = 12k2. Verificando los primeros



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valores de n

2 encontramos que n = 6 es el mas pequeno que cumple. La

figura muestra el armado del rompecabezas para n = 6.

6 6

4 4

4 4 4 4

5 5

5 53 3

3 3

3 3

3 3

2 2 2 2 2 2

2 2

2 2

1 1 1

1 1 1

4.4 Solucion del Cuarto Examen

Solucion del Problema 1. En el triangulo ACK tenemos que ACK =

ACB = 180 CAK CKA. Como CAK = CN L (por subtender

el mismo arco) yCKA

=M KL

(por ser opuestos por el vertice), resultaque ACB = 180 CN L M KL. Pero MKL = 180 MN L porser KMNL cclico. Entonces ACB = MN L CN L = MN C y comoM N C y ABC subtienden el mismo arco, se sigue que ACB = ABC, es

decir el triangulo ABC es isosceles.

BC

A

K M

L

N

Solucion del Problema 2. Ya que 2n + 1 = (n 1)k es impar, tenemos que kes impar y n es par. Tambien tenemos que 2n + 2 = 2(2n1 + 1) = mn, y como

n es par se sigue que m debe ser impar (ya que 2n + 2 no puede ser multiplo

de 4). Por otra parte, sabemos que xi + 1 = (x + 1)(xi1 xi2 + x + 1)



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para cualquier entero positivo impar i. Luego, como k es impar resulta que

22n+2 + 2 = 2(22n+1 + 1) = 2(2(n1)k + 1) es multiplo de 2(2n1 + 1) = 2n + 2,

y analogamente, como m es impar resulta que 22n+2 + 1 = 2mn + 1 es multiplo

de 2n + 1.

Solucion del Problema 3. Supongamos que es posible. Entonces la cuadrcula

quedara dividida en dos partes por medio de la columna que contiene a los

cuadrados perfectos, con 11n (0 n 5) casillas de un lado y 110 11n =11(10 n) casillas del otro lado. Notemos que los numeros entre dos cuadra-dos perfectos consecutivos, digamos a2 y (a + 1)2, deben estar del mismo lado,y aquellos numeros entre (a + 1)2 y (a + 2)2 deben estar en el lado opues-

to. Como el numero de enteros estrictamente entre 1 y 4, 4 y 9, 9 y 16,

..., 100 y 121 es 2, 4, 6, 8, . . . , 20, respectivamente, un lado de la cuadrcula

tiene 2 + 6 + 10 + 14 + 18 = 50 n umeros, mientras que el otro lado tiene

4 + 8 + 12 + 16 + 20 = 60 numeros. Pero esto es imposible pues 50 y 60 no son

multiplos de 11. Por lo tanto, no es posible hacer lo que se pide.

Solucion del Problema 4. Si p = 2 y 2 < q < r, entonces p + q+ r sera unnumero par, lo cual no es posible. Si p = q = 2, entonces r = 2001 = 3 667que no es primo. Por lo tanto, podemos asumir que 2 < p q r.Tenemos que pqr + 1 es un cuadrado, de donde pqr = k2 1 = (k + 1)(k 1)para algun entero k. Dividimos en dos casos:

(i) p|k 1:(a) Si k + 1 = qr, entonces k 1 = p y qr p = 2, lo cual no es posible ya queqr > 2r 2p > p + 2.(b) Si k + 1 = q, entonces k

1 = pr, de donde q > pr > r, lo cual no es posible.

(c) Si k+1 = r, entonces k1 = pqypq = r2 = (2005pq)2 = 2003pq,de donde (p + 1)(q + 1) = 2004. Es facil verificar que esta ecuacion no tiene

soluciones en numeros primos.

(d) Si k + 1 = 1, entonces k = 0 y pqr = 1, lo cual no es posible.(ii) p|k + 1:(a) Si k 1 = qr, entonces k + 1 = p, de donde p > qr > r, lo cual no es posible.(b) Si k 1 = q, entonces k + 1 = pr y pr q = 2, lo cual no es posible ya que



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pr > 2r

2q > q+ 2.

(c) Si k1 = r, entonces k+1 = pqypq = r+2 = (2005pq)+2 = 2007pq,de donde (p + 1)(q + 1) = 2008. Es facil verificar que esta ecuacion no tiene

soluciones en numeros primos.

