Olimpiada Juvenil de Matemáticas 2009

Transcripción

1 Olimpiada Juvenil de Matemáticas 2009 Problemas y Soluciones Henry Martínez José Heber Nieto Said Rafael Sánchez Lamoneda Eduardo Sarabia Laura Vielma

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3 Índice general Introducción 1 1. Prueba Preliminar: Canguro Matemático Prueba de 7 o grado Soluciones Prueba de 8 o y 9 o grados Soluciones Prueba de 1 o y 2 o de diversificado Soluciones Prueba Regional Prueba de 7 o y 8 o grados Soluciones Prueba de 9 o grado Soluciones Prueba de 1 o y 2 o de diversificado Soluciones Prueba Final Prueba de 7 o y 8 o grados Soluciones Prueba de 9 o grado Soluciones Prueba de 1 o y 2 o de diversificado Soluciones iii

4 iv ÍNDICE GENERAL

5 Introducción Las Olimpiadas Matemáticas son competencias dirigidas principalmente a jóvenes de educación elemental y secundaria, y su finalidad es la promoción de las matemáticas en la comunidad educativa, y la detección de talento para el estudio de esta ciencia desde muy temprana edad. Tienen sus orígenes a finales del siglo XIX en Europa y actualmente hay competencias de este estilo en la mayoría de los países del mundo. Las Olimpiadas Matemáticas se realizaron en Venezuela por primera vez en el año escolar de como un programa para la promoción de las matemáticas entre los jóvenes de la escuela secundaria. El Centro Nacional para el Mejoramiento de la Enseñanza de la Ciencia (CENAMEC) acogió el proyecto propuesto por el profesor Saulo Rada, del Instituto Pedagógico de Caracas, y con el apoyo de esta institución, del Ministerio de Educación y del Consejo Nacional de Investigaciones Científicas y Tecnológicas (CONICIT), se organizó la primera Olimpiada Matemática Venezolana (OMV). De esta manera comienza en Venezuela el programa de Olimpiadas Matemáticas, logrando a lo largo de 27 años una participación de más de un millón de jóvenes a todo lo ancho y largo del país. Este programa finalizó en el año En el año 2000, con el objetivo de promover las competencias de matemáticas en Venezuela y de llevar adelante un amplio programa de selección y entrenamiento de estudiantes para participar en olimpiadas matemáticas internacionales, se fundó la Asociación Venezolana de Competencias Matemáticas (ACM). La ACM es una asociación civil sin fines de lucro que cuenta con el aval de la Asociación Matemática Venezolana (AMV), de la Academia Venezolana de Ciencias Físicas, Matemáticas y Naturales y de las principales universidades del país. El lector puede consultar más sobre la ACM visitando la página web La ACM, consciente de la importancia de un concurso nacional de matemáticas, se afilió a la organización Canguro sin Fronteras, obteniendo así el derecho de organizar en Venezuela el Canguro Matemático, la competencia juvenil de matemáticas de mayor difusión en el mundo entero, y a partir del año 2004 organiza la Olimpiada Juvenil de Matemáticas (OJM), competencia en la cual participan los estudiantes de la tercera etapa de Educación Básica y de Educación Media y Diversificada. La OJM se organiza en casi todo el país. El presente libro reúne todos los problemas propuestos en la OJM Esta 1

6 competencia consta de tres etapas o pruebas. La primera de ellas es el Canguro Matemático, un examen de treinta problemas de selección simple, que fue presentado por estudiantes provenientes de 22 estados del país. A continuación se realiza la Prueba Final Regional. La misma consta de un examen de cinco problemas de desarrollo y compiten los alumnos que quedaron ubicados en el diez por ciento superior en el Canguro Matemático. Esta prueba se organiza en cada estado que participa en la OJM y los ganadores reciben medallas de oro, plata y bronce. La tercera etapa es la Prueba Final Nacional, en la cual participan los alumnos ganadores de medalla de oro en la Prueba Final Regional. Tanto en la primera como en la segunda etapa, los alumnos participantes presentan sus exámenes en la ciudad donde viven. Para la Final Nacional se elige cada año una sede y allí se organiza el evento, permitiendo a los participantes, sus profesores y representantes estrechar lazos de amistad y compartir una experiencia educativa enriquecedora. La Prueba Final Nacional 2009 se realizó en la Universidad de Margarita, en el estado Nueva Esparta y participaron 110 alumnos representando a 16 estados. Este libro consta de tres capítulos, uno por cada prueba. En ellos se presentan los problemas y sus soluciones. Esperamos que sea de gran utilidad tanto para profesores como para estudiantes, y que les permita conocer las matemáticas desde un punto de vista interesante y entretenido. Aprovechamos la oportunidad para agradecer a nuestros patrocinadores, en especial a la Fundación Empresas Polar, a Acumuladores Duncan, a MRW y a la Fundación Cultural del Colegio Emil Friedman, así como a todos los colegas que con su trabajo y esfuerzo, permiten que la Olimpiada Juvenil de Matemáticas sea una realidad. 2

