w 1 Sean w, x, y, z números tales que x = 0, y+z = 0, x+y+z = 0, x+y+z = 2015

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Héctor Valverde San Martín
hace 6 años
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XIII PrimeraFecha 5 de Abril de 015 Soluciones Individual Primer Nivel 1 Sean, x, y, z números tales que x = 0, y+z = 0, x+y+z = 0, x+y+z = 015 016 y y+z = 1.

1 XIII PrimeraFecha 5 de Abril de 015 Soluciones Individual Primer Nivel 1 Sean, x, y, z números tales que x = 0, y+z = 0, x+y+z = 0, x+y+z = y y+z = 1. Encuentre, sin reemplazar, x, y, z, el valor numérico de x. Como = 1, entonces = y+z. Si reemplazamos esto en la igualdad y+z lo siguiente: x+ = = 015(x+) 016 = 015x+015 = 015x x = 015 x+y+z = , tenemos Sea ABC un triángulo isósceles con base BC. Sean D y E puntos en los lados BC y AC, respectivamente, tales que el triángulo ADE es isósceles con base DE, como se muestra en la figura: A 30 E B D x C Si la medida del ángulo BAD es 30, encuentre la medida del ángulo CDE, indicada con x en la figura. 1

2 Sea α la medida del ángulo ABC. Como el triángulo ABC es isósceles con base BC, entonces el ángulo ACB también mide α. El ángulo DEA es exterior en el triángulo CDE, entonces DEA = α+ x. Como el triángulo ADE es isósceles con base DE, entonces ADE = α+ x. El ángulo ADC es exterior en el triángulo ABD, entonces: Por lo tanto, x = 15. Segundo Nivel BAD+ ABD = ADC 30 + α = ADE+ CDE 30 + α = (α+ x)+x 30 = x 1 Encuentra la suma de los divisores primos de Factorizando 16 1 = ( 1)( + 1)( 4 + 1)( 8 + 1) = Como los cuatro factores son primos, la suma de ellos es = 8. Sea ABCD un trapecio con bases AD y BC, tal que AD < BC y AB = BC = CD. Sea P un punto en el lado BC tal que AP BC. Sea M un punto cualquiera en el lado BC y sean T y R puntos en los lados AB y CD, respectivamente, tales que MT AB y MR CD. Demuestre que AP = MT+ MR. Como los lados AD y BC son paralelos, entonces Área( AMC) = Área( DMC), luego: Área( ABC) = Área( AMB) + Área( AMC) Área( ABC) = Área( AMB) + Área( DMC) BC AP = AB MT + CD MR Como AB = BC = CD, multiplicando la igualdad anterior por Tercer Nivel 1 a. Sean x, y, z números reales. Demuestre que: se tiene AP = MR+ MT. AB x 3 + y 3 + z 3 3xyz = (x+y+z)(x + y + z xy xz yz) b. Sean x, y números reales positivos tales que x 3 + y 3 +(x+y) xy = 000. Demuestre que x+y = 10.

3 a. Se puede desarrollar el lado derecho de la igualdad hasta llegar al lado izquierdo, o bien, se puede factorizar el lado izquierdo: x 3 + y 3 + z 3 3xyz = (x+y) 3 + z 3 3xyz 3xy(x+y) b. La igualdad se puede reescribir como sigue: = (x+y+z)((x+y) (x+y)z+z ) 3xy(x+y+z) = (x+y+z)(x + xy+y xz yz+z 3xy) = (x+y+z)(x + y + z xy xz yz) (x 3 + y 3 +( 10) 3 3 x y ( 10))+((x+y) ) = 0 (x+y 10)(x + y xy+10x+10y)+(x+y 10)((x+y) + 10(x+y)+ 100) = 0 (x+y 10)(x + y xy+10x+ 10y+x + xy+y + 10x+ 10y+ 100) = 0 (x+y 10)(x + y + xy+0x+ 0y+ 00) = 0 Como x, y son números reales positivos, entonces el segundo factor es positivo, luego el primer factor es cero. Por lo tanto, x+y = 10. Son dados un triángulo equilátero ABC y un punto D sobre el lado BC. Sea E un punto sobre el lado AB tal que CAD = BDE. La recta DE y la recta paralela a AB que pasa por C se intersecan en un punto F. Pruebe que AD = EF. Primera solución Sea α = CAD = BDE. Como DCA = EBD = 60 y CAD = BDE = α, por el criterio AA de semejanza se tiene CAD BDE, entonces: AD DE = CA BD = CB DB Por el teorema de Thales sobre las recta paralelas AB y CF: entonces AD DE = FE. Por lo tanto, AD = EF. DE CB DB = FE DE, Segunda solución Sea α = CAD = BDE y sea O el centro del triángulo equilátero ABC. Se realiza la rotación con centro O y ángulo de 10 que transforma A en C, entonces el triángulo ACD se transforma en el triángulo BDG, luego G es un punto sobre el lado AB tal que BCG = α y CG = AD. Los segmentos FE y CG son paralelos y los segmentos AB y CF son paralelos, entonces CFEG es un paralelogramo y, por lo tanto, EF = CG = AD. 3