(d) Si k 1 = 1, entonces k = 2 y pqr = 3, lo cual no es posible ya quepqr > 23 = 8.

Por lo tanto, no existen numeros primos p, q y r que cumplan las condiciones

del problema.

Solucion del Problema 5. Consideraremos los casos en que el punto K estaentre E y F, y cuando K esta fuera del segmento EF.

B C

A

I

E

F

K

B C

A

I

E

F

K

Sea I el incentro del triangulo ABC. Entonces A, I y K son colineales. Ten-

emos que CIK = 12

(BAC + ACB), por ser CIK un angulo exterior del

triangulo AIC y, porque AI y CI son bisectrices de los angulos BAC y ACB ,

respectivamente. Como BE = BF tenemos que BE F = BF E y en conse-

cuencia 2BF E = 180 CBA, es decir BF E = 90 12CBA.

(i) K esta entre E y F. En este caso, CIK + CF K = CIK + (180

BF E) = 12

(BAC +ACB )+(180 (90 12CBA)) = 90 + 1

2(BAC +

ACB + CBA) = 90 + 12

(180) = 180, de donde el cuadrilatero CIKF es

cclico. Luego, CKA = CF I = 90.

(ii) K esta en la prolongacion del segmento EF. En este caso, 12

(BAC +

ABC + ACB) = 9 0. Luego, CIK = 12

(BAC + ACB) = 9 0 12

(ABC) = BI F = BI E = BF E, donde la ultima igualdad se sigue

de que el cuadrilatero IEBF es cclico (ya que IEB = IF B = 90). Como



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CF K = BF E (por ser opuestos por el vertice), se sigue que CF K =

CIK. Luego, el cuadrilatero C I F K es cclico y por lo tanto CKA =

CF I = 90.

Solucion del Problema 6. Llamemos triangulo vertice a un triangulito que

comparte un vertice con el triangulo de lado n (hay tres triangulos vertice).

Diremos que el triangulo tiene direccion 1 y el triangulo tiene direccion

2. Es claro que cada paralelogramo esta determinado por dos triangulitos con

direcciones opuestas (ver figura).

Fijemonos en un triangulo vertice y supongamos que tiene direccion 1. Ob-

servemos que este triangulo vertice determina paralelogramos con todos los

triangulitos que tienen direccion 2. Es decir, determina paralelogramos conun triangulito del segundo nivel (contando siempre de arriba hacia abajo), dos

triangulitos del tercer nivel, y as sucesivamente hasta con n 1 triangulitosdel n-esimo nivel. Luego, tenemos 1 + 2 + + (n 1) paralelogramos de-terminados por el triangulo vertice considerado. En el segundo nivel tenemos

entonces dos triangulitos, digamos A y B, con direccion 1. Fijemonos en A y

consideremos el triangulo de lado n 1 que contiene a A y que no contieneal triangulo vertice elegido. Entonces, por el argumento anterior, el triangulo

Adetermina 1 + 2 + + (

n 2) paralelogramos (y lo mismo sucede con

B). Ahora, en el tercer nivel tenemos tres triangulitos, digamos A1, B1 y C1,

con direccion 1. Fijemonos en A1 y consideremos el triangulo de lado n 2que contiene a A1 y que no contiene a ningun triangulito de un nivel ante-

rior. Entonces, A1 determina 1 + 2 + + (n 3) paralelogramos (y lo mismosucede con B1 y C1). Continuando de esta forma, tenemos que el triangulo

vertice elegido y todos los triangulitos que tienen su misma direccion, determi-

nann1

i=1 (1+2+ + i)(ni) paralelogramos. Luego, como hay tres triangulos



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vertice, el numero total de paralelogramos es 3

n1i=1 (1 + 2 +

+ i)(n

i).

Finalmente, no es difcil ver que 3 n1i=1 (1+2+ + i)(n i) = (n1)n(n+1)(n+2)8 .

4.5 Solucion del Quinto Examen

Solucion del Problema 1. Como 2005 es impar, entonces para cada entero

n tenemos que:

2005n = (n 1002) + (n 1001) + + n + + (n + 1001) + (n + 1002).

