olimpiadas costarricenses de...

XXVI OLIMPIADA COSTARRICENSE DE MATEMATICA

UCR-UNA-IT CR-UNED-MEP-MICIT

SEGUNDA ELIMINATORIA

NACIONAL

EXAMEN PRIMER NIVEL

SOLUCIONARIO

2014

SOLUCIONARIO EXAMEN PRIMER NIVEL SEGUNDA ELIMINATORIA 2014 1

I Parte: Seleccion Unica

1. Si al numero de tres dıgitos 2m3 se le suma 326 se obtiene el numero con tres dıgitos 5n9, en

donde m y n son dıgitos. Si 5n9 es divisible por 9 entonces el valor de m+ n es igual a

(a) 2

(b) 6

(c) 8

(d) 9

Solucion

Note que 0 ≤ n ≤ 9. Como 5n9 es divisible por 9 entonces

5n9

9=

5 · 102 + 10n+ 9

9= 10 ·

50 + n

9+ 1

es un entero y ası50 + n

9es un entero con lo cual n = 4 y

como 2m3 = 5n9− 326 = 549− 326 = 223 entonces m = 2 y m+ n = 6.

Respuesta correcta: Opcion b.

2. Si Lorena posee 560 colones para comprar tres tipos diferentes de frutas cuyos precios son de

70, 30 y 10 colones la unidad. Si ella desea comprar la menor cantidad de frutas, pero tener al

menos una de cada precio. Entonces la cantidad de frutas que debe comprar Lorena corresponde

a

(a) 8

(b) 9

(c) 10

(d) 11

Solucion

Lorena debe de realizar la compra de frutas de la siguiente manera:

7 frutas de 70 colones.

2 frutas de 30 colones.

1 fruta de 10 colones.

Por lo tanto la menor cantidad de frutas que debe comprar Lorena es 10 frutas.

Respuesta correcta: Opcion c.


3. Considere tres puntos no colineales A,B,C y seis rectas distintas en el mismo plano tal que cada

recta contiene al menos uno de los puntos A,B,C. El mınimo numero de puntos de interseccion

entre estas rectas es

(a) 4

(b) 5

(c) 6

(d) 7

Solucion

Sean l1 =←→AB, l2 =

←→BC, l3 =

←→AC, l4 ‖ l3 tal que B ∈ l4, l5 ‖ l2 tal que A ∈ l5. Llamemos D

el punto de interseccion de l5 y l4 y sea l6 =←→CD. Las rectas l6 y l1 se intersecan en un quinto

punto. Tenemos ası seis rectas con cinco puntos de interseccion.

Respuesta correcta: Opcion b.

4. La suma de todos los divisores positivos del maximo comun divisor de 1 800 y 924 es

(a) 12

(b) 15

(c) 27

(d) 28

Solucion

El maximo comun divisor de 1800 y 924 es 12. Los divisores positivos de 12 son 1, 2, 3, 4, 6, 12.

La suma de ellos es 28.

Respuesta correcta: Opcion d.


5. Dos relojes digitales se sincronizan a las 13:00. A partir de este momento uno se adelanta 5

minutos cada hora mientras que el otro se atrasa 10 minutos cada hora. ¿Cuantas horas despues

marcaran la misma hora?

(a) 4

(b) 24

(c) 48

(d) 96

Solucion

En una hora los dos relojes tienen 15 minutos de diferencia, en consecuencia cada cuatro horas

tienen una hora de diferencia. Los dos relojes marcaran la misma hora cuando tengan 24 horas

de diferencia y esto ocurre 4 · 24 = 96 horas despues.


6. Si 17 trabajadores en 48 dıas hacen un drenaje de 24m de largo por 6, 9m de ancho y 2m

de profundidad, trabajando 8 horas diarias, entonces ¿Cuantas horas diarias deben trabajar 36

trabajadores para construir en 17 dıas un drenaje de 23m de largo por 7, 2m de ancho y 2, 25m

de profundidad?

(a)16

3

(b)15

2(c) 10

(d) 12

Solucion

Para resolver el problema se puede construir una tabla como la siguiente en la cual se presentan

los datos del problema.

Trabajadores Duracion Largo ancho Profundidad Horas diarias

17 48 24 6,9 2 8

36 17 23 7,2 2,25 x

Ademas hay que tomar en cuenta el tipo de proporcionalidad que hay entre las variables. En

la siguiente tabla se muestra el tipo de proporcionalidad entre la variable “Horas diarias” y las

demas variables.

Variable Tipo de proporcionalidad

Trabajadores Inversa

Duracion Inversa

Largo Directa

Ancho Directa

Profundidad Directa


Por ultimo, aplicando la regla de tres compuesta y tomando en cuenta el tipo de proporcionalidad

entre las variables se obtiene

36

17·17

48·24

23·6, 9

7, 2·

2

2, 25=

8

x⇒

2

3=

8

x⇒ x = 12


7. Sea △ABC un triangulo isosceles de 300 cm de perımetro. Si AB = 2 ·BC, entonces la medida

en centımetros de AC es

(a) 60

(b) 75

(c) 120

(d) 150

Solucion

Sea AC = x, como AB = 2 ·BC y △ABC es isosceles hay dos posibilidades BC = x o AB = x.

Si BC = x, entonces AB = 2x y AC + BC = AB lo que contradice la desigualdad triangular

(AC + BC > AB). Ası, AB = x y BC = x

2, por lo que AC + BC + AB = 300 y entonces

x+ x+ x

2= 300 y x = 120.


8. Una piscina contiene agua con 6 300 gramos de cloro disuelto. Luego se agregan 10 litros de agua

pura. Cuando se encuentren completamente diluidos, se extraen 10 litros de agua y se observa

que esta tiene 1, 75 gramos de cloro. Entonces la cantidad de litros de agua que tenıa inicialmente

la piscina corresponde

(a) 3590

(b) 3600

(c) 35990

(d) 36000

Solucion

Sea x el volumen del tanque, la proporcion del cloro en los 10 litros que se extraen coincide con

la del agua del tanque, es decir,x+ 10

6300=

10

1, 75⇒ x+ 10 =

63000

1, 75⇒ x = 35990.



9. Se colocan seis bolas numeradas de 1 a 6 en un sombrero y se extraen dos de ellas al azar. La

probabilidad de que la diferencia entre los numeros de las dos bolas sea 1 corresponde a

(a)1

6

(b)1

5

(c)1

3

(d)11

30

Solucion

El numero de formas en que se pueden escoger las dos bolas es

Ç

6

2

å

= 15. Para que la diferencia

entre los numeros sea 1, las unicas parejas son {1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {4, 5}, {5, 6} por lo que la

probalibilidad es5

15=

1

3.


10. Dados cuatro numeros primos distintos, si se sabe:

I) La diferencia entre el mayor y el menor es 18.

II) La suma de los cuatro numeros es 76.

Entonces el resultado de la suma del mayor y menor de los cuatro numeros es

(a) 16

(b) 24

(c) 36

(d) 40

Solucion

De las dos condiciones se tiene que los numeros buscados son 11, 17, 19 y 29 por lo que la suma

del mayor y menor de los cuatro numeros es 40.



11. En una tienda de deportes se puede comprar una camiseta o una gorra o una bufanda de la

seleccion nacional por 10 000 colones, y un balon o unos tacos o unos guantes por 20 000

colones. Si dispongo de 30 000 colones, la cantidad de maneras en que puedo gastar la totalidad

de mi dinero sin repetir artıculos es

(a) 6

(b) 9

(c) 10

(d) 12

Solucion

Por cada artıculo de 10 000 colones tengo tres opciones en artıculos de 20 000 colones, es decir

9 formas. Tambien se pueden comprar los ntres artıculos de 10 000 colones, por lo cual hay 10

formas diferentes de gastar mi dinero sin repetir artıculos.


12. Considere un triangulo ABC en el que P es el punto de interseccion de la bisectriz del angulo

A con BC, M es la interseccion de la mediana desde el vertice B con CA, K es el punto

de interseccion de los rayos−−→AB y

−−→MP , D es el punto de interseccion del rayo

−→AP y CK. Si

PC = 2 ·BP y AB = BK entonces la medida del angulo ADK es

(a) 60◦

(b) 70◦

(c) 85◦

(d) 90◦

Solucion

Note que CB es mediana en el triangulo ACK. Como PC = 2BP entonces P es el baricentro

del triangulo ACK y MK que es tambien mediana del triangulo ACK, debe contener el punto

P . Como AD contiene a P entonces es mediana del triangulo ACK y como AD biseca el angulo

A entonces ACK es un triangulo isosceles con AC = AK con lo cual AD es la altura sobre el

lado CK y el angulo ADK mide 90◦.



II Parte: Desarrollo

Instrucciones. Los siguientes ejercicios deben ser resueltos en las hojas adicionales que se le entrega-

ron. Conteste los ejercicios en forma ordenada, completa y clara, se califica procedimiento y respuesta.

1. Juleana, Keilyn, Marianne y Carol son jovenes de Costa Rica, Holanda, Francia e Italia (no

necesariamente en ese orden) que apoyan a sus selecciones en el mundial de Brasil. Se encuentran

en Rio de Janeiro y deciden intercambiar las camisetas de sus paıses, de tal manera que ninguna

se queda con la camiseta de su paıs, si se sabe que:

La costarricense no se llama Keilyn.

Marianne no se dejo la camiseta de Holanda.

Carol se quedo con la camiseta de Francia.

Marianne y Carol son europeas.

La francesa se dejo la camiseta de Holanda

Determine de que paıs es cada joven y que camiseta se dejo.

Solucion

Consideremos la informacion que nos suministran, lo primero a resaltar es que Carol lleva la

camiseta de Francia, entonces no puede ser francesa, ahora como la costarricense no se llama

Keilyn y Marianne y Carol son europeas entonces tenemos que Juleana es de Costa Rica y no

puede llevar la camiseta de Costa Rica, ası tenemos

Nombre Paıs Camiseta

Juleana Costa Rica ?

Keilyn ? ?

Marianne ? ?

Carol ? Francia

Ahora como Marianne no lleva la camiseta de Holanda ası que no puede ser Francesa, entonces

Keilyn es francesa y lleva la camiseta de Holanda, y de esta manera la costarricense lleva la

camiseta de Italia. Ası Marianne es Holandesa y lleva la camiseta de Costa Rica. En resumen:

Nombre Paıs Camiseta

Juleana Costa Rica Italia

Keilyn Francia Holanda

Marianne Holanda Costa Rica

Carol Italia Francia


2. En cada cuadrado de la siguiente figura se coloca un numero del 1 al 9, sin repetir, de modo que

la suma de los tres numeros de cada fila y de cada columna es 13

∗

∗

∗

Determine la suma de los numeros que se colocan en las casillas marcadas con ∗.

Solucion

Algunas conclusiones previas son: ningun numero interviene en mas de dos sumas, hay tres

numeros que intervienen en dos sumas cada uno, los restantes seis numeros intervienen en una

unica suma.

Las tripletas de numeros que suman 13 son:

A(9, 3, 1), B(8, 4, 1), C(8, 3, 2), D(7, 5, 1), E(7, 4, 2), F (6, 5, 2), G(6, 4, 3)

Se deben tomar cuatro de estas tripletas de modo que:

En ellas esten todos los numeros del 1 al 9.

Hayan tres numeros que se repitan dos veces.

No haya un numero que se repita mas de dos veces.

Como el 9 solo esta en A, esta tripleta debe estar incluida.

Ademas que B,C no podrıan estar ambas, al igual que D,E ni F,G. Veamos:

Si se toman A,B,C faltarıan los numeros 5,6,7 y no hay una cuarta tripleta que los contenga.

Si se toman A,D,E ocurre lo mismo con los numeros 6 y 8.

Si se toman A,F,G ocurre los mismo con los numeros 7 y 8.

Esto nos lleva a cuatro posibles casos:

A,C,D,G se descarta pues el 3 aparece mas de dos veces.

A,C,E, F se descarta pues el 2 aparece mas de dos veces.

A,B,D,G se descarta pues el 1 aparece mas de dos veces.

A,B,E, F cumple con todas las condiciones, con 1,2,4 repitiendose dos veces cada uno, 9,8,7,6,5,3

aparecen solo una vez.

Los numeros que se colocan en las casillas marcadas con ∗ son 1,2,4, por lo que su suma es 7.

Una posible ordenacion es

4

7

2

8 1

9

3

65


3. Determine la cantidad de numeros de cuatro cifras divisibles por 5, cuyas cifras son numeros

primos que suman 17. ¿Cuales son esos numeros?

Solucion

Un numero menor que 10 000 tiene 4 cifras. La cifra de las unidades de los numeros que cumplen

las condiciones del problema es 5. No puede ser 0 pues cada una de las cifras debe ser un primo.

Las otras tres cifras son primos que suman 12. Por paridad una de estas es 2, esto porque la

suma de tres primos mayores que 2 es impar. El 2 puede colocarse en tres posiciones distintas:

en la cifra de las decenas, en las centenas o en las unidades de millar.

Las otras dos cifras son numeros primos que suman 10. Unicamente hay tres combinaciones que

lo cumplen: 3 y 7, 5 y 5, 7 y 3.