7 Capítulo 1 Prueba Preliminar: Canguro Matemático 1.1. Prueba de 7 o grado 1. Cuál de los siguientes números es par? A 2009 B C D E La figura superior muestra el número 930 en una pantalla formada por cuadraditos blancos y negros. Cuántos de esos cuadraditos deben cambiar de color para formar el número 806 de la figura inferior? A 5 B 6 C 7 D 8 E 9 3. Uno de los lados de un rectángulo mide 8 cm de longitud, mientras que el otro lado mide la mitad. Cuánto mide el lado de un cuadrado cuyo perímetro es igual al perímetro del rectángulo? A 6 cm B 4 cm C 12 cm D 8 cm E 24 cm 4. Sofía lanzó un dado cuatro veces y obtuvo un total de 23 puntos. En cuántos lanzamientos obtuvo 6 puntos? A 1 B 0 C 3 D 2 E 4 5. La menor cantidad de dígitos que hay que borrar en el número para obtener un número capicúa (es decir, que se lea igual de izquierda a derecha 3

8 4 CAPÍTULO 1. PRUEBA PRELIMINAR: CANGURO MATEMÁTICO que de derecha a izquierda) es A 2 B 3 C 4 D 5 E 6 6. Se tienen tres cajas: una blanca, otra roja y otra verde. Una de ellas contiene solamente una barra de chocolate, otra contiene solamente una manzana y otra está vacía. Se sabe que el chocolate está en la caja blanca o en la roja, y que la manzana no está ni en la blanca ni en la verde. Entonces la caja que contiene el chocolate es: A blanca B roja C verde D roja o verde E imposible determinarlo 7. Cuántas caras tiene este sólido (prisma con un hueco)? A 7 B 6 C 10 D 8 E Un puente atraviesa un río. El río tiene 120 metros de ancho. Un cuarto del puente está sobre la rivera izquierda del río y otro cuarto está sobre la rivera derecha. Qué longitud tiene el puente? A 150 m B 180 m C 210 m D 240 m E 270 m 9. En la figura hay cuadrados de tres tamaños diferentes. El lado de loa cuadrados más pequeños mide 20 cm. Qué longitud tiene la línea quebrada gruesa? A 380 cm B 400 cm C 420 cm D 440 cm E 1680 cm 10. En una habitación hay perros y gatos. El número de las patas de los gatos es el doble del número de las narices de los perros. Entonces el número de gatos es: A el doble del número de perros C igual al número de perros B la mitad del número de perros D 1 del número de perros 4 E 1 del número de perros 6

9 1.1. PRUEBA DE 7 o GRADO Se usan palillos idénticos para formar los dígitos, como se muestra en la figura. El peso de un número se define como el número de palillos necesarios para formarlo. Cuánto pesa el número más pesado de dos dígitos? A 10 B 11 C 12 D 13 E Cuáles de los siguientes lazos consisten de más de un pedazo de cuerda? A I, III, IV y V B I, III y V C III, IV y V D todos E ninguno 13. El cuadrilátero ABCD tiene lados AB = 11, BC = 7, CD = 9 y DA = 3 y tiene ángulos rectos en A y C. Cuál es el área de este cuadrilátero? D C A 30 B 44 C 48 D 52 E 60 A B 14. En un grupo de baile hay 39 muchachos y 23 muchachas. Cada semana, 6 nuevos muchachos y 8 nuevas muchachas se unen al grupo. Después de algunas semanas el número de muchachos y el de muchachas se igualarán. Cuántos integrantes tendrá el grupo en ese momento? A 144 B 154 C 164 D 174 E Dos rectángulos de 8 10 y 9 12 se solapan como muestra la figura. El área de la parte gris oscura es 37. Cuál es el área de la parte gris clara? A 60 B 62 C 62,5 D 64 E 65 10