En consecuencia, el numero buscado debe ser forzosamente multiplo de 2005,

por lo que el que ocupa la posicion 2005 es el numero 20052.

Solucion del Problema 2. Sean d1, d2 . . ., d16 los dgitos del numero. Si

alguno de estos dgitos es 0, 1, 4 o 9, no hay nada que probar. Luego, podemos

asumir que cada uno de los dgitos es 2, 3, 5, 6 = 2 3, 7 u 8 = 23. Sea x0 = 1

yxi =

d1

d2

di, para

i= 1

,2

, . . . ,16. Entonces

xi = 2

pi

3qi

5ri

7si

,para i = 0, 1, 2, . . . , 16, donde cada uno de los numeros pi, qi, ri, si es un entero

mayor o igual que cero. Diremos que xi y xj tienen el mismo patron de paridad

si tienen la misma paridad pi y pj; qi y qj; ri y rj; si y sj. Luego, es facil

ver que hay 24 = 16 posibles patrones de paridad. Entonces, por el principio

de las casillas, dos de las diecisiete xis, digamos xk y xl con k < l, tienen el

mismo patron de paridad. Finalmente, es facil ver que dk+1 dl = xlxk esun cuadrado perfecto.

Solucion del Problema 3. Denotaremos por (XY Z...) al area de la figura

XY Z.... Sean M y N los puntos medios de AE y EC, respectivamente. Por

ser DM, DN, BM y BN medianas, tenemos que 2 = DSSM

= DRRN

= BPPM

= BQQN

,

de donde por el Teorema de Thales se sigue que son paralelas SR y M N; M N

y P Q; SP y BD ; BD y RQ. Tenemos entonces que (DRS) = 49

(DN M),

(BQP) = 49

(BN M), (M SP) = 19

(M DB) y (N RQ) = 19

(N DB). Consider-

aremos los casos cuando el cuadrilatero MBND es convexo y cuando es concavo.



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(i) MBND es convexo. En este caso, (PQRS) = (MBND)

[(BQP) +

(N RQ)+(DRS)+(M SP)] = (MBND)[ 49

((BN M)+(DN M))+ 19

((N DB)+

(MDB))] = (MBND) [ 49

(MBND) + 19

(MBND)] = 49

(MBND), es de-

cir, (MBND) = 94

(PQRS). Por otra parte, (ABCD) = (ABE) + (BC E) +

(CDE) (AED) y como toda mediana divide a un triangulo en dos triangulosde la misma area, resulta que (ABCD) = 2[(BE M) + (BN E) + (DEN) (DEM)] = 2(MBND) = 2( 9

4(PQRS)) = 9

2(PQRS).

A

B

C

D

EM

N

P

Q

R

S A

B

C

D

EM

N

P

QR

S

(ii) MBND es concavo. Supongamos, sin perdida de generalidad, que BND >

180. En este caso, (PQRS) = (MBND) + (N RQ)

[(BQP) + (DRS) +

(MSP)] = (MBND) [(M SP) (N RQ)] [(BQP) + (DRS)] = (MBND) 19

((M DB) (N DB)) 49

((BN M) + (DN M)) = (MBND) ( 19

(MBND) +49

(MBND)) = 49

(MBND). La conclusion se sigue como en el caso (i).

Solucion del Problema 4. Como 5 10 15 20 25 30 = 5 (2 5) (3 5) (4 5) (5 5) (5 6) es factor de 34!, tenemos que 34! es multiplo de 57 ypor lo tanto es multiplo de 107 (ya que 34! tiene al menos 17 dgitos dos en su

factorizacion, uno por cada factor par). Luego, b = 0. Calculando 34!107

modulo

10 tenemos que:

34!