Debido a que hay tres formas diferentes de colocar el 2 y tres combinaciones para los otros dos

primos que suman 10, existen en total nueve numeros menores que 10 000 que son divisibles

por 5 y cuyas cifras son numeros primos que suman 17. A continuacion se indican todos estos

numeros: 2375, 2555, 2735, 3275, 5255, 7235, 3725, 5525 y 7325.

XXVII OLIMPIADA COSTARRICENSE DE MATEMATICA

UNA - UCR - TEC - UNED - MEP - MICIT

SOLUCION II ELIMINATORIA

NACIONAL

I Nivel

(7◦)

2015

II Eliminatoria 2015 I Nivel

I Parte: Seleccion Unica

1. Berta tiene 6 hijas pero no tiene ningun hijo. Algunas de sus hijas tienen 6 hijas, y el restoninguna. Berta tiene en total 30 hijas y nietas, pero no tiene bisnietas. ¿Cuantas mujeres de lafamilia no tienen hijas?

(a) 23

(b) 24

(c) 25

(d) 26

Solucion

Berta tiene 30− 6 = 24 nietas, de las cuales ninguna tiene hijas. Las nietas son hijas de 24

6= 4

hijas de Berta.

Entonces el numero de mujeres que no tienen hijas es 24 + 2 = 26.

2. En una bolsa de papel hay 14 bolas del mismo tamano y mismo peso de las cuales: cinco sonamarillas, cuatro son blancas, tres son verdes y dos son azules. Si se extrae aleatoriamente unade las bolas de la bolsa, la probabilidad de que la bola no sea azul es

a)1

7

b)2

7

c)3

7

d)6

7

Opcion correcta: d) Solucion:

El espacio muestral asociado con el experimento enunciado esta dado porE = {la bola es amarilla, la bola es blanca, la bola es verde, la bola es azul}.

Cada uno de los eventos son equiprobables pero los casos favorables para cada uno de ellos son,en este caso, distintos.

Para el evento S = “la bola no es azul” se tiene que dicho evento es el evento contrario de “labola es azul”.

Como S1 = “La bola es azul” tiene dos casos favorables, se tiene que la probabilidad de que al

sacar una bola esta sea azul es P (S1) =casos favorables

casos posibles=

2

14=

1

7. Ası, la probabilidad del

evento contrario (lo que nos interesa en el problema) es 1−1

7=

6

7.

1


3. Sea �ABCD un cuadrado y E un punto en CD tal que m∠CBE = 18◦. Si se traza una

recta perpendicular a←→BE por D y llamamos F al punto de interseccion de esta recta con

←→BE,

entonces la medida de ∠EDF es

(a) 18◦

(b) 27◦

(c) 45◦

(d) 72◦

Solucion:

Respuesta correcta: Opcion a)

A

B C

D

F

E

Como △BCE es rectangulo y m∠CBE = 18◦ se tiene que m∠CEB = 72◦. Ademasm∠DEF = m∠CEB por ser opuestos por el vertice.

Entonces, como △EFD es rectangulo y m∠DEF = 72◦ se tiene que m∠EDF = 18◦.

4. La cantidad de numeros mayores a 500 y menores a 1000 que al ser divididos por 3, 4, 5 y 8dejan residuo 2 corresponde a

(a) 3

(b) 4

(c) 8

(d) 9

Solucion:

Si n es uno de los numeros entonces ∃ a, b, c, d ∈ Z tales que:

i. n = 3a+ 2.

ii. n = 4b+ 2.

iii. n = 5c+ 2.

iv. n = 8d+ 2.

2


De i, ii y iii se tiene que n− 2 es multiplo de 3, 4 y 5. Dado que 3, 4 y 5 son primos entre sı secumple que n− 2 es multiplo de 3 · 4 · 5 = 60.

Los multiplos de 60 mayores a 500 y menores a 1000 son: 540, 600, 660, 720, 780, 840, 900 y960. De estos los divisibles por 8 corresponden a: 600, 720, 840 y 960.

Por lo tanto hay 4 numeros mayores a 500 y menores a 1000 que son divisibles por 3, 4, 5 y 8son: 602, 722, 842 y 962.

Respuesta correcta: opcion b.

5. Considere la figura solida que se obtiene al construir una piramide sobre la cara superior de uncubo, de forma que la base de la piramide es la cara del cubo. Al sumar el numero de caras,aristas y vertices que tiene en total esta figura se obtiene

(a) 30

(b) 33

(c) 34

(d) 35

Solucion:

Opcion correcta: Opcion c)

El solido tiene: 9 caras: 5 del cubo y 4 de la piramide16 aristas: 12 del cubo y 4 de la piramide9 vertices: 8 del cubo y 1 de la piramide

3


6. La cantidad de dıgitos del numero 52010 × 22016 × 33 corresponde a

(a) 2010

(b) 2014

(c) 2016

(d) 2020

Solucion:

52010×22016×33 = 52010×22010×26×33 = 102010×26×33 = 102010×1728. Los primeros cuatrodıgitos a la izquierda son 1728 seguido por 2010 ceros, es decir el numero tiene 2014 dıgitos.

Opcion correcta: b)

7. ¿Cuantos de los primeros 100 multiplos positivos de 30 son multiplos de 70?

(a) 9

(b) 10

(c) 14

(d) 21

Solucion:

Al descomponer 30 y 70 en factores primos se obtiene:

30 = 2 · 3 · 5

70 = 2 · 5 · 7

Los primeros cien multiplos positivos de 30 son de la forma 30k, k ∈ Z, 1 ≤ k ≤ 100 o lo que eslo mismo 2 · 3 · 5 · k, k ∈ Z, 1 ≤ k ≤ 100.

Al comparar la descomposicion en factores primos de 30 y 70 se observa que tienen en comun el2 y el 5, debido a esto el numero 30k es multiplo de 70 cada vez que k sea multiplo de 7. Dadoque k varıa de 1 a 100 y que 100 = 7 · 14 + 2 se tiene que hay 14 multiplos de 7 entre 1 y 100.

Por lo tanto hay 14 multiplos de 30 que son a la vez multiplos de 70.

Opcion correcta: c

4


8. Las nuevas placas de automoviles en Costa Rica constan de tres letras consonantes y tres dıgitosdel 0 al 9, primero las tres letras y luego los tres dıgitos. En total hay 21 letras consonantes,las cuales se pueden repetir. El senor Keylor Navas Gamboa quiere tener una placa en la queaparezcan sus iniciales en cualquier orden. Si la placa se asigna al azar, la probabilidad de queKeylor tenga la placa deseada es

a)1

3087

b)2

3087

c)1

2660

d)1

1330

Solucion:

Respuesta correcta: Opcion b)

El numero de casos totales en que se pueden elegir tres de 21 letras disponibles, incluyendorepeticiones es 213, pues para la primera letra hay 21 posibilidades para escoger, lo mismo quepara la segunda y tercer letra.

Las iniciales K, N, G, en cualquier orden dan un total de 6 casos favorables.

Entonces la probabilidad es P =6

213=

2 · 3

73 · 33=

2

73 · 32=

2

343 · 9=

2

3087

9. Julio tiene una cuenta en el banco, cuyo numero tiene la forma ABC−DEF−GHIJ , donde cadaletra representa un dıgito diferente. Los dıgitos en cada parte del numero tienen la caracterısticade que estan ordenados de manera decreciente, es decir, A > B > C , D > E > F , yG > H > I > J . Ademas D,E y F son numeros pares consecutivos, mientras que G,H, I y J

son dıgitos impares consecutivos y A+B + C = 9. Entonces el valor de A es

(a) 5

(b) 6

(c) 7

(d) 8

Solucion

Para los ultimos cuatro dıgitos, los cuales deben ser impares consecutivos, tenemos los posiblesordenamientos 9753 o 7531, de donde alguno de los otros impares respectivamente 1 o 9, serael valor de A, B o C, pero recordemos tambien que A + B + C = 9 por lo que descartamos elsegundo ordenamiento ya que ninguna de estas letras puede ser 9, por lo que debe ser 1.

Respecto a los tres dıgitos pares consecutivos descendientes, tenemos las posibilidades 864, 642o 420, quedando los pares 2 y 0, 8 y 0, 8 y 6 respectivamente, los cuales serıan los valores de lasotras letras de la primera parte del numero.

5


Sabiendo que una de las primeras letras es 1, las otras deben ser 8 y 0 para que estas sumen 9.

Por lo que el numero de cuenta es 810-642-9753. y Ası A = 8, siendo b) la respuesta correcta.

10. Pablo, Andres y Carlos cuentan con 15, 14 y 13 fichas cada uno. Juegan un juego que sigueuna unica regla, en cada ronda el jugador que tiene mas fichas, da una ficha a cada uno de losotros jugadores y coloca otra en una pila de descarte. El juego termina cuando a alguno de losjugadores se le acaban las fichas. ¿Cuantas rondas tendra el juego?

(a) 12

(b) 15

(c) 37

(d) 39

Solucion

Despues de las primeras tres rondas Pablo, Andres y Carlos contaran con 14, 13 y 12 fichas,respectivamente.

Es decir, cada secuencia de tres rondas, los jugadores reducen en una sus fichas.

Despues de 36 rondas, cada uno tiene 3, 2, y 1 ficha, respectivamente, y despues de la ronda 37,Pablo no tendra fichas.

11. La probabilidad de que al elegir un numero de tres dıgitos este satisfaga la condicion de que eldıgito del medio es el promedio del primer y del ultimo dıgito es:

(a)2

9

(b)1

20

(c)45

899

(d)200

899

Solucion

El primer y ultimo dıgito de un numero de tres cifras deben ser ambos pares o ambos imparespara que el promedio entre ambos sea un numero entero.

Existen 5 · 5 = 25 combinaciones de numeros impares para el primer y ultimo dıgito y 4 · 5 = 20combinaciones de numeros pares para el primer y ultimo dıgito.

Como para cada combinacion el dıgito central es unico, existen 45 numeros de tres dıgitos quecumplen que el dıgito central es el promedio de los dıgitos de los extremos.

Ahora, existen 900 numeros de tres dıgitos, ası que la probabilidad buscada es

P (A) =45

900=

1

20

La opcion correcta es la b)

6


12. Sea △ABC recto en B. Si D es un punto en AB tal queAD

DB=

1

2, E es un punto en BC tal

queBE

EC=

2

3y F es el punto medio de AC, entonces

(BDFE)

(ABC)es

(a)2

3

(b)3

5

(c)4

15

(d)8

15

Solucion:

Respuesta correcta: Opcion d)

A

B C

D

E

F

Llamemos BC = 5x y AB = 3y, de modo que BE = 2x, EC = 3x, AD = y y DB = 2yVemos que (BDFE) = (ABC)− (ADF )− (EFC)

Ademas (EFC) =1

2· 3x · 3

2y =

9

4xy, (ADF ) =

1

2· y · 5

2x =

5

4xy y (ABC) =

1

2· 5x · 3y =

15

2xy

Entonces (BDFE) =15

2xy −

5

4xy −

9

4xy = 4xy

Por lo tanto(BDFE)

(ABC)=

8

15

7


II Parte: Desarrollo Valor 21 puntos, 7 pts c/u

Instrucciones: Los siguientes ejercicios deben ser resueltos en las hojas adicionales que se leentregaron. Conteste en forma ordenada, completa y clara. Se califica procedimientos y respuesta.

1. Un hombre tomo una posada por treinta dıas, por el precio de una moneda de plata cada dıa.Este huesped no tenıa dinero, sino cinco piezas de plata, que entre todas ellas valıan treintamonedas de plata. Con estas piezas pagaba cada dıa la posada y no le quedaba debiendo nada ala posadera, ni ella a el. Determine cuantas monedas de plata valıa cada pieza y como se pagabacon ellas.

Solucion

Una de las piezas ha de valer una moneda de plata, con la que se pagarıa el primer dıa. Parapagar el segundo dıa usarıamos otra pieza cuyo valor es equivalente al de dos monedas de platay nos devolverıa la de 1 moneda, con la que pagarıamos el tercer dıa, y la posadera tendrıa 3monedas de plata. El cuarto dıa pagamos con una pieza de 4 monedas de plata y devuelve lasdos de 1 y 2 monedas de plata. Seguirıamos pagando con la de 1, despues la de 2 y devuelven 1,y ası sucesivamente. El octavo dıa pagarıamos con una de 8 monedas de plata y nos devuelvenlas de 1, 2 y 4. Ası podrıa pagar hasta el dıa 15. El dıa 16 paga con una de 15 y le devuelven lasde 2, 4 y 8, y ası sucesivamente.En resumen, las piezas deben ser de 1, 2, 4, 8 y 15 monedas de plata.

8


2. Rolando construye un rectangulo de a unidades de ancho y b unidades de largo. Luego construyeotro en el cual aumenta una unidad el ancho y disminuye dos unidades el largo. A partir de estesegundo rectangulo construye un tercero, en el cual disminuye dos unidades el ancho y aumentatres unidades el largo. A partir de este ultimo construye otro en el que aumenta tres unidades elancho y disminuye 4 unidades el largo. Continua construyendo rectangulos de esta forma hastatener 2015 rectangulos. Si inicialmente a = b = 2015, determine el area del rectangulo 2015.