4 A G E B D F C Cuarto Nivel 1 Disponemos de 013 cubos, donde 1 3 de ellos tiene arista a, 1 de los cubos tiene arista a y los 3 restantes tienen arista 3a. Determine las dimensiones de una caja rectangular tal que pueda contener a los 013 cubos y su volumen sea el menor posible. Describa como disponer los cubos dentro de la caja. La caja debe taparse. Son 671 = cubos de cada tipo, entonces el volumen total de los 013 cubos es: V Total = 671a a a 3 = a 3 = a 3 Supongamos que las dimensiones de la caja sean x, y, z. Así, el volumen será V caja = xyz. Como la caja contiene los 013 cubos, entonces xyz a 3 (1) En primer lugar, la idea es determinar las dimensiones que debe poseer la base de la caja rectangular. Como la caja debe contener los tres tipos de cubos, o sea de arista a, arista a y arista 3a, una buena idea es pensar en el m.c.m de a, a, 3a que es 6a. Así, x = 6ma e y = 6na. Una posibilidad es si m = n = 1, entonces x = y = 6a. Reemplazando en la desigualdad (1) se tiene xyz = 36a z a 3 z 671a Comenzamos a disponer los cubos en la caja a partir de los más grandes (de arista 3a). La figura muestra como es posible colocar 4 cubos de arista 3a, formando un paralelepípedo de dimensiones 6a 6a 3a. Como son 671 cubos de este tamaño, podemos apilar 167 de estos paralelepípedos completando una altura de 501a en la caja procurada y sin dejar espacio libre. Sobran 3 cubos de arista 3a que los usaremos más adelante. 4

5 Ahora vamos a disponer los cubos de arista a en la caja. La figura muestra como es posible colocar 9 cubos de arista a, formando un paralelepípedo de dimensiones 6a 6a a. Como son 671 cubos de este tamaño, podemos apilar 74 de estos paralelepípedos completando una altura de 148a en la caja procurada y sin dejar espacio libre. Sobran 5 cubos de arista a que los usaremos más adelante. La idea es completar un paralelepípedo de base 6a 6a usando los cubos sobrantes de arista 3a y a y algunos de arista a, que nos servirán para rellenar el espacio que sobre. Una forma de disponer los 8 cubos sobrantes es como muestra la figura siguiente. Al disponer los cubos de esta manera podemos formar un paralelepípedo de dimensiones 6a 6a 5a. Como ya hemos utilizado todos los cubos de arista a y 3a y sólo nos quedan cubos de lado a, es fácil completar el paralelepípedo con algunos de estos cubos pequeños. El volumen del paralelepípedo de dimensiones 6a 6a 5a es 180a 3 y el volumen de los cubos de la última figura es 3 7a a 3 = 11a 3, entonces el volumen no cubierto en el paralelepípedo es de 59a 3, ese volumen corresponde a 59 cubos de arista a. Ya sabemos que hemos usado todos los cubos de lado 3a y a y 59 cubos de lado a, por lo que nos quedan aún 61 cubos de arista a. Usando todos estos cubitos podemos formar un paralelepípedo de dimensiones 6a 6a 17a. Ya no quedan cubos y hemos formado 4 paralelepípedos cada uno con base 6a 6a y altura 501a, 148a, 5a y 17a. Al apilar los 4 paralelepípedos formamos un paralelepípedo con la misma base y altura 671a. Tenemos una posible caja de dimensiones 6a 6a 671a, en la cual están contenidos los 013 cubos y no sobra espacio. El volumen de esta caja es de a 3 que es igual al volumen de todos los cubos. Por lo tanto la caja tiene el menor volumen posible. Dado un triángulo ABC, inscriba un triángulo equilátero con un vértice en cada lado del triángulo ABC y con un lado paralelo a BC (el triángulo equilátero tiene sus tres vértices distintos). 5

6 Construya un triángulo equilátero BCD exteriormente al triángulo ABC. A continuación, realice una homotecia con centro A que transforme D en el punto P de intersección entre las rectas AD y BC; el triángulo equilátero BCD se transforma en el triángulo equilátero buscado. 6

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