107= 29, 523, 279, 9cd, 960, 414, 084, 761, 860, 964, 35a

= (34 33 32 31 3 29 28 27 26 24 23 22 21 19 18 17 16)(3 14 13 12 11 9 8 7 6 3)

2,



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de donde a = 2. Alternativamente, como 34!107

es multiplo de 8, tenemos que

35a 0 (mod 8) y como a es un dgito, la unica posibilidad es a = 2.Por otra parte, como 34! es multiplo de 9 y de 11, tenemos que 141 + c + d 6 + c + d 3 + c + d 0 (mod 9) y (80 d) (61 + c) = 19 + d c 8 + d c 0 (mod 11). Es facil ver que c + d 3 (mod 9) solo si c = 1, d = 2;c = 2, d = 1; c = 0, d = 3 o c = 3, d = 0. De estas posibilidades, la unica que

cumple con c d 8 (mod 11) es c = 0 y d = 3. Por lo tanto, la respuesta esa = 2, b = 0, c = 0 y d = 3.

Solucion del Problema 5. Denotamos por U V al arco entre los puntos U, Vmedido desde U en sentido contrario al de las manecillas del reloj.

Sean X y Y los puntos de interseccion de M Q y M R con la circunferencia inte-

rior respectivamente, y sea L la tangente comun a ambas circunferencias. Comoel cuadrilatero M Y P X es cclico, tenemos que QMP = XY P. Ademas

RM P = RP Y por subtender el mismo arco. Como el angulo formado por

L y M R subtiende a los arcos Y M y RM, en las circunferencias interior yexterior, tenemos que los arcos

Y M y

RM tienen la misma medida en grados.

Luego, MXY = M QR de donde XY y QR son paralelas. De aqu que,XY P = RP Y y por lo tanto QM P = RMP.

M

X

Y

Q

R

P

L

Solucion del Problema 6. Demostraremos que es posible si y solo si, m y n

tienen la misma paridad. Los numeros 1, 2, 3 y 4 denotan los colores.

(a) m y n son ambos impares. Podemos formar un rectangulo de 1 n comosigue:



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4.6 Solucion del Sexto ExamenSolucion del Problema 1. Sean A, B y C los colores. Consideremos una

esquina del tablero de mn, digamos la esquina inferior izquierda y supongamosque tiene el color A. Entonces, es facil ver que las unicas posibilidades de

colorear a los subtableros de 3 2 y 2 3 que contienen la esquina de color A,son:

A C

B B

C A

(a)

A C B

B C A

(b)

salvo cambiar B por C. Luego, estos subtableros son los mas pequenos que

cumplen las condiciones del problema.

En el caso (a), es facil ver que la unica posibilidad para los siguientes seis

cuadritos de la tercera y cuarta columnas es la siguiente:

A C C A

B B B B

C A A C

Es decir, tenemos que ir poniendo el reflejado de las anteriores dos columnas.

Luego, la unica posibilidad de colorear el resto de las columnas del subtablero

de 3 n es reflejando, sucesivamente, el tablero de 3 2 con el que empezamos,de donde n debe ser par. Para terminar de colorear el tablero, basta reflejar el

subtablero de 3 n, sucesivamente, hacia arriba, de donde m debe ser multiplode 3.

De manera analoga, para el caso (b) la unica manera de colorear es reflejando,

sucesivamente, el subtablero de 2 3 primero a la derecha y luego hacia arribadel tablero. Luego, en este caso m debe ser par y n multiplo de 3.

Por lo tanto, la respuesta es n par y m multiplo de 3 o viceversa.

Solucion del Problema 2. (a) Sea H el ortocentro del triangulo ABC. Como

BRN = BQN = 90 y AP H + AMH = 180, los cuadrilateros QRBN



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y HQNW son cclicos. Luego, RQB = RN B. Por otro lado, es facil ver que

RBN N BA y P AH W N H , y as RN B = N AB = HAP =HN W = RQB. Luego, como el cuadrilatero HQNW es cclico tenemos que

HQW = HN W = RQB y as R, Q y W son colineales.

A

B C

SW

QR

N

MP

H

De manera analoga, como CW N = CSN = 90 el cuadrilatero S W N C

es cclico. Luego, SW C = SN C y como SC N N CA y M AH QN H, tenemos que SN C = N AC = HAM = HN Q = SW C. Fi-nalmente, como HQNW es cclico, resulta que HW Q = HN Q = SW Cy por lo tanto S, W y Q son colineales. Luego, los cuatro puntos R,Q,W y S

son colineales.