Solucion:

Organizando la informacion en la siguiente tabla

Rectangulo Area1 ab = (a− 0)(b+ 0)

2 (a+ 1)(b− 2)

3 (a− 1)(b+ 1)

4 (a+ 2)(b− 3)

5 (a− 2)(b+ 2)

6 (a+ 3)(b− 4)

7 (a− 3)(b+ 3)

8 (a+ 4)(b− 5)

9 (a− 4)(b+ 4)

Observe que cuando n = 2k + 1 el ancho es (a − k) y el largo (b + k), mientras que cuandon = 2k el ancho es (a+ k) y el largo (b− k − 1), con k = 0, 1, 2, ....

Como 2015 = 2 · 1007 + 1 entonces el area es (a− 1007)(b+ 1007)

Finalmente, como a = b = 2015, el area del rectangulo 2015 es A = (2015−1007)(2015+1007) =1008 · 3022.

9


3. En el △ABC, m∠ABC = 45◦. El punto D sobre BC es tal que 2 ·BD = CD y m∠DAB = 15◦.Determine la medida de ∠ACB.

B A

C

D

Solucion

En △ABD, como m∠ABD = 45◦ y m∠DAB = 15◦ se tiene que m∠BDA = 120◦. Ademasm∠ADC = 60◦ por ser adyacente a ∠BDA.

Sea E en AD de modo que DE = BD y F el punto medio de DC. Vemos entonces queBD = DF = FC = DE

B A

C

D

E

F

Entonces △DEF es equilatero, pues DF = DE, es decir, ∠DFE ∼= ∠DEF y m∠EDF = 60◦.Ademas △EFC es isosceles, pues EF = FC, y m∠EFC = 120◦, pues m∠EFD = 60◦, dedonde se concluye que m∠ECF = m∠CEF = 30◦ y m∠DEC = 90◦.

Por otra parte, △BDE es isosceles y m∠EBD = m∠BDE = 30◦. Pero m∠ECB es tambienigual a 30◦ y entonces △BEC es isosceles con BE = EC.

Por otra parte,

m∠ABE = m∠ABD −m∠EBD = 45◦ − 30◦ = 15◦ = m∠EAB

Entonces △ABE es isosceles con AE = BE. Por lo tanto, AE = BE = EC, y ası △AEC esrectangulo isosceles, por lo que m∠EAC = m∠ECA = 45◦.

Por lo tanto,

m∠ACB = m∠ECA+m∠ECD = 45◦ + 30◦ = 75◦

10

❳❳❱■■■ ❖▲■▼P■❆❉❆ ❈❖❙❚❆❘❘■❈❊◆❙❊ ❉❊ ▼❆❚❊▼➪❚■❈❆

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❙❖▲❯❈■Ó◆

❙❊●❯◆❉❆ ❊▲■▼■◆❆❚❖❘■❆ ◆❆❈■❖◆❆▲

■ ◆✐✈❡❧

7◦

✷✵✶✻

❊st✐♠❛❞♦ ❡st✉❞✐❛♥t❡✿

▲❛ ❈♦♠✐s✐ó♥ ❖r❣❛♥✐③❛❞♦r❛ ❞❡ ❧❛s ❖❧✐♠♣✐❛❞❛s ❈♦st❛rr✐❝❡♥s❡s❞❡ ▼❛t❡♠át✐❝❛s ❧❡ s❛❧✉❞❛ ② ❢❡❧✐❝✐t❛ ♣♦r ❤❛❜❡r ❝❧❛s✐✜❝❛❞♦ ❛ ❧❛s❡❣✉♥❞❛ ❡❧✐♠✐♥❛t♦r✐❛ ♥❛❝✐♦♥❛❧ ❞❡ ❡st❛s ❥✉st❛s ❛❝❛❞é♠✐❝❛s✳ ▲❛♣r✉❡❜❛ ❝♦♥st❛ ❞❡ ❞♦s ♣❛rt❡s✿ ✉♥❛ ♣r✐♠❡r❛ ♣❛rt❡ ❞❡ ✶✷ ♣r❡✲❣✉♥t❛s ❞❡ s❡❧❡❝❝✐ó♥ ú♥✐❝❛✱ ♣♦♥❞❡r❛❞❛s ❝♦♥ ❞♦s ♣✉♥t♦s ❝❛❞❛r❡s♣✉❡st❛ ❝♦rr❡❝t❛✱ ② ✉♥❛ s❡❣✉♥❞❛ ♣❛rt❡ ❝♦♥ ✸ ♣r❡❣✉♥t❛s ❞❡❞❡s❛rr♦❧❧♦✱ ❝♦♥ ✉♥ ✈❛❧♦r ❞❡ ✼ ♣✉♥t♦s ❝❛❞❛ s♦❧✉❝✐ó♥ ❝♦rr❡❝t❛✳

▲♦s r❡s✉❧t❛❞♦s ❞❡ ❡st❛ ❡❧✐♠✐♥❛t♦r✐❛ s❡♣✉❜❧✐❝❛rá♥ ❛ ♣❛rt✐r ❞❡❧ ✈✐❡r♥❡s ✸✵ ❞❡s❡t✐❡♠❜r❡✱ ❡♥ ❧❛ s✐❣✉✐❡♥t❡ ❞✐r❡❝❝✐ó♥❡❧❡❝tró♥✐❝❛✿

✇✇✇✳♦❧❝♦♠❛✳❝♦♠

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• ❉❡❜❡ tr❛❜❛❥❛r ❡♥ ❢♦r♠❛ ✐♥❞✐✈✐❞✉❛❧✳• ▲❛s r❡s♣✉❡st❛s ❛ ❧❛s ♣r❡❣✉♥t❛s q✉❡ s❡ ❧❡ ❢♦r♠✉❧❛♥✱ ❞❡❜❡♥ s❡r ❝♦♥s✐❣♥❛❞❛s Ú◆■❈❆▼❊◆❚❊ ❡♥ ❧❛ ❤♦❥❛❞❡ r❡s♣✉❡st❛s q✉❡ s❡ ❧❡ ❤❛ ❡♥tr❡❣❛❞♦✳• ▲♦s ❞✐❜✉❥♦s q✉❡ ❛♣❛r❡❝❡♥ ❡♥ ❧❛ ♣r✉❡❜❛ ♥♦ ❡stá♥ ❤❡❝❤♦s ❛ ❡s❝❛❧❛✳• ❊❧ ❢♦r♠✉❧❛r✐♦ ❞❡ ♣r❡❣✉♥t❛s ❡s s✉②♦✱ ♣♦r ❧♦ q✉❡ ♣✉❡❞❡ r❡❛❧✐③❛r ❡♥ é❧ t♦❞❛s ❧❛s ❛♥♦t❛❝✐♦♥❡s✱ ❝á❧❝✉❧♦s ♦❞✐❜✉❥♦s q✉❡ ❧❡ s❡❛♥ ♥❡❝❡s❛r✐♦s ♣❛r❛ r❡s♦❧✈❡r s❛t✐s❢❛❝t♦r✐❛♠❡♥t❡ ❧❛ ♣r✉❡❜❛✳• ◆♦ s❡ ♣❡r♠✐t❡ ❡❧ ✉s♦ ❞❡ ❤♦❥❛s ❛❞✐❝✐♦♥❛❧❡s✳• ▲♦s ú♥✐❝♦s ✐♥str✉♠❡♥t♦s ❝✉②♦ ✉s♦ s❡ ♣❡r♠✐t❡ s♦♥ ❧♦s ♥❡❝❡s❛r✐♦s ♣❛r❛ ❡s❝r✐❜✐r ② ❞✐❜✉❥❛r✳ ❙❡ ♣r♦❤í❜❡❡❧ ✉s♦ ❞❡ ❧✐❜r♦s✱ ❧✐❜r❡t❛s ❞❡ ♥♦t❛s✱ t❛❜❧❛s ② ❝❛❧❝✉❧❛❞♦r❛✳• ❊❧ ❡①❛♠❡♥ t✐❡♥❡ ✉♥❛ ❞✉r❛❝✐ó♥ ♠á①✐♠❛ ❞❡ tr❡s ❤♦r❛s✳• ❊s❝r✐❜❛ ❝❧❛r❛♠❡♥t❡ ❧♦s ❞❛t♦s q✉❡ s❡ ❧❡ s♦❧✐❝✐t❛♥ ❡♥ ❧❛ ❤♦❥❛ ❞❡ r❡s♣✉❡st❛s✳

❙■▼❇❖▲❖●❮❆

AB s❡❣♠❡♥t♦ ❞❡ ❡①tr❡♠♦s A ② B ∠ABC ∼= ∠DEF ❝♦♥❣r✉❡♥❝✐❛ ❞❡ á♥❣✉❧♦s

AB ♠❡❞✐❞❛ ❞❡ AB △ABC ∼= △DEF ❝♦♥❣r✉❡♥❝✐❛ ❞❡ tr✐á♥❣✉❧♦s

−−→AB r❛②♦ ❞❡ ❡①tr❡♠♦ A ② q✉❡ ❝♦♥t✐❡♥❡ ❛ B ABC ↔ DEF ❝♦rr❡s♣♦♥❞❡♥❝✐❛ r❡s♣❡❝t✐✈❛

❡♥tr❡ ♣✉♥t♦s

←→AB r❡❝t❛ q✉❡ ❝♦♥t✐❡♥❡ ❧♦s ♣✉♥t♦s A ② B △ABC ∼ △DEF s❡♠❡❥❛♥③❛ ❞❡ tr✐á♥❣✉❧♦s

∠ABC á♥❣✉❧♦ ❞❡ r❛②♦s−−→BA ②

−−→BC AB ∼= CD ❝♦♥❣r✉❡♥❝✐❛ ❞❡ s❡❣♠❡♥t♦s

m∠ABC ♠❡❞✐❞❛ ❞❡ ∠ABC AB ❛r❝♦ ❞❡ ❡①tr❡♠♦s A ② B

△ABC tr✐á♥❣✉❧♦ ❞❡ ✈ért✐❝❡s A✱ B✱ C mAB ♠❡❞✐❞❛ ❞❡ AB

�ABCD ❝✉❛❞r✐❧át❡r♦ ❞❡ ✈ért✐❝❡s A✱ B✱ C✱ D (ABC) ár❡❛ ❞❡ ∆ABC

‖ ♣❛r❛❧❡❧✐s♠♦ (ABCD) ár❡❛ ❞❡ �ABCD

⊥ ♣❡r♣❡♥❞✐❝✉❧❛r✐❞❛❞ P −Q−R P ✱ Q✱ R ♣✉♥t♦s ❝♦❧✐♥❡❛❧❡s✱

❝♦♥ Q ❡♥tr❡ ❧♦s ♣✉♥t♦s P ② R

■■ ❊❧✐♠✐♥❛t♦r✐❛ ✷✵✶✻ ✲ ❙♦❧✉❝✐ó♥ ■ ◆✐✈❡❧

■ P❛rt❡✿ ❙❡❧❡❝❝✐ó♥ ú♥✐❝❛ ❱❛❧♦r ✷✹ ♣✉♥t♦s✱ ✷ ♣ts ❝✴✉

✶✳ ❊♥ ❧❛ ✜❣✉r❛ ❛❞❥✉♥t❛ s❡ t✐❡♥❡ q✉❡ m∠EBC ❡s 20◦

♠❡♥♦r q✉❡ m∠DAC✳ ❙✐ m∠BCF = 120◦✱ ❡♥t♦♥❝❡sm∠BAC ❡s

✭❛✮ 50◦

✭❜✮ 60◦

✭❝✮ 70◦

✭❞✮ 80◦D

E

A FC

B

• ❖♣❝✐ó♥ ❝♦rr❡❝t❛✿ a)

• ❙♦❧✉❝✐ó♥✿

▲❧❛♠❡♠♦s m∠EBC = α✱ ❡♥t♦♥❝❡s m∠DAC = α+ 20◦ ② m∠ABC = 180◦ − α

❈♦♠♦ m∠BCF = 120◦✱ s❡ t✐❡♥❡ q✉❡ m∠BCA = 60◦✳

P♦r t❡♦r❡♠❛ ❞❡❧ á♥❣✉❧♦ ❡①t❡r♥♦✿

m∠DAC = m∠ABC +m∠BCA⇒ α+ 20◦ = 180◦ − α+ 60◦ ⇒ 2α = 220◦ ⇒ α = 110◦

▲✉❡❣♦✱ m∠DAC = 130◦ ② m∠BAC = 50◦✳

✷✳ ❊♥ ✉♥❛ ❝❛❥❛ ❤❛② ❜♦❧❛s ✐❣✉❛❧❡s ❞❡ ❝✉❛tr♦ ❝♦❧♦r❡s ❞✐st✐♥✲t♦s✿ ❛③✉❧✱ ❜❧❛♥❝♦✱ r♦❥♦ ② ✈❡r❞❡✳ ❙✐ s❡ ❡①tr❛❡ ✉♥❛ ❜♦❧❛❛❧ ❛③❛r✱ ❧❛ ♣r♦❜❛❜✐❧✐❞❛❞ ❞❡ ❡①tr❛❡r ✉♥❛ ❛③✉❧ ❡s ❡❧ ❞♦✲❜❧❡ q✉❡ ❧❛ ❞❡ ❡①tr❛❡r ✉♥❛ ❜❧❛♥❝❛❀ ❧❛ ♣r♦❜❛❜✐❧✐❞❛❞ ❞❡❡①tr❛❡r ✉♥❛ ❜❧❛♥❝❛ ❡s ❡❧ ❞♦❜❧❡ q✉❡ ❧❛ ❞❡ ❡①tr❛❡r ✉♥❛r♦❥❛❀ ② ❧❛ ❞❡ ❡①tr❛❡r ✉♥❛ r♦❥❛ ❡s ❡❧ ❞♦❜❧❡ q✉❡ ❧❛ ❞❡ ❡①✲tr❛❡r ✉♥❛ ✈❡r❞❡✳ ▲❛ ♣r♦❜❛❜✐❧✐❞❛❞ ❞❡ q✉❡ ❛❧ ❡①tr❛❡r ✉♥❛❜♦❧❛ ❞❡ ❧❛ ❝❛❥❛ ❡st❛ ◆❖ s❡❛ ❛③✉❧ ♦ ✈❡r❞❡ ❡s