10 6 CAPÍTULO 1. PRUEBA PRELIMINAR: CANGURO MATEMÁTICO 16. La torre de la figura está formada con tres estructuras: un cuadrado, un rectángulo y un triángulo equilátero. El perímetro de las tres estructuras es el mismo. El lado del cuadrado mide 9 cm. Cuánto mide el lado del rectángulo señalado en la figura? A 6 cm B 4 cm C 7 cm D 5 cm E 8 cm? 9 cm 17. Hoy es domingo y Francisco comienza a leer un libro de 290 páginas. Él lee 4 páginas cada día, excepto los domingos, cuando lee 25 páginas. Cuántos días consecutivos le tomará leer el libro completo? A 5 B 46 C 40 D 35 E Andrés, Bruno, Carlos y Daniel ganaron las primeras cuatro posiciones del torneo de esgrima. Si se suman los números de posición de Andrés, Bruno y Daniel se obtiene el número 6. El mismo número se obtiene si se suman los números de posición de Bruno y Carlos. Si Bruno quedó mejor ubicado que Andrés, quién quedó en primer lugar? A Bruno B Andrés C Daniel D Carlos E es imposible determinarlo 19. Orlando toma 2009 piezas cuadradas del mismo tamaño y las coloca de modo de llenar un rectángulo, Cuántos rectángulos diferentes puede obtener? A 10 B 2 C 1 D 3 E Considere las cuatro afirmaciones siguientes acerca del entero positivo n: n es divisible entre 5, n es divisible entre 11, n es divisible entre 55, n es menor que 10. Si dos de las afirmaciones anteriores son verdaderas y las otras dos son falsas, entonces n es: A 55 B 11 C 0 D 10 E La figura muestra un sólido formado con 6 caras triangulares. En cada vértice hay un número. Para cada cara se considera la suma de los 3 números en los vértices de esa cara. Si todas las sumas son iguales y dos de los números son 1 y 5 como se muestra, cuál es la suma de los 5 números? A 9 B 12 C 17 D 18 E

11 1.1. PRUEBA DE 7 o GRADO Las habitaciones de un hotel están numeradas con tres dígitos. El primero indica el piso y los dos siguientes el número de habitación en el piso. Por ejemplo, 125 indica la habitación número 25 del primer piso. Si el hotel tiene en total 5 pisos numerados del 1 al 5, con 35 habitaciones por piso (numeradas del 101 al 135 en el primer piso, etc.) cuántas veces se debe usar el dígito 2 para numerar todas las habitaciones? A 60 B 65 C 95 D 100 E ABCD es un cuadrado de 10 cm de lado. La distancia del punto N al punto M es 6 cm. Cada región no sombreada representa triángulos isósceles iguales o cuadrados iguales. Halle el área de la región sombreada dentro del cuadrado ABCD. D N M C A42cm 2 B 48cm 2 C 50cm 2 D 52cm 2 E 58cm 2 A B 24. Se desea llenar una caja de 30 cm 30 cm 50 cm con cubos sólidos, todos del mismo tamaño. Cuál es el mínimo número de cubos necesarios para lograrlo? A 45 B 15 C 75 D 30 E Dados los totales de cada fila y columna, cuál es el valor de +? A 4 B 5 C 6 D 7 E Un juego completo de 28 fichas de dominó contiene todas las combinaciones posibles de dos números de puntos entre 0 y 6 (ambos incluidos), incluyendo los pares de números iguales. Cuántos puntos hay en total en un juego de dominó? A 84 B 105 C 126 D 147 E 168