(b) Como el cuadrilatero APHM es cclico (AP H+AMH = 180), tenemos

que HAP = HMP y como HQW = HAP (segun el inciso anterior),

resulta que P M y SR son paralelas y en consecuencia los triangulos AMP y

ASR son semejantes. Luego:

SRM P

= ASAM

= AM + M SAM

SRM P

= 1 + MSAM

.

Como QN M S y BM N S, tenemos que MQNS es un paralelogramo(de hecho es rectangulo), de donde M SQ = SQN = W QN. Luego,

como QN W = HN Q + HN W = HAM + HAP = P AM (donde la

segunda igualdad se sigue de que HN Q = HAM y HN W = HAP por

lo demostrado en el inciso anterior), tenemos que los triangulos P AM y W N Q



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son semejantes. De aqu que:

QW

MP=

QN

AM.

Finalmente, como QN = M S (por ser MQNS paralelogramo), se sigue de lo

anterior que:SR

M P= 1 +

QW

MP

de donde M P = RS QW.

Solucion del Problema 3. Sean D = (a, b) y E = (c, d), donde los parentesis

indican el maximo comun divisor de los numeros. Entonces a = Du, b = Dv,

(u, v) = 1, c = Em, d = En y (m, n) = 1. Luego, a2c = D2u2Em = D2v2En =

b2d u2m = v2n u2|n y v2|m ya que (u2, v2) = 1; y tambien u2m = v2n n|u2 y m|v2 ya que (m, n) = 1. Por lo tanto, n = u2 y m = v2. Luego:

ab + cd = D2uv + E2mn = D2uv + E2u2v2 = 299(1 + 22),

de donde, uv(D2

+ E2

uv) = 5 299

.Dividimos en casos:

(i) uv = 5 y D2 + E2uv = 299. Entonces D2 + 5E2 = 299. Modulo 5 tenemos

que D2 299 3, lo cual es imposible pues los cuadrados solo pueden sercongruentes con 0, 1 o 4 modulo 5.

(ii) uv = 299 y D2 + E2uv = 5. Entonces D2 + 299E2 = 5. Como D2 + 299E2 >

299 > 5, este caso no es posible.

(iii) u = 5 y v = 2i. Como a > b, tenemos que u > v y as v = 1, 2 o 4. Si

v = 1, estamos en el caso (i). Si v = 2, entonces D2 + 10E2 = 298. Es facil ver

que de esta igualdad se sigue la siguiente serie de implicaciones:

2|D2 22|D2 2|E2 22|E2 23|D2 24|D2 298|D2,

y de aqu que 298 D2. Pero esto implica que 10E2 0 lo cual es un absurdo.Si v = 4, entonces D2 + 20E2 = 297. Modulo 5 tenemos que D2 297 2, locual es imposible.



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(iv) u = 2i y v = 5 con i

3. Entonces D2 +5

2iE2 = 299i. Modulo 5 tenemos

que D2 299i y como:

2n

1 si n = 4k,

2 si n = 4k + 1,

4 si n = 4k + 2,

3 si n = 4k + 3,

se sigue que 299i 1 o 4, de donde 99 i = 4k o 4k + 2.Si i = 99

4k, entonces D2 + 5

2994kE2 = 24k. Claramente D2 + 5

2994kE2 >

24k si 99 4k 4k, es decir si k 12. Como i 3, basta considerar los valoresde k tales que 13 k 24. En este caso 99 4k < 4k y as:

D2 = 24k 5 2994kE2 = 2994k(28k99 5E2).

Como 99 4k es impar, tenemos que 28k99 5E2 = 2l2 para algun enteropositivo l. Es facil ver que de esta igualdad se sigue la siguiente serie de impli-

caciones:

2|E2 22|E2 2|l2 22|l2 23|E2 24|E2 28k99|E2.

Luego, 28k99 E2 < 5E2 de donde 28k99 5E2 < 0. Esto es un absurdo,pues 2l2 > 0.

Si i = 974k, entonces D2+52974kE2 = 24k+2. Tenemos que D2+52974kE2 >24k+2 si 97 4k 4k + 2, es decir si k 11. Luego, basta considerar los valoresde k tales que 12 k 23. En este caso 97 4k < 4k + 2 y as:

D2 = 24k+2 5 2974kE2 = 2974k(28k95 5E2).