✭❛✮1

5

✭❜✮2

5

✭❝✮3

5

✭❞✮4

5

• ❖♣❝✐ó♥ ❝♦rr❡❝t❛✿ b)

• ❙♦❧✉❝✐ó♥✿

❙✐♥ ♣ér❞✐❞❛ ❞❡ ❣❡♥❡r❛❧✐❞❛❞✱ s❡ ♣✉❡❞❡ ❝♦♥s✐❞❡r❛r q✉❡ ❤❛② ✉♥❛ ❜♦❧❛ ✈❡r❞❡✱ ❞♦s ❜♦❧❛s r♦❥❛s✱ ❝✉❛tr♦❜♦❧❛s ❜❧❛♥❝❛s ② ♦❝❤♦ ❜♦❧❛s ❛③✉❧❡s✳

✶

■■ ❊❧✐♠✐♥❛t♦r✐❛ ✷✵✶✻ ✲ ❙♦❧✉❝✐ó♥ ■ ◆✐✈❡❧

❙❡ ❞❡s❡❛ q✉❡ ❛❧ ❡①tr❛❡r ❧❛ ❜♦❧❛ ❞❡ ❧❛ ❝❛❥❛ ❡st❛ ♥♦ s❡❛ ❛③✉❧ ♦ ✈❡r❞❡✱ ❡s ❞❡❝✐r✱ ❧❛ ❜♦❧❛ ❡①tr❛í❞❛ ❞❡❜❡s❡r ❜❧❛♥❝❛ ♦ r♦❥❛✳ ❉❡ ❛❝✉❡r❞♦ ❝♦♥ ❧❛s ❝❛♥t✐❞❛❞❡s s✉♣✉❡st❛s ❛❧ ✐♥✐❝✐♦✱ ❧♦s ❝❛s♦s t♦t❛❧❡s s♦♥ ✶✺ ② ❧♦s

❝❛s♦s ❢❛✈♦r❛❜❧❡s s♦♥ s❡✐s✳ ❉❡ ❡st❛ ♠❛♥❡r❛✱ ❧❛ ♣r♦❜❛❜✐❧✐❞❛❞ ❡♥ ❝✉❡st✐ó♥ ❡s6

15=

2

5✳

✸✳ ❊♥ ✉♥ ❝✉❛❞r❛❞♦ ABCD✱ E ❡s ✉♥ ♣✉♥t♦ ❡♥ BC✱ t❛❧ q✉❡m∠BAE ❡s ❧❛ ♠✐t❛❞ ❞❡ m∠DAE✳ ❙✐ F ❡s ❡❧ ♣✉♥t♦❞❡ ✐♥t❡rs❡❝❝✐ó♥ ❞❡ AE ❝♦♥ DB ② G ❡s ❡❧ ♣✐❡ ❞❡ ❧❛♣❡r♣❡♥❞✐❝✉❧❛r ❛ DC ❞❡s❞❡ F ✱ ❡♥t♦♥❝❡s ❧❛ ♠❡❞✐❞❛ ❞❡∠GFE ❡s

✭❛✮ 40◦

✭❜✮ 45◦

✭❝✮ 60◦

✭❞✮ 70◦

• ❖♣❝✐ó♥ ❝♦rr❡❝t❛✿ c)

• ❙♦❧✉❝✐ó♥✿

❈♦♥s✐❞❡r❡♠♦s ❧❛ s✐❣✉✐❡♥t❡ ✜❣✉r❛

D

A B

C

E

F

G

❈♦♠♦ m∠BAD = 90◦ ② m∠BAE ❡s ❧❛ ♠✐t❛❞ ❞❡ m∠DAE✱ s❡ t✐❡♥❡ q✉❡ m∠BAE = 30◦ ②m∠DAE = 60◦✳

P♦r ♦tr♦ ❧❛❞♦✱ ❝♦♠♦ FG ⊥ DC✱ ❡♥t♦♥❝❡sFG‖AD ② ❡♥t♦♥❝❡s ∠DAF ② ∠GFE s♦♥ ❝♦♥❣r✉❡♥t❡s♣♦r s❡r ❝♦rr❡s♣♦♥❞✐❡♥t❡s ❡♥tr❡ ♣❛r❛❧❡❧❛s✳ P♦r ❧♦ t❛♥t♦ m∠GFE = 60◦✳

✹✳ ❙❡ ❞✐❝❡ q✉❡ ✉♥ ♥ú♠❡r♦ ♥❛t✉r❛❧ ❡s ❝❛♣✐❝✉❛ s✐ ❛❧ ❡s❝r✐❜✐r✲❧♦ s❡ ♣✉❡❞❡ ❧❡❡r ❞❡ ✐❣✉❛❧ ❢♦r♠❛ ❞❡ ✐③q✉✐❡r❞❛ ❛ ❞❡r❡❝❤❛❝♦♠♦ ❞❡ ❞❡r❡❝❤❛ ❛ ✐③q✉✐❡r❞❛❀ ♣♦r ❡❥❡♠♣❧♦✱ 23 432 ❡s ❝❛✲♣✐❝✉❛✳ ▲❛ ❝❛♥t✐❞❛❞ ❞❡ ❝❛♣✐❝✉❛s ❞❡ ✼ ❞í❣✐t♦s q✉❡ t✐❡♥❡♥✹ ❞í❣✐t♦s ❞✐❢❡r❡♥t❡s ❡s

✭❛✮ ✸✵✷✹

✭❜✮ ✹✺✸✻

✭❝✮ ✺✵✹✵

✭❞✮ ✻✺✻✶

✷

■■ ❊❧✐♠✐♥❛t♦r✐❛ ✷✵✶✻ ✲ ❙♦❧✉❝✐ó♥ ■ ◆✐✈❡❧

• ❖♣❝✐ó♥ ❝♦rr❡❝t❛✿ b)

• ❙♦❧✉❝✐ó♥✿

▲♦s ♥ú♠❡r♦s s♦♥ ❞❡ ❧❛ ❢♦r♠❛ abcdcba ❝♦♥ a ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}✱ b, c, d ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}② a, b, c, d ❞í❣✐t♦s ❞✐st✐♥t♦s✳

❆sí✱ ❡①✐st❡♥ ✾ ♣♦s✐❜✐❧✐❞❛❞❡s ♣❛r❛ ❡❧ ❞í❣✐t♦ a✱ ✾ ♣♦s✐❜✐❧✐❞❛❞❡s ❞✐st✐♥t❛s ♣❛r❛ b ✭t♦❞❛s ❧❛s ✶✵ ✐♥✐❝✐❛❧❡s♠❡♥♦s ❡❧ ❞í❣✐t♦ q✉❡ ❢✉❡ ❡s❝♦❣✐❞♦ ♣❛r❛ a✮✱ ✽ ♣♦s✐❜✐❧✐❞❛❞❡s ♣❛r❛ c ✭t♦❞❛s ❧❛s ✶✵ ✐♥✐❝✐❛❧❡s ♠❡♥♦s ❧♦s❞♦s q✉❡ ❢✉❡r♦♥ ✉t✐❧✐③❛❞❛s ♣❛r❛ a ② b✮ ② ✼ ♣♦s✐❜✐❧✐❞❛❞❡s ♣❛r❛ d ✭♣♦r ❧❛s ♠✐s♠❛s r❛③♦♥❡s ❛♥t❡r✐♦r❡s✮✳

P♦r ❧♦ t❛♥t♦✱ ❡①✐st❡♥ 9 · 9 · 8 · 7 = 4536 ❝❛♣✐❝✉❛s ❞❡ s✐❡t❡ ❞í❣✐t♦s ❝♦♥ ✹ ❞í❣✐t♦s ❞✐st✐♥t♦s✳

✺✳ ❯♥ ❥✉❡❣♦ ❝♦♥s✐st❡ ❞❡ ✉♥❛ ❝✉❛❞rí❝✉❧❛ ❞❡ 4×4 ② ✜❝❤❛s ❞❡❞♦s ❢♦r♠❛s ✭tr✐á♥❣✉❧♦s ② ❝✉❛❞r❛❞♦s✮✳ ❯♥ ❥✉❣❛❞♦r ❡s❝♦✲❣❡ ✉♥ t✐♣♦ ❞❡ ✜❝❤❛ ② s❡ ❧❛ ❞❛ ❛❧ s❡❣✉♥❞♦ ❥✉❣❛❞♦r q✉✐❡♥❧❛ ❝♦❧♦❝❛ ❡♥ ❝✉❛❧q✉✐❡r❛ ❞❡ ❧❛s ✶✻ ❝❛s✐❧❧❛s ❞✐s♣♦♥✐❜❧❡s✱❧✉❡❣♦ ❡❧ s❡❣✉♥❞♦ ❥✉❣❛❞♦r ❡s❝♦❣❡ ✉♥ t✐♣♦ ❞❡ ✜❝❤❛ ② s❡❧❛ ❞❛ ❛❧ ♣r✐♠❡r♦ q✉✐❡♥ ❧❛ ❝♦❧♦❝❛ ❞♦♥❞❡ q✉✐❡r❛ ✭❞❡ ❧♦s❝✉❛❞r♦s q✉❡ ❡stá♥ ❧✐❜r❡s✮✱ ❝♦♥t✐♥ú❛♥ ❞❡ ❡st❡ ♠♦❞♦ ②❣❛♥❛ ❡❧ q✉❡ ❧♦❣r❡ ❢♦r♠❛r ✉♥❛ ❧í♥❡❛ ❝♦♥ tr❡s ✜❝❤❛s ❞❡ ❧❛♠✐s♠❛ ❢♦r♠❛ ✭❤♦r✐③♦♥t❛❧✱ ✈❡rt✐❝❛❧ ♦ ❞✐❛❣♦♥❛❧✮✳❆♥t♦♥✐♦ ② ❇❡rt❛ ❥✉❡❣❛♥ ✉♥❛ ♣❛rt✐❞❛✳ Pr✐♠❡r♦ ❆♥t♦♥✐♦t♦♠❛ ✉♥ ❝✉❛❞r❛❞♦ ② s❡ ❧♦ ❞❛ ❛ ❇❡rt❛✱ q✉✐❡♥ ❧♦ ❝♦❧♦❝❛❡♥ ❧❛ ❝❛s✐❧❧❛ ✻ ✭❝♦♥s✐❞❡r❡ ❧❛ ✐♠❛❣❡♥ ❛❞❥✉♥t❛✮✳ ❇❡rt❛ ❧❡❞❛ ✉♥ tr✐á♥❣✉❧♦ ❛ ❆♥t♦♥✐♦ ② ❡st❡ ❧♦ ❝♦❧♦❝❛ ❡♥ ❧❛ ❝❛s✐❧❧❛✼✳ ❆♥t♦♥✐♦ ❧❡ ❞❛ ♦tr♦ ❝✉❛❞r❛❞♦ ❛ ❇❡rt❛ ② ❡❧❧❛ ❧♦ ❝♦❧♦❝❛❡♥ ❧❛ ❝❛s✐❧❧❛ ✶✵✳ ❊❧❧❛ ❧❡ ❞❛ ✉♥ tr✐á♥❣✉❧♦ ❛ ❆♥t♦♥✐♦ ②é❧ ❧♦ ❝♦❧♦❝❛ ❡♥ ❧❛ ❝❛s✐❧❧❛ ✶✹✳ ❆❤♦r❛ ❆♥t♦♥✐♦ ❧❡ ❞❛ ✉♥tr✐á♥❣✉❧♦ ❛ ❇❡rt❛✳ ▲❛ ❝❛♥t✐❞❛❞ ❞❡ ❝❛s✐❧❧❛s ❞♦♥❞❡ ❇❡rt❛♣✉❡❞❡ ❝♦❧♦❝❛r ❡s❡ tr✐á♥❣✉❧♦ ❞❡ ♠♦❞♦ q✉❡ ♥♦ ♣✐❡r❞❛ ❡♥❧❛ s✐❣✉✐❡♥t❡ ❥✉❣❛❞❛ ❡s

✭❛✮ ✹

✭❜✮ ✺

✭❝✮ ✻

✭❞✮ ✼

✶ ✷ ✸ ✹

✺ ✻ ✼ ✽

✾ ✶✵ ✶✶ ✶✷

✶✸ ✶✹ ✶✺ ✶✻

• ❖♣❝✐ó♥ ❝♦rr❡❝t❛✿ b)