12 8 CAPÍTULO 1. PRUEBA PRELIMINAR: CANGURO MATEMÁTICO 27. En un tablero de 4 2, se escriben dos números en la primera fila. Cada fila siguiente contiene la suma y la diferencia de los números escritos en la fila previa (vea la figura como ejemplo). En un tablero de 7 2, llenado de la misma manera, los números que quedaron en la última fila fueron 96 y 64. Cuál es la suma de los números en la primera fila? A 24 B 20 C 12 D 10 E En el país Piesraros, todos tienen el pie izquierdo una o dos tallas más grande que el pie derecho. Sin embargo, los zapatos se venden en pares del mismo tamaño. Para ahorrar, un grupo de amigos deciden comprar un lote de zapatos: cada uno toma dos zapatos que le queden, y sobran un zapato talla 36 y otro talla 45. El mínimo número de personas en el grupo es A 5 B 6 C 7 D 8 E Se desea colorear las casillas del tablero de la figura usando los colores A, B, C y D, de manera tal que casillas vecinas tengan colores diferentes (dos casillas se consideran vecinas si tienen al menos un vértice común). Algunas casillas ya han sido coloreadas como muestra la figura. Qué posibilidades hay para la casilla sombreada? A B C D A A B B C C D D E hay dos posibilidades diferentes 30. Ocho tarjetas numeradas del 1 al 8 se colocan en las cajas A y B, de tal manera que las sumas de los números de las tarjetas en cada caja sean iguales. Si en la caja A hay exactamente tres tarjetas, entonces siempre se puede asegurar, sin importar la configuración, que: A tres tarjetas de la caja B tienen números impares B cuatro tarjetas de la caja B tienen números pares C la tarjeta con el número 1 no está en la caja B D la tarjeta con el número 2 está en la caja B E la tarjeta con el número 5 está en la caja B

13 1.1. PRUEBA DE 7 o GRADO Soluciones 1. La respuesta correcta es la (D), pues al multiplicar 9 por 0, que es la unidad de 200, se obtiene 0 en la unidad del producto y por ende éste será un número par. 2. La respuesta correcta es la (B). En la figura siguiente se muestran los cuadraditos (marcados con un punto) que deben cambiar de color. 3. La respuesta correcta es la (A). Primero, requerimos calcular el perímetro del rectángulo, el cual es = 24 cm. Como el cuadrado tiene todos los lados iguales, para que el perímetro de éste sume 24 cm cada lado debe ser igual a 24 4 = 6 cm. 4. La respuesta correcta es la (C). Lanzando cuatro veces el dado, el máximo puntaje que se puede obtener es 24 puntos que se generan obteniendo 6 puntos en cada lanzamiento. Por tanto, para obtener 23 puntos, alguna de las cuatro veces tuvo que haber sacado 5 puntos y las otras tres veces 6 puntos. 5. La respuesta correcta es la (B). El primer número a borrar es el 4 porque aparece una única vez en un extremo y de esa manera ya tendríamos el comienzo y el final del número igual. Si quisieramos dejar el 2 que viene después del 1 de izquierda a derecha, tendríamos que tener el 2 inmediatamente antes del 1 teniendo que borrar los dos números 3 que se encuentran en el medio. Asi, borrando 3 números se obtiene el número capicúa. Otra opción es conseguir el número borrando de igual forma 3 números. 6. La respuesta correcta es la (A) dado que la manzana se encuentra en la caja roja porque, según el enunciado, no está en ninguna de las otras dos, y entonces el chocolate debe estar en la blanca porque la roja ya está ocupada. 7. La respuesta correcta es la (D) porque el prisma sin hueco tiene 5 caras y el hueco le agrega 3 más. Note que la cara frontal y la posterior del hueco son la misma que del prisma sin hueco, por tanto, se deben contar una única vez. 8. La respuesta correcta es la (D). Sea x la longitud del puente. Entonces x = 1 4 x+ 1 4x+120, de donde al despejar x se obtiene x = 240 m. 9. La respuesta correcta es la (C). El lado del cuadrado más pequeño mide 20 cm, el lado del mediano 40 cm (porque se forma con dos pequeños) y el lado del grande 60 cm (porque se forma con uno mediano y uno pequeño). Por tanto la línea mide, comenzando desde la punta que toca el lado superior = 420 m.

14 10 CAPÍTULO 1. PRUEBA PRELIMINAR: CANGURO MATEMÁTICO 10. La respuesta correcta es la (B). Si llamamos x al número de gatos e y al número de perros, entonces tendríamos la ecuación: 