Como 97 4k es impar, tenemos que 28k95 5E2 = 2l2 para algun enteropositivo l. Nuevamente es facil ver que de esta igualdad se sigue la siguiente

serie de implicaciones:

2|E2 22|E2 2|l2 22|l2 23|E2 24|E2 28k95|E2.



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De aqu que 28k95

E2 < 5E2 y as 28k95

5E2 < 0. Esto es un absurdo,

pues 2l2 > 0.

Por lo tanto, no existen enteros positivos a,b,c,d que satisfagan el problema.

Solucion del Problema 4. (a) Sea RY la tangente en R, y C el punto de

interseccion de KM con la tangente en Q.

M

K

R

A

C

B

Q

Y

C1C2

Tenemos que QBA = CQA por subtender el mismo arco en C1, y CQA =QAM por ser paralelas CQ y AM. Como M AR = M BR por subtender

el mismo arco enC

2, tenemos que QAM = 180

MAR = 180

MBR =

KBR. Luego, QBA = KB R, es decir QBK + KBA = KBA +

ABR, de donde QBK = ABR. Como QBK = QAK por subten-

der el mismo arco en C1, y ABR = ARY = QRY por subtender el mismoarco en C2, se sigue que QAK = QRY y por lo tanto AK y RY son paralelas.

(b) Tenemos que QCB = BM A por ser paralelas CQ y AM, y BM A =

BRA = QRB por subtender el mismo arco en C2. Entonces QCB =QRB y en consecuencia Q , B , R y C son concclicos. Sea D el punto de in-

terseccion de RY con MK. Entonces RDB = AKB por ser paralelas AK

y RY segun el inciso anterior, y AKB = AQB = RQB por subtender el

mismo arco en C1. Luego, RDB = RQB y as R,D,Q y B son concclicos.Finalmente como C y D estan en la recta M K, se sigue que C y D son el mismo

punto, y por lo tanto RY, CQ y MK son concurrentes.

Solucion del Problema 5. Tenemos que 2005 = 5 401, 5 = 22 + 12 y



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401 = 202 + 12. Notando que (a2 + b2)(c2 + d2) = a2c2 + b2d2 + a2d2 + b2c2 =

(acbd)2 + 2abcd + (ad + bc)2 2abcd = (acbd)2 + (ad + bc)2 para cualesquieranumeros reales a,b,c,d, se sigue que 2005 = 412 + 182 = 392 + 222 y as:

20052005 = 2005(20052004) = (412 + 182)(20051002)2

= (41 20051002)2 + (18 20051002)2,

o bien

2005

2005

= (39

2

+ 22

2

)(2005

1002

)

2

= (39 20051002

)

2

+ (22 20051002

)

2

.

De manera alternativa, podemos aplicar la formula anterior repetidamente para

escribir 20052005 como suma de dos cuadrados.

Ahora, como todo cubo es congruente con 0, 1 o 1 modulo 7, entonces lasuma de dos cubos es congruente con 0, 1, 2, 1 o 2 modulo 7. Pero 2005 3 (mod 7) 20052005 32005 = 36334 3 = (36)334 3 (1)334 3 = 3 (mod 7),de donde 20052005 no puede ser la suma de dos cubos. Un argumento modulo

13 tambien funciona.

Solucion del Problema 6. Denotemos con 1, 2, . . . , k a los colores. Sea ni

el numero de puntos que tienen el color i, para i = 1, 2, . . . , k. Como hay n

puntos, tenemos que n1 + n2 + + nk = n.Notemos que para cualesquiera r puntos en el plano tales que cualesquiera dos

estan unidos por a lo mas una recta, el numero maximo de rectas que determinan

esr2

. Usando esto y el hecho de que cualesquiera dos puntos unidos por una

recta tienen distinto color, tenemos que:

m

n

2

n1

2

+

n2

2

+ +

nk

2

,

con la igualdad si y solo si todo punto de color i esta unido con todo punto de

color distinto de i, para i = 1, 2, . . . , k.



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Luego:

m n(n 1)2

12

ki=1

ni(ni 1) = 12

n2 n

ki=1

n2i +ki=1

ni

=1

2

n2 n

ki=1

n2i + n

=

1

2

n2

ki=1

n2i

.