• ❙♦❧✉❝✐ó♥✿

❙✐ ❝♦❧♦❝❛ ❡❧ tr✐á♥❣✉❧♦ ❡♥ ❝✉❛❧q✉✐❡r❛ ❞❡ ❧❛s ❝❛s✐❧❧❛s ✸✱ ✽✱ ✶✶✱ ✶✷✱ ✶✸✱ ✶✺✱ ✶✻✱ ❡♥ ❧❛ s✐❣✉✐❡♥t❡ ❥✉❣❛❞❛❆♥t♦♥✐♦ ❣❛♥❛rá✱ s✐♥ ✐♠♣♦rt❛r ❡❧ t✐♣♦ ❞❡ ✜❝❤❛ q✉❡ ❡❧❧❛ ❧❡ ❞é✳ P♦r ❡❥❡♠♣❧♦✱ s✐ ❝♦❧♦❝❛ ❡❧ tr✐á♥❣✉❧♦ ❡♥❧❛ ❝❛s✐❧❧❛ ✶✶ ② ❧❡ ❞❛ ❛ ❆♥t♦♥✐♦ ✉♥ ❝✉❛❞r❛❞♦✱ ❡st❡ ❣❛♥❛rá ❝♦❧♦❝á♥❞♦❧♦ ❡♥ ❧❛ ❝❛s✐❧❧❛ ✷✱ s✐ ❧❡ ❞❛ ✉♥tr✐á♥❣✉❧♦✱ ❡st❡ ❣❛♥❛rá ❝♦❧♦❝á♥❞♦❧♦ ❡♥ ❧❛ ❝❛s✐❧❧❛ ✸ ♦ ✶✺✳ ❙✐ ❧♦ ❝♦❧♦❝❛ ❡♥ ❧❛ ✽ ② ❧❡ ❞❛ ✉♥ tr✐á♥❣✉❧♦✱❆♥t♦♥✐♦ ❣❛♥❛rá ❝♦❧♦❝á♥❞♦❧♦ ❡♥ ❧❛ ❝❛s✐❧❧❛ ✶✶ ② s✐ ❧❡ ❞❛ ✉♥ ❝✉❛❞r❛❞♦ ❣❛♥❛ ❝♦❧♦❝á♥❞♦❧♦ ❡♥ ❧❛ ✷✳

✸

■■ ❊❧✐♠✐♥❛t♦r✐❛ ✷✵✶✻ ✲ ❙♦❧✉❝✐ó♥ ■ ◆✐✈❡❧

❙✐ ❧♦ ❝♦❧♦❝❛ ❡♥ ❝✉❛❧q✉✐❡r❛ ❞❡ ❧❛s r❡st❛♥t❡s ✺ ❝❛s✐❧❧❛s ♣✉❡❞❡ ❡✈✐t❛r ♣❡r❞❡r ❡♥ ❧❛ s✐❣✉✐❡♥t❡ ❥✉❣❛❞❛✳ ❙✐❧♦ ❝♦❧♦❝❛ ❡♥ ❧❛s ❝❛s✐❧❧❛s ✶✱ ✹✱ ✺✱ ✾ ② ❧❡ ❞❛ ❛ ❆♥t♦♥✐♦ ✉♥ tr✐á♥❣✉❧♦✱ ❡♥t♦♥❝❡s ❡st❡ ♥♦ ♣✉❡❞❡ ❣❛♥❛r✳❙✐ ❧♦ ❝♦❧♦❝❛ ❡♥ ❧❛ ❝❛s✐❧❧❛ ✷✱ ♣✉❡❞❡ ❡✈✐t❛r ♣❡r❞❡r ❞á♥❞♦❧❡ ❛ ❆♥t♦♥✐♦ ✉♥ ❝✉❛❞r❛❞♦✳

✻✳ ❙❡❛ ❡❧ △ABC✱ t❛❧ q✉❡ m∠CAB = 84◦ ② AB = AC✳❙✐ ❧♦s ♣✉♥t♦s D✱ E ② F ❡stá♥ s♦❜r❡ ❧♦s ❧❛❞♦s BC✱CA ② AB✱ r❡s♣❡❝t✐✈❛♠❡♥t❡✱ t❛❧❡s q✉❡ CE = CD ②BF = BD✱ ❡♥t♦♥❝❡s m∠EDF ❡s

✭❛✮ 48◦

✭❜✮ 66◦

✭❝✮ 84◦

✭❞✮ 98◦

• ❖♣❝✐ó♥ ❝♦rr❡❝t❛✿ a)

• ❙♦❧✉❝✐ó♥✿

❉❛❞♦ q✉❡ ❞♦s ❞❡ ❧♦s ❧❛❞♦s ❞❡❧ △ABC s♦♥ ❞❡ ✐❣✉❛❧ ♠❡❞✐❞❛✱ ❞✐❝❤♦ tr✐á♥❣✉❧♦ ❡s ✉♥ tr✐á♥❣✉❧♦✐sós❝❡❧❡s✳ ❉❡ ❡st❛ ♠❛♥❡r❛✱ m∠ACB = m∠ABC = 48◦✱ ♣✉❡s ❡❧ ♦tr♦ á♥❣✉❧♦ ❞❡ ❡st❡ tr✐á♥❣✉❧♦♠✐❞❡ 84◦✳

C

B

A

✽✹◦

D

E

F

✹✽◦

✹✽◦

✻✻◦

✻✻◦

✻✻◦

✻✻◦

▲✉❡❣♦✱ ❝♦♠♦ ❡♥ ❡❧△CDE s❡ t✐❡♥❡ q✉❡ CD = CE✱ ❡♥t♦♥❝❡s ❡st❡ t❛♠❜✐é♥ ❡s ✐sós❝❡❧❡s ②m∠CDE =66◦✳

❊♥ ❢♦r♠❛ ❛♥á❧♦❣❛✱ ❡♥ ❡❧ △BDF s❡ t✐❡♥❡ q✉❡ BD = BF ✱ ♣♦r ❧♦ q✉❡ △BDF ❡s ✉♥ tr✐á♥❣✉❧♦✐sós❝❡❧❡s ② m∠BDF = 66◦✳

❊♥ ❧❛s ú❧t✐♠❛s ❝♦♥❝❧✉s✐♦♥❡s s❡ ✉s❛ ❡❧ ❤❡❝❤♦ q✉❡ ❡♥ t♦❞♦ tr✐á♥❣✉❧♦ ❧❛ s✉♠❛ ❞❡ ❧❛s ♠❡❞✐❞❛s ❞❡ ❧♦sá♥❣✉❧♦s ✐t❡r♥♦s ❡s 180◦ ② q✉❡ ❧❛s ♠❡❞✐❞❛s ❞❡ ❧♦s á♥❣✉❧♦s ❞❡ ❧❛ ❜❛s❡ ❞❡ t♦❞♦ tr✐á♥❣✉❧♦ ✐sós❝❡❧❡ss♦♥ ✐❣✉❛❧❡s✳

P❛r❛ ❞❡t❡r♠✐♥❛r ❧❛ ♠❡❞✐❞❛ ❞❡❧ ∠EDF ♥♦t❡ q✉❡ 66◦+m∠EDF +66◦ = 180◦ ⇒ m∠EDF = 48◦✳

✹

■■ ❊❧✐♠✐♥❛t♦r✐❛ ✷✵✶✻ ✲ ❙♦❧✉❝✐ó♥ ■ ◆✐✈❡❧

✼✳ ❊♥ ✉♥ tr❡♥ ❤❛② ✻✵ ♣❡rs♦♥❛s ❞✐str✐❜✉✐❞❛s ❡♥ tr❡s ✈❛❣♦✲♥❡s ❞✐st✐♥t♦s✳ ❆❧ r❡❛❧✐③❛r ✉♥❛ ♣❛r❛❞❛ ❡♥ ✉♥❛ ❡st❛❝✐ó♥ s❡❜❛❥❛♥ ✻ ♣❡rs♦♥❛s ❞❡❧ ♣r✐♠❡r ✈❛❣ó♥✱ ✽ ♣❡rs♦♥❛s ❞❡❧ s❡✲❣✉♥❞♦ ✈❛❣ó♥ ② ✹ ♣❡rs♦♥❛s ❞❡❧ t❡r❝❡r ✈❛❣ó♥✳ ❉❡ ❧♦s q✉❡♥♦ s❡ ❜❛❥❛r♦♥ ❞❡❧ tr❡♥✱ ❤❛② ❡❧ ❞♦❜❧❡ ❞❡ ♣❡rs♦♥❛s ❡♥ ❡❧s❡❣✉♥❞♦ ✈❛❣ó♥ q✉❡ ❡♥ ❡❧ ♣r✐♠❡r♦✱ ② ❡❧ ❞♦❜❧❡ ❡♥ ❡❧ t❡r❝❡r✈❛❣ó♥ q✉❡ ❡♥ ❡❧ s❡❣✉♥❞♦✳ ▲❛ ❝❛♥t✐❞❛❞ ❞❡ ♣❡rs♦♥❛s q✉❡❤❛❜í❛♥ ❛❧ ♣r✐♥❝✐♣✐♦ ❡♥ ❡❧ s❡❣✉♥❞♦ ✈❛❣ó♥ ❝♦rr❡s♣♦♥❞❡ ❛

✭❛✮ ✶✶

✭❜✮ ✶✺

✭❝✮ ✷✵

✭❞✮ ✷✹

• ❖♣❝✐ó♥ ❝♦rr❡❝t❛✿ c)

• ❙♦❧✉❝✐ó♥✿

❉❡s♣✉és ❞❡ q✉❡ s❡ ❜❛❥❛r♦♥ ❧❛s ♣❡rs♦♥❛s ❡♥ ❧❛ ❡st❛❝✐ó♥✱ q✉❡❞❛r♦♥ 60− 6− 8− 4 = 42 ♣❡rs♦♥❛s ❡♥❡❧ tr❡♥✳ ❙✐ x ❡s ❧❛ ❝❛♥t✐❞❛❞ ❞❡ ♣❡rs♦♥❛s ❡♥ ❡❧ ♣r✐♠❡r ✈❛❣ó♥ ❡♥t♦♥❝❡s x+ 2x+ 2 · 2x = 42✱ ♣♦r ❧♦q✉❡ x = 6 ② ❛sí ❤❛❜í❛♥ 8 + 2 · 6 = 20 ♣❡rs♦♥❛s ❛❧ ♣r✐♥❝✐♣✐♦ ❡♥ ❡❧ s❡❣✉♥❞♦ ✈❛❣ó♥✳

✽✳ ❙✐ ❋át✐♠❛ ✉t✐❧✐③❛ ✶✾✷ ❞í❣✐t♦s ♣❛r❛ ♥✉♠❡r❛r ❧❛s ♣á❣✐♥❛s❞❡ s✉ ❞✐❛r✐♦✱ ❡♥t♦♥❝❡s ❡❧ ♥ú♠❡r♦ ❞❡ ♣á❣✐♥❛s ❞❡ s✉ ❞✐❛r✐♦❡s ✉♥ ♥ú♠❡r♦ ❞✐✈✐s✐❜❧❡ ♣♦r

✭❛✮ ✸

✭❜✮ ✺

✭❝✮ ✼

✭❞✮ ✶✶

• ❖♣❝✐ó♥ ❝♦rr❡❝t❛✿ b)

• ❙♦❧✉❝✐ó♥✿

P❛r❛ ♥✉♠❡r❛r ❧❛s ♣r✐♠❡r❛s ♥✉❡✈❡ ♣á❣✐♥❛s ✉t✐❧✐③❛ ✾ ❞í❣✐t♦s✳ P❛r❛ ♥✉♠❡r❛r ❧❛s ♣á❣✐♥❛s ❞❡ ❧❛ ✶✵ ❛❧❛ ✾✾ ✉t✐❧✐③❛ 90 · 2 = 180 ❞í❣✐t♦s✳

❆sí✱ q✉❡❞❛♥ tr❡s ❞í❣✐t♦s✱ q✉❡ ❝♦rr❡s♣♦♥❞❡♥ ❛ ❧❛ ♣á❣✐♥❛ ✶✵✵ ✭100 = 10 · 10 = 22 · 52✮✳

✺

■■ ❊❧✐♠✐♥❛t♦r✐❛ ✷✵✶✻ ✲ ❙♦❧✉❝✐ó♥ ■ ◆✐✈❡❧

✾✳ ❈♦♥s✐❞❡r❡ ✉♥ △ABC ✐sós❝❡❧❡s ❝♦♥ AB = BC✱ ❞♦♥❞❡E ❡s ✉♥ ♣✉♥t♦ ❡♥ AB ② D ✉♥ ♣✉♥t♦ ❡♥ BC✱ t❛❧❡s q✉❡ED ⊥ BC✳ ❙✐ AE = DE✱ ❡♥t♦♥❝❡s m∠DAC ❡s

✭❛✮ ✸✵♦

✭❜✮ ✹✺♦

✭❝✮ ✻✵♦

✭❞✮ ✼✺♦

• ❖♣❝✐ó♥ ❝♦rr❡❝t❛✿ b)

• ❙♦❧✉❝✐ó♥✿

❈♦♠♦ AE = DE ❡♥t♦♥❝❡s m∠EDA = m∠EAD = α✳❙❡❛ m∠DAC = β✱ ❛sí m∠EAC = m∠ACD = α+ βm∠ADC = 90◦ −m∠EDA = 90◦ − α✳❊♥ ❡❧ △ADC t❡♥❡♠♦s✿m∠ACD +m∠ADC +m∠DAC = 180◦

α+ β + 90◦ − α+ β = 180◦

2β = 90◦

β = 45◦

P♦r ❧♦ t❛♥t♦✱ m∠DAC = 45◦

A

B C

E

D

α

α

β

✶✵✳ ❏✉❛♥ ❧❛♥③❛ ✉♥ ❞❛❞♦ ❝♦♥ s❡✐s ❝❛r❛s ♥✉♠❡r❛❞❛s ❞❡❧ ✶ ❛❧✻ ② ❏♦sé ✉♥ ❞❛❞♦ ❝♦♥ ♦❝❤♦ ❝❛r❛s ♥✉♠❡r❛❞❛s ❞❡❧ ✶ ❛❧ ✽✳▲❛ ♣r♦❜❛❜✐❧✐❞❛❞ ❞❡ q✉❡ ❡❧ ♣r♦❞✉❝t♦ ❞❡ ❧♦s ❞♦s ♥ú♠❡r♦s♦❜t❡♥✐❞♦s s❡❛ ✉♥ ♠ú❧t✐♣❧♦ ❞❡ ✸ ❡s

✭❛✮1

2

✭❜✮2

5

✭❝✮3

5

✭❞✮7

10

• ❖♣❝✐ó♥ ❝♦rr❡❝t❛✿ a)

• ❙♦❧✉❝✐ó♥✿

❊♥ t♦t❛❧ ❤❛② ✹✽ ♣♦s✐❜❧❡s ❡✈❡♥t♦s✳ ❉❡ ❡❧❧♦s✱ ❡❧ ♣r♦❞✉❝t♦ ❞❡ ❛♠❜♦s r❡s✉❧t❛❞♦s ❡s ♠ú❧t✐♣❧♦ ❞❡ ✸ s✐ ❏✉❛♥❧❛♥③❛ ✉♥ ✸ ♦ ✻✱ ♦ s✐ ❏♦sé ❧❛♥③❛ ✉♥ ✸ ♦ ✻✳ ❊❧ ♥ú♠❡r♦ ❞❡ t❛❧❡s ❡✈❡♥t♦s ❡s 8+8+6+6−4 = 24✱ ②❛ q✉❡❡st❛♠♦s ❝♦♥t❛♥❞♦ ❧♦s r❡s✉❧t❛❞♦s (3, 3), (3, 6), (6, 3), (6, 6) ❞♦s ✈❡❝❡s✳ P♦r ❧♦ t❛♥t♦✱ ❧❛ ♣r♦❜❛❜✐❧✐❞❛❞❡s 24/48 = 1/2✳

✻

■■ ❊❧✐♠✐♥❛t♦r✐❛ ✷✵✶✻ ✲ ❙♦❧✉❝✐ó♥ ■ ◆✐✈❡❧

✶✶✳ ❙❡❛♥ �ABCD ✉♥ ❝✉❛❞r❛❞♦✱ E ② F ♣✉♥t♦s ❡♥ AB✱t❛❧❡s q✉❡ AE = EF = FB✳ ▲❛ r❛③ó♥ ❡♥tr❡ ❡❧ ár❡❛ ❞❡�ABCD ② ❡❧ ár❡❛ ❞❡ �EDCF ❡s

✭❛✮4

3

✭❜✮3

2✭❝✮ ✷

✭❞✮5

2

• ❖♣❝✐ó♥ ❝♦rr❡❝t❛✿ b)

• ❙♦❧✉❝✐ó♥✿

❙✐ x ❡s ❧❛ ♠❡❞✐❞❛ ❞❡❧ ❧❛❞♦ ❞❡❧ ❝✉❛❞r❛❞♦✱ s✉ ár❡❛ ❡s x2✱♠✐❡♥tr❛s q✉❡ �EDCF ❝♦♠♦ ❡s ✉♥ tr❛♣❡❝✐♦ s✉ ár❡❛

❝♦rr❡s♣♦♥❞❡ ❛ x

(x+ x

3

)

2= x2

(1 + 1

3

)

2=

4

3x2

2=

2

3x2✳

P♦r ❧♦ t❛♥t♦✱ ❧❛ r❛③ó♥ ❞❡ ❧❛s ár❡❛s ❡sx2

2

3x2

=3

2

A B

CD

E F

✶✷✳ ▲❛ ❝❛♥t✐❞❛❞ ❞❡ ♥ú♠❡r♦s ❞❡ tr❡s ❞í❣✐t♦s ✭❞♦♥❞❡ t♦❞♦ss✉s ❞í❣✐t♦s s♦♥ ❞✐st✐♥t♦s ❞❡ ❝❡r♦✮ q✉❡ s❛t✐s❢❛❝❡♥ q✉❡ ❛❧❝❛♠❜✐❛r ❞❡ ❝✉❛❧q✉✐❡r ♠❛♥❡r❛ ❡❧ ♦r❞❡♥ ❞❡ s✉s ❞í❣✐t♦s s❡♦❜t✐❡♥❡ ✉♥ ♥ú♠❡r♦ ❞✐✈✐s✐❜❧❡ ♣♦r ✹ ❡s

✭❛✮ ✻

✭❜✮ ✽

✭❝✮ ✶✵

✭❞✮ ✶✷

• ❖♣❝✐ó♥ ❝♦rr❡❝t❛✿ b)

• ❙♦❧✉❝✐ó♥✿

❚♦❞♦s ❧♦s ❞í❣✐t♦s ❞❡ t❛❧❡s ♥ú♠❡r♦s ❞❡❜❡♥ s❡r ♣❛r❡s✳ ❈♦♠♦ ✉♥ ♥ú♠❡r♦ ❡s ❞✐✈✐s✐❜❧❡ ♣♦r ✹ s✐✱ ② s♦❧♦s✐✱ ❧♦s ú❧t✐♠♦s ❞♦s ❞í❣✐t♦s s♦♥ ❞✐✈✐s✐❜❧❡s ♣♦r ✹✱ ♥♦ ♣♦❞❡♠♦s ❝♦♥s✐❞❡r❛r ❧♦s ❞í❣✐t♦s ✷ ♦ ✻ ✭♣❛r❛ q✉❡s❡❛ ❞✐✈✐s✐❜❧❡ ♣♦r ✹ s❡ t❡♥❞rí❛ ❛❧❣✉♥❛ ❞❡ ❧❛s s✐❣✉✐❡♥t❡s t❡r♠✐♥❛❝✐♦♥❡s✿ 12, 32, . . . 92 ♦ 16, 36, . . . , 96✱t♦❞❛s ❝♦♥ ✉♥ ❞í❣✐t♦ ✐♠♣❛r✮✳

P♦r ❧♦ t❛♥t♦✱ ❡❧ ♥ú♠❡r♦ ❝♦♥s✐st❡ s♦❧♦ ❞❡ ❞í❣✐t♦s ✹ ② ✽❀ ❛sí✱ ❤❛② ✽ ♦♣❝✐♦♥❡s✿ ✹✹✹✱ ✽✽✽✱ ✹✹✽✱ ✹✽✹✱ ✽✹✹✱✽✽✹✱ ✽✹✽ ② ✹✽✽✳

✼

■■ ❊❧✐♠✐♥❛t♦r✐❛ ✷✵✶✻ ✲ ❙♦❧✉❝✐ó♥ ■ ◆✐✈❡❧

■■ P❛rt❡✿ ❉❡s❛rr♦❧❧♦ ❱❛❧♦r ✷✶ ♣✉♥t♦s✱ ✼ ♣ts ❝✴✉

■♥str✉❝❝✐♦♥❡s✿ ▲♦s s✐❣✉✐❡♥t❡s ❡❥❡r❝✐❝✐♦s ❞❡❜❡♥ s❡r r❡s✉❡❧t♦s ❡♥ ❧❛s ❤♦❥❛s ❛❞✐❝✐♦♥❛❧❡s q✉❡ s❡ ❧❡ ❡♥tr❡❣❛✲r♦♥✳ ❈♦♥t❡st❡ ❡♥ ❢♦r♠❛ ♦r❞❡♥❛❞❛✱ ❝♦♠♣❧❡t❛ ② ❝❧❛r❛✳ ❙❡ ❝❛❧✐✜❝❛ ♣r♦❝❡❞✐♠✐❡♥t♦s ② r❡s♣✉❡st❛✳

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• ❙♦❧✉❝✐ó♥✿

❙❡ ♦❜t✐❡♥❡♥ ❛❧❣✉♥♦s tér♠✐♥♦s ❞❡ ❧❛ s❡❝✉❡♥❝✐❛ ♥✉♠ér✐❝❛✿

a1 a2 a3 a4 a5 a6✶ ✸ ✷ −1 −3 −2

a7 a8 a9 · · ·

✶ ✸ · · ·

❙❡ ♦❜s❡r✈❛ q✉❡ ❧♦s s❡✐s ♣r✐♠❡r♦s tér♠✐♥♦s s❡ r❡♣✐t❡♥ ❡♥ ❧❛ s✉❝❡s✐ó♥ ✭♣✉❡s ❧♦s tér♠✐♥♦s a7 ② a8 s♦♥❡①❛❝t❛♠❡♥t❡ ❧♦s ❞♦s ♣r✐♠❡r♦s tér♠✐♥♦s ❞❡ ❧❛ s✉❝❡s✐ó♥✮✳

❆❞❡♠ás✱ s✐ s r❡♣r❡s❡♥t❛ ❧❛ s✉♠❛ ❞❡ ❝❛❞❛ ♣❡rí♦❞♦ ❞❡ s❡✐s tér♠✐♥♦s ❞❡ ❧❛ s✉❝❡s✐ó♥✱ s❡ t✐❡♥❡ q✉❡s = 1 + 3 + 2− 2− 3− 2 = 0✳

❈♦♠♦ s❡ ♣✐❞❡ ❧❛ s✉♠❛ ❞❡ ❧♦s ♣r✐♠❡r♦s ✶✽✷✶ ♣r✐♠❡r♦s tér♠✐♥♦s ② s❡ t✐❡♥❡ q✉❡ 1821 = 1818 + 3 =303 ·6+3❀ ♣♦r ❧♦ q✉❡ ❧❛ s✉♠❛ ❞❡ ❧♦s ♣r✐♠❡r♦s ✶✽✶✽ tér♠✐♥♦s ❡s ❝❡r♦ ②✱ ♣♦r ❧♦ t❛♥t♦✱ ❧❛ s✉♠❛ ❞❡ ❧♦s✶✽✷✶ ♣r✐♠❡r♦s tér♠✐♥♦s s❡rá ❧❛ s✉♠❛ ❞❡ ❧♦s tr❡s ♣r✐♠❡r♦s tér♠✐♥♦s ❞❡ ❧❛ s✉❝❡s✐ó♥✿ 1 + 3 + 2 = 6✳

✷✳ ❉❡t❡r♠✐♥❡ ❡❧ ♠❡♥♦r ♥ú♠❡r♦ ② ❡❧ ♠❛②♦r ♥ú♠❡r♦ ❞❡ ❝✉❛tr♦ ❞í❣✐t♦s ❞✐st✐♥t♦s q✉❡ s♦♥ ❞✐✈✐s✐❜❧❡s ♣♦r❝❛❞❛ ✉♥♦ ❞❡ s✉s ❞í❣✐t♦s r❡s♣❡❝t✐✈♦s✳

• ❙♦❧✉❝✐ó♥✿

❊♥ ❛♠❜♦s ❝❛s♦s ✭♠❡♥♦r ② ♠❛②♦r✮ ❞❡❜❡♠♦s ❞❡s❝❛rt❛r ❡❧ ❞í❣✐t♦ ✵✱ ♣✉❡s ♥✐♥❣ú♥ ♥ú♠❡r♦ ♥♦ ♥✉❧♦ ❡s♠ú❧t✐♣❧♦ ❞❡ ✵✳

❊❧ ♠❡♥♦r ♥ú♠❡r♦ ❞❡ ❝✉❛tr♦ ❞í❣✐t♦s ❞✐st✐♥t♦s ❡s ✶✷✸✹✱ s✐♥ ❡♠❜❛r❣♦✱ ❡st❡ ♥ú♠❡r♦ ♥♦ ❡s ♠ú❧t✐♣❧♦ ❞❡✸ ♣✉❡s s✉s ❞í❣✐t♦s s✉♠❛♥ ✶✵✱ ♥✐ ♠ú❧t✐♣❧♦ ❞❡ ✹✳

❊❧ ✶✷✸✺ t❛♠♣♦❝♦ ❝✉♠♣❧❡✱ ♣✉❡s ♥♦ ❡s ❞✐✈✐s✐❜❧❡ ♥✐ ♣♦r ✷ ♥✐ ✸✳ P♦❞❡♠♦s ✈❡r q✉❡ ✶✷✸✻ sí ❡s ❞✐✈✐s✐❜❧❡♣♦r ✸ ♣✉❡s s✉s ❞í❣✐t♦s s✉♠❛♥ ✶✷✱ ❡s ♣❛r ♣♦r ❧♦ q✉❡ ❡s ❞✐✈✐s✐❜❧❡ ♣♦r ✷✱ ② ❛❧ s❡r ❞✐✈✐s✐❜❧❡ ♣♦r ✷ ②✸ ❡s t❛♠❜✐é♥ ♠ú❧t✐♣❧♦ ❞❡ ✻❀ ❛❞❡♠ás✱ t♦❞♦ ♥ú♠❡r♦ ❡s ♠ú❧t✐♣❧♦ ❞❡ ✶✳ ❈♦♥ ❡st♦✱ ✶✷✸✻ ❡s ❡❧ ♠❡♥♦r♥ú♠❡r♦ ❞❡ ❝✉❛tr♦ ❞í❣✐t♦s ❞✐st✐♥t♦s q✉❡ ❡s ❞✐✈✐s✐❜❧❡ ♣♦r ❝❛❞❛ ✉♥♦ ❞❡ s✉s ❞í❣✐t♦s✳