Por otro lado, de acuerdo con la desigualdad de Cauchy-Schwarz, tenemos que:

k

i=1

n2ik

i=1

1 k

i=1

ni2

,

es decir,ki=1

n2i n2

k.

Por lo tanto:

m 12

n2 n

2

k

2km kn2 n2 k(n2 2m) n2 k n

2

n2 2m .



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CAPITULO 5

Solucion del Examen del Concurso

Nacional de la 19a. OMM

Solucion del Problema 1. Primero veamos que OQAR es un cuadrilaterocclico. Como ORBP y OPCQ son cclicos, tenemos que ROP = 180 B,QOP = 180 C. Luego, ROQ = 360 ROP QOP = B +C =180 A, y por lo tanto OQAR es cclico.

A

B C

OQ

P

R

Veamos ahora que P = A.

Como ORBP es cclico, OP R = OBR = OAB , y como OPCQ es

cclico, OP Q = OC Q = OAQ. Luego, P = OP R + OP Q =

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5. Solucion del Examen del Concurso Nacional de la 19a. OMM 57

OAB + OAQ = A. Analogamente, Q = B y R = C. Por lo

que P QR y ABC son semejantes.

Como OQAR es cclico tenemos que OQR = OAR = 90 C, y comoP RQ = C, QO es perpendicular a RP. Analogamente, RO es perpendicu-

lar a P Q, por lo que O es el ortocentro del triangulo P QR.

Notemos que los radios de las circunferencias circunscritas a BP O y COP son

iguales, ya que dichas circunferencias tienen como cuerda comun a P O y se

tiene que OBP = OC P. De igual manera, las circunferencias circunscritas

a los triangulos BP O y P QR tienen el mismo radio, ya que estas ultimas tienen

la cuerda P R en comun y los angulos RBP y P QR son iguales.Otra manera de resolver (ii) es usando la ley de los senos generalizada. La

circunferencia circunscrita a BP O cumple que el doble de su radio es OBsen OPBy el doble del radio de la que circunscribe a COP es OCsen OPC. Pero OB = OC

y sen OP B = sen OP C, por ser angulos suplementarios. El doble del radio

de la circunferencia circunscrita a P QR esta dado por RPsen PQR =RP

sen RBPque es igual al doble del radio de la circunferencia circunscrita a BP O.

Solucion del Problema 2. (i) Sea C una cuadrcula 2n-balanceada. Cons-truyamos primero dos cuadrculas identicas A y B poniendo en cada casilla

la mitad del numero correspondiente en C. Observemos que A + B = C, y

ademas, tanto en A como en B, numeros escritos en casillas que comparten un

lado tienen diferencia menor o igual que n. Sin embargo, los numeros de A

y B pueden no ser enteros. Para corregir esto, ajustemos A redondeando sus

numeros hacia abajo, y ajustemos B redondeando sus numeros hacia arriba.

A + B sigue siendo C. La diferencia de dos numeros en casillas que comparten

lado en A pudo haber aumentado, por culpa del ajuste, maximo en 1

2

. Pero

despues del ajuste la diferencia es un numero entero. Si este entero fuera mayor

o igual que n + 1, antes del ajuste la diferencia era mayor o igual que n + 12

, lo

cual es una contradiccion. Esto muestra que A es n-balanceada. Analogamente,

B es n-balanceada.

(ii) Sea D una cuadrcula 3n-balanceada. Construyamos tres cuadrculas iden-

ticas A, B y C poniendo en cada casilla la tercera parte del numero correspon-

diente en D. Entonces A + B + C = D, y en A, B y C numeros escritos en



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5. Solucion del Examen del Concurso Nacional de la 19a. OMM 58

casillas que comparten un lado tienen diferencia menor o igual que n. Para

hacer el ajuste, nos fijamos en el residuo modulo 3 de un numero escrito en D.

Si este residuo es cero, no hay nada que hacer (ya tenemos numeros enteros en

A, B y C). Si el residuo es 1, redondeamos los numeros correspondientes hacia

abajo en A y B y hacia arriba en C. Si el residuo es 2, redondeamos hacia

abajo en A y hacia arriba en B y C. Es claro que A + B + C sigue

folleto20a

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