P❛r❛ ❤❛❧❧❛r ❡❧ ♠❛②♦r ♥ú♠❡r♦✱ ♣♦❞❡♠♦s ❛s✉♠✐r✱ ✐♥✐❝✐❛❧♠❡♥t❡✱ q✉❡ ❡①✐st❡ ✉♥♦ ❞❡ ❧❛ ❢♦r♠❛ 98ab✱❝♦♥ 9 + 8 + a + b ♠ú❧t✐♣❧♦ ❞❡ ✾✳ ❈♦♠♦ 9 + 8 = 17✱ s❡ ❞❡❜❡ t❡♥❡r a + b = 10✱ ♣✉❡s a + b = 1 ②a+ b = 19 s♦♥ ❝❛s♦s ✐♠♣♦s✐❜❧❡s ❝♦♥ a ② b ❞í❣✐t♦s ❞✐st✐♥t♦s ♥♦ ♥✉❧♦s✳

❊❧ ♣r✐♠❡r ❝❛♥❞✐❞❛t♦ s❡rí❛ ✾✽✼✸✱ ♣❡r♦ ♥♦ ❡s ♠ú❧t✐♣❧♦ ❞❡ ✽✳

❱❡♠♦s q✉❡ ✾✽✻✹ sí ❝✉♠♣❧❡ ❧❛s ❝♦♥❞✐❝✐♦♥❡s✿ 9 + 8 + 6 + 4 = 27 ♣♦r ❧♦ q✉❡ ❡s ❞✐✈✐s✐❜❧❡ ♣♦r ✾✱ ✽✻✹❡s ♠ú❧t✐♣❧♦ ❞❡ ✽✱ ♣♦r ❧♦ q✉❡ ❡s ❞✐✈✐s✐❜❧❡ ♣♦r ✽ ② ❡♥ ❝♦♥s❡❝✉❡♥❝✐❛ t❛♠❜✐é♥ ♣♦r ✹✱ ❛❧ s❡r ❞✐✈✐s✐❜❧❡♣♦r ✾ ② ✽ t❛♠❜✐é♥ ❧♦ ❡s ♣♦r ✸ ② ✷✱ ❡s ❞❡❝✐r✱ t❛♠❜✐é♥ ♣♦r ✻✱ ② ❝♦♥ ❡st♦ ✾✽✻✹ ❡s ❡❧ ♠❛②♦r ♥ú♠❡r♦❞❡ ❝✉❛tr♦ ❞í❣✐t♦s ❞✐st✐♥t♦s q✉❡ ❡s ❞✐✈✐s✐❜❧❡ ♣♦r ❝❛❞❛ ✉♥♦ ❞❡ s✉s ❞í❣✐t♦s✳

✽

■■ ❊❧✐♠✐♥❛t♦r✐❛ ✷✵✶✻ ✲ ❙♦❧✉❝✐ó♥ ■ ◆✐✈❡❧

✸✳ ❈♦♥s✐❞❡r❡ ✉♥ ❝ír❝✉❧♦ ❞❡ ❝❡♥tr♦ O✳ ❙❡❛♥ A ② B ❞♦s ♣✉♥t♦s s♦❜r❡ ❧❛ ❝✐r❝✉♥❢❡r❡♥❝✐❛✱ t❛❧❡s q✉❡m∠AOB = 60◦✳ ❙❡❛ M ✉♥ ♣✉♥t♦ ❝✉❛❧q✉✐❡r❛ s♦❜r❡ ❧❛ ❝✐r❝✉♥❢❡r❡♥❝✐❛ ✭❞✐st✐♥t♦ ❞❡ A ② B✮✳ ❙❡❛♥P ✱ Q✱ R ② S ❧♦s ♣✉♥t♦s ♠❡❞✐♦s ❞❡ AO✱ AM ✱ MB ② OB✱ r❡s♣❡❝t✐✈❛♠❡♥t❡✳ ❉❡t❡r♠✐♥❡ m∠QTR✱❞♦♥❞❡ T ❡s ❡❧ ♣✉♥t♦ ❞❡ ✐♥t❡rs❡❝❝✐ó♥ ❡♥tr❡ PR ② QS✳

• ❙♦❧✉❝✐ó♥✿

❊♥ ❧❛ s✐❣✉✐❡♥t❡ ✜❣✉r❛ s❡ ♣r❡s❡♥t❛♥ ❧♦s ❞❛t♦s ❞❡❧ ♣r♦❜❧❡♠❛✳

✻✵♦

O

A

B

M

P

Q

R

S

T

❉❛❞♦ q✉❡ P ② Q s♦♥ ❧♦s ♣✉♥t♦s ♠❡❞✐♦s ❞❡ AO ② AM s❡ t✐❡♥❡ q✉❡ PQ ‖ OM ② PQ =1

2OM ✳ ❉❡

❢♦r♠❛ ❛♥á❧♦❣❛ s❡ ❝♦♥❝❧✉②❡ q✉❡ SR ‖ OM ② SR =1

2OM ✳ ❆sí PQ = SR ② PQ ‖ SR✳

P♦r ♦tr❛ ♣❛rt❡✱ s❡ t✐❡♥❡ q✉❡ P ② S s♦♥ ❧♦s ♣✉♥t♦s ♠❡❞✐♦s ❞❡ AO ② BO r❡s♣❡❝t✐✈❛♠❡♥t❡✱ ♣♦r

❧♦ q✉❡ PS ‖ AB ② PS =1

2AB✳ ❉❡ ✐❣✉❛❧ ❢♦r♠❛ s❡ ❝♦♥❝❧✉②❡ q✉❡ QR ‖ AB ② QR =

1

2AB✳ ❆sí

PS = QR ② PS ‖ QR

P❡r♦ AB = OM ❞❛❞♦ q✉❡ AB = AO ✭❡st♦ ♣♦rq✉❡ △AOB ❡s ❡q✉✐❧át❡r♦✮ ② AO ② OM s♦♥ r❛❞✐♦s❞❡❧ ❝ír❝✉❧♦✳ P♦r ❧♦ t❛♥t♦ PS = PQ = SR = QR✳

❉❡❜✐❞♦ ❛ q✉❡ t♦❞♦s ❧♦s ❧❛❞♦s s♦♥ ❝♦♥❣r✉❡♥t❡s ② ❧♦s ❧❛❞♦s ♦♣✉❡st♦s s♦♥ ♣❛r❛❧❡❧♦s s❡ t✐❡♥❡ q✉❡�PQRS ❡s ✉♥ r♦♠❜♦✳ ❊♥ ✉♥ r♦♠❜♦ ❧❛s ❞✐❛❣♦♥❛❧❡s s♦♥ ♣❡r♣❡♥❞✐❝✉❧❛r❡s✱ ♣♦r ❧♦ t❛♥t♦ m∠QTR =90♦✳

✾

XXIX OLIMPIADA COSTARRICENSE DE MATEMÁTICA

MEP - UNA - UCR - MICITT - UNED - TEC

SOLUCIÓN

SEGUNDA ELIMINATORIA NACIONAL

I Nivel

(7◦)

2017

Estimado estudiante:

La Comisión Organizadora de las Olimpiadas Costarricen-ses de Matemáticas le saluda y felicita por haber clasificadoa la segunda eliminatoria nacional de estas justas académi-cas. La prueba consta de dos partes: una primera parte de12 preguntas de selección única, ponderadas con dos pun-tos cada respuesta correcta, y una segunda parte con trespreguntas de desarrollo, con un valor de siete puntos cadasolución correcta.

Los resultados de esta eliminatoriase publicarán a partir del lunes 02de octubre, en la siguiente direcciónelectrónica:

www.olcoma.com

INDICACIONES GENERALES

• Debe trabajar en forma individual.• Las respuestas a las preguntas que se le formulan, deben ser consignadas ÚNICAMENTE en lashojas de respuestas que se le han entregado.• Los dibujos que aparecen en la prueba no están hechos a escala.• El formulario de preguntas es suyo, por lo que puede realizar en él todas las anotaciones, cálculos odibujos que le sean necesarios para resolver satisfactoriamente la prueba.• Los únicos instrumentos cuyo uso se permite son los necesarios para escribir y dibujar. Se prohíbeel uso de libros, libretas de notas, tablas y calculadora.• El examen tiene una duración máxima de tres horas.• Escriba claramente los datos que se le solicitan en las hojas de respuestas.

SIMBOLOGÍA

AB segmento de extremos A y B ∠ABC ∼= ∠DEF congruencia de ángulos

AB medida de AB △ABC ∼= △DEF congruencia de triángulos

−−→AB rayo de extremo A y que contiene a B ABC ↔ DEF correspondencia respectiva

entre puntos

←→AB recta que contiene los puntos A y B △ABC ∼ △DEF semejanza de triángulos

∠ABC ángulo de rayos−−→BA y

−−→BC AB ∼= CD congruencia de segmentos

m∠ABC medida de ∠ABC AB arco de extremos A y B

△ABC triángulo de vértices A, B, C mAB medida de AB

�ABCD cuadrilátero de vértices A, B, C, D (ABC) área de ∆ABC

‖ paralelismo (ABCD) área de �ABCD

⊥ perpendicularidad P −Q−R P , Q, R puntos colineales,

con Q entre los puntos P y R


I Parte: Selección única Valor 24 puntos, 2 pts c/u

1. Pablo lanza una moneda de 50 colones al aire tresveces y anota, para cada lanzamiento, si cae escudoo corona. La probabilidad de que Pablo obtengaexactamente una corona o exactamente un escudo es

(a)1

4

(b)1

2

(c)3

8

(d)3

4

• Opción correcta: d

• Solución:

Mediante el diagrama de árbol se representan todos los casos posibles, donde E representa escudoy C representa corona.

Como se puede observar en el diagrama de árbol, hay tres casos posibles de obtener exactamenteuna corona o tres casos posibles de obtener exactamente un escudo.

Por lo tanto, la probabilidad de que Pablo obtenga exactamente una corona o un escudo es6

8=

3

4.

1


2. Sofía tiene cierta cantidad de caramelos; se come 30%de ellos y le quedan 280 caramelos. Carol tiene lamisma cantidad de caramelos que Sofía, pero se come26% de ellos. La cantidad de caramelos que Carol secome es

(a) 30

(b) 84

(c) 104

(d) 296

• Opción correcta: c

• Solución:

Sofía tiene x caramelos, se come 30%, le queda 70%. Es decir, le quedan70x

100caramelos, lo cual

es 280 caramelos.

De70x

100= 280 se tiene que x = 400.

Sofía tiene entonces 400 caramelos, pero Carol se come 26% de ellos; es decir,400 · 26100

= 104

caramelos.

2


3. María dibujó un triángulo, tal que los lados midennúmeros pares consecutivos y se sabe que el menor deellos mide cuatro centímetros. Juan desea averiguarel área del triángulo equilátero que tiene el mismoperímetro que el triángulo que dibujó María. El área,en centímetros cuadrados, de este triángulo equiláteroes

(a) 24

(b) 32

(c) 6√3

(d) 9√3


• Solución:

Se sabe que el perímetro del triángulo que dibujó María es 4 + 6 + 8 = 18.

Para que Juan pueda dibujar un triángulo equilátero, cada lado debe medir la tercera parte de

ese perímetro; es decir, cada lado debe medir18

3= 6.

Ahora, se calcula el área del triángulo equilátero cuyos lados miden 6 cm; para eso utilizamos lafórmula:

A =l2√3

4=

62√3

4= 9√3

3


4. Al simplificar al máximo la expresión:

2017

√(k2017

)2017

k2017− k

donde k es un número entero positivo, se obtiene

(a) 0

(b) 1

(c) k(k2015 − 1

)

(d) k(k2016 − 1

)


• Solución:

Al trabajar con leyes de potencias la expresión se tiene:

2017

√(k2017

)2017

k2017− k =

(k2017·2017

) 1

2017

k− k

=k2017

k− k = k2016 − k = k

(k2015 − 1

)

4


5. La figura adjunta muestra una estrella en forma depentágono. La medida del ∠CAD es

(a) 35◦

(b) 42◦

(c) 51◦

(d) 65◦ A

B

C

D

E

FG

58◦

93◦

100◦


• Solución:

Nótese que en el △BDF , dado que ∠B = 58◦ y ∠F = 93◦, se tiene que ∠D = 29◦.

Ahora, tomando el triángulo △ADG, se tiene adicionalmente que ∠G = 100◦, por diferencia,∠A = 51◦.

5


6. Considere el número n = 7a 931 41b de ocho dígitosque es divisible por 792. El valor del dígito a es

(a) 2

(b) 5

(c) 6

(d) 11

• Opción correcta: b

• Solución:

Como a y b son dígitos, sus valores están entre 0 y 9.

Se tiene que 7a93141b es divisible por 792, observe que 792 = 8 · 9 · 11, entonces 7a93141b esdivisible por 8, 9 y 11.

Veamos primero que 7a93141b es divisible por 8, esto nos dice que las últimas tres cifras de dichonúmero es divible por 8. En este caso, se tiene que 41b es divisible por 8. Observe que entre 410y 419 solamente existe un número que es divisible por 8, el número es 416. Por lo tanto el valorde b = 6.

Luego, 7a93141b es divisible por 9, esto nos dice que la suma de sus cifras es divisible por 9.Entonces, 7 + a+ 9 + 3 + 1 + 4 + 1 + b = 25 + a+ b es divisible por 9. Observe que a+ b puedeser 2 o 11, pues 0 ≤ a+ b ≤ 18.

Como b = 6, cuando a + b = 2 ⇒ a = −4, se descarta, pues a está entre 0 y 9. Cuandoa+ b = 11⇒ a = 5.

Por lo tanto, el valor de a es 5.

6


7. En la figura adjunta se muestran cuatro círculostangentes de igual radio y de centros A, B, C y D,respectivamente (el único punto que comparten lascircunferencias de centros D y C, por ejemplo, es elpunto medio de DC). Si la medida del radio de cadacírculo es 6 cm, entonces el área en cm2 del �ABCD es

(a) 24

(b) 36

(c) 48

(d) 144 A B

CD


• Solución:

Cada círculo tiene radio 6 cm.

Los círculos de centros A y B, respectivamente, forman el lado AB cuya medida es 12 cm.

De igual manera, AD = DC = CB = AB.

El �ABCD es un cuadrado ya que son tangentes las circunferencias. De esta forma, se tiene12 · 12 como área del �ABCD.

7


8. Una pulga quiere subir una escalera. Ella puede hacersolo dos tipos de brincos: tres escalones hacia arriba ocuatro escalones hacia abajo. Empezando a nivel delpiso, la cantidad mínima de brincos que tendrá quedar la pulga para descansar en el escalón 22 es

(a) 9

(b) 10

(c) 12

(d) 15


• Solución:

Si la pulga sube 30 escalones (10 brincos hacia arriba) y luego baja 8 escalones (2 brincos haciaabajo) se llega a descansar en el escalón 22.

Ahora, note que hay que dar al menos 8 saltos, puesto que 7 o menos no llegaría a 22 (3×7 = 21).

Por lo que se puede simplificar el problema a resolver 3x − 4y = 1, minimizando x + y, dondeambos son enteros positivos, y representa los saltos hacia abajo, y x los saltos hacia arriba,después del sétimo hacia arriba.

Claramente x > y. Si hubiese una solución con x + y < 5, se tendría que los únicos casos conposibilidad de satisfacer las condiciones serían x = 2, y = 1 (3x − 4y = 2), o x = 3, y = 1(3x− 4y = 5), donde ninguno satisface.

Por lo tanto, el menor número de saltos sería 12.

8


9. Considere un cuadrado �ABCD y un triánguloequilátero △BEC. Este triángulo se divide en cuatrotriángulos equiláteros y uno de estos se divide denuevo en cuatro triángulos equiláteros más. Si el áreade uno de los triángulos equiláteros resultantes de laúltima división es x2

√3, entonces el perímetro del

polígono de vértices A, B, E, C y D es

(a) 8x

(b) 20x

(c) 24x

(d) 40x


• Solución:

Si y denota la medida del lado de uno de los triángulos equiláteros resultantes de la última

división, cuya área mide x2√3, entonces x2

√3 =

y2√3

4y y = 2x.

Luego, la medida del lado de cada uno de los triángulos equiláteros resultantes de la últimadivisión es 2x.

La medida del lado de cada uno de los triángulos equiláteros resultantes de la primera divisiónes 4x.

La medida del lado del triángulo equilátero △BEC es 8x y la medida del lado del cuadrado�ABCD es 8x.

Finalmente, el perímetro del polígono de vértices A, B, E, C y D es 5 · 8x = 40x.

9


10. Carlos tiene cuadrados verdes de tamaño 1 × 1,cuadrados amarillos de tamaño 2 × 2 y cuadradosrojos de tamaño 3 × 3. Él quiere crear un cuadradousando estos cuadrados, en el cual aparezcan los trescolores. La mínima cantidad de cuadrados que debeutilizar es

(a) 5

(b) 6

(c) 7

(d) 8


• Solución:

Si usa al menos un cuadrado rojo y uno amarillo se debe completar un cuadrado 5× 5. Usandodos cuadrados amarillos más, y cuatro verdes se completa el cuadrado con 8 cuadrados.

Falta ver que no es posible hacerlo con menos. Observe que la máxima área que se puede cubrircon 7 cuadrados es 5 · 9 + 4 + 1 = 50. Sean x, y, z las cantidades de cuadrados de cada tipo,entonces debe cumplirse que

9x+ 4y + z = n2

x+ y + z ≤ 7

donde n = 5, 6, 7. Las únicas soluciones son (x, y, z) = (3, 2, 1) y (x, y, z) = (2, 1, 3), y verificandodirectamente se comprueba que ninguna de estas configuraciones es posible.

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11. Una suma circular de dos números se define como su-mar ambos números y restarle o sumarle seis las vecesnecesarias para que el resultado esté entre 1 y 6, inclu-sive.Por ejemplo, la suma circular de 8 y 9 es 17−6−6 = 5,y la suma circular de 4 y −7 es −3 + 6 = 3.Carlos y Karla juegan a lo siguiente: Karla elige unnúmero y luego Carlos lanza un dado, si el resultadodel dado es mayor o igual que la suma circular de estey el número de Karla, entonces Carlos gana (en casocontrario gana Karla).Si Karla puede elegir solo algún valor del conjunto{−2,−1, 2, 3}, entonces el número que debe elegirKarla para tener más posibilidad de ganar es

(a) −2

(b) −1

(c) 2

(d) 3


• Solución:

Si Karla elige el 2, entonces solo puede perder si el resultado del dado es 5 o 6, con lo que lasuma circular sería 1 y 2 respectivamente (ya que 5 > 1 y 6 > 2); si el resultado del dado es otro,Karla gana.

En los otros casos se puede ver como Carlos gana en más de dos casos.

Para −2, Carlos gana con 3, 4, 5 o 6 como resultado del dado; para −1, Carlos gana con 2, 3, 4,5 o 6 como resultado del dado; y para 3, Carlos gana con 4, 5 o 6 como resultado en el dado.

11


12. En la figura adjunta los triángulos △ABC y △DEF

son equiláteros, AB ‖ EF , C es el punto medio deEF y D es el punto medio de AB. La razón entreel área de la región sombreada y el área del �AEFB es

(a)1

5

(b)1

4

(c)1

3

(d)2

5 A B

C

D

E F

• Opción correcta: b

• Solución:

Sean G y H los puntos de intersección de AC con ED y DF conBC respectivamente.

Observe que al trazar GH, el △ABC queda dividido en 4 trián-gulos de igual área, al igual que △DEF . Es decir que las áreasde △EGC y △CFH, juntas,son iguales que el área sombreada; aligual que las de los △ADG y △BDH.

A B

C

D

E F

G H

Por otra parte, �CDBF y �EADC son rectángulos cuyas diagonales se intersecan en en el pun-to medio. Con esto se tiene que △CDH y △BFH tienen igual área (pues tienen bases y alturasde igual medida) al igual que △AEG y △CDG. Es decir que las áreas de △AEG y △BFH,juntas, son iguales que el área sombreada.

∴área sombreada

(AEFB)=

1

4

12


II Parte: Desarrollo Valor 21 puntos, 7 pts c/u

Instrucciones: Los siguientes ejercicios deben ser resueltos en las hojas adicionales que se le entrega-ron. Conteste en forma ordenada, completa y clara. Se califica procedimientos y respuesta.

1. En cierto país se cumple lo siguiente:

• Cada par de ciudades del país están enlazadas por exactamente un medio de transporte.

• Los únicos medios de transporte en el país son bus, tren y avión.

• Los tres medios de transporte son usados en el país.

• Ninguna ciudad del país tiene los tres servicios de transporte.

• No hay tres ciudades que estén enlazadas (dos a dos) por el mismo medio.

Determine el máximo número de ciudades de dicho país.

Solución:

Sea n el número de ciudades del país.

Los tres medios de transporte los denotaremos como A, B y T .

Para que se usen los tres medios de transporte en el país, debe tenerse n ≥ 3.

Para n = 3, basta unir cada par de ciudades con un medio de transporte distinto.

Para n = 4 sean C1, C2, C3 y C4 las cuatro ciudades. Unimos C1 con C2, C2 con C3, C3 conC4 y C4 con C1 mediante el medio de transporte A; unimos C1 con C3 mediante el medio detransporte B y, finalmente, unimos C2 con C4 mediante el medio de transpote T .

Para n ≥ 6 cada ciudad está unida por lo menos con otras cinco ciudades; como ninguna de lasciudades tiene los tres servicios de transporte, entonces toda ciudad al menos debe estar unidacon tres ciudades mediante un mismo medio de transporte. De esta manera, por ejemplo y sinpérdida de generalidad, tenemos una ciudad C0 unida a otras tres ciudades C1, C2 y C3 medianteun mismo medio de transporte A; luego las ciudades C1, C2 y C3 solo pueden estar unidas por losmedios de transporte B y T , pero las tres ciudades no pueden estar unidas por el mismo mediode transporte, por lo que entre los tres enlaces existentes debe haber por lo menos uno del tipoB y otro del tipo T , con lo que se tendría una ciudad atendida por los tres medios de trasporte,contradiciendo otra de las condiciones del problema.

Con lo anterior, no hay solución para este caso.

Para n = 5 hay que hacer un análisis de casos, llegando a la conclusión de que tampoco haysolución.

Finalmente, el máximo número de ciudades en dicho país es cuatro.

13


2. En un tablero de 8× 4 casillas se han colocado nueve fichas de la siguiente manera: tres fichas enla primera fila de color verde cada una, tres fichas en la segunda fila de color amarillo cada una,y tres fichas en la tercera fila de color rojo cada una, tal y como se muestra en la figura adjunta.

Cada ficha se puede mover únicamente si salta sobre otra ficha y si la casilla en la que cae estádesocupada; puede saltar horizontalmente, verticalmente o en diagonal. Por ejemplo, es válidomover la ficha de la casilla 2B (amarilla) a cualquiera de las casillas 2D, 4D o 4B, o bien moverla ficha de la casilla 3B (roja) a cualquiera de las casillas 1D o 3D.

a) Determine la cantidad mínima de movimientos para mover todas la fichas verdes a la filatres, todas las amarillas a la fila cuatro y todas la rojas la fila cinco pero que queden en lascolumnas A, B y C como están originalmente.

b) ¿Cuántos movimientos se necesitan para mover todas la fichas a las últimas tres filas, sinimportar el color, ni la columna?

Solución:

Para mover las fichas a la tercera, cuarta y quinta fila, se necesita un mínimo de 10 movimientos:

1) 2A a© → 4A

2) 3A r© → 5A

3) 2C a© → 4C

4) 3C r© → 5C

5) 1A v© → 3C

6) 1C v© → 3A

7) 3B r© → 5D

8) 1B v© → 3B

9) 2B a© → 4B

10) 5D r© → 5B

Por último, es imposible mover todas las filas a las últimas filas, ya que hay seis fichas (verdesy rojas) que se mueven solo en filas impares, mientras que las tres amarillas solo de mueven enfilas pares y al final tenemos dos filas pares y una fila impar.

14


3. Un juego consiste en colocar fichas de dos colores diferentes en los círculos de la figura adjunta.

Dos jugadores tienen, cada uno, cuatro fichas del mismocolor (el jugador A tiene cuatro fichas rojas y el jugadorB tiene cuatro fichas azules).Los jugadores colocan sus fichas alternadamente y ganael primero que logre colocar tres de sus fichas formandouna línea recta.Determine si alguno de los jugadores tiene una estrategiaganadora y, en caso de existir, explique cuál es esaestrategia.

Solución:

A los círculos que están en los vértices del triángulo grande denotémoslos E1, E2 y E3, a los deltriángulo interno I1, I2 e I3, y los que están sobre los lados del trińgulo grande M1, M2 y M3,tal como se muestra en la figura adjunta.

M1

M3

M2E2 E3

E1

I2

I1 I3

El primer jugador siempre gana colocandosu primera ficha en alguna de las casillasM1, M2 o M3.

Independientemente de la elección queefectúe el segundo jugador, el primeropuede simpre lograr que la siguiente juga-da del contrario sea obligada (defensiva)y seguidamente hacer una tercera queamenace tres en raya sobre dos líneas.

Con lo anterior, el jugador A se asegurala victoria al colocar su cuarta ficha.

Por ejemplo, si el primer jugador (jugador A) coloca su ficha en M3, veamos las posibles jugadas.

Si el jugador B

juega en una es-quina:

B A

E1 I1I3 I2

M1, E2 Gana

B A

E2 I3I1 E3

M1, E1 Gana

B A

E3 I3I1 I2

M2, E2 Gana

Si el jugador B

juega en una casi-lla interna:

B A

I1 E1

E3 E2

M1, I2 Gana

B A

I2 E1

E3 I1M2, I3 Gana

B A

I3 E3

E1 E2

M2, I2 Gana

Si el jugador B

juega en una casi-lla media:

B A

M1 E3

E1 E2

M2, I2 Gana

B A

M2 E1

E3 E2

M1, I2 Gana

15

olimpiadas costarricenses de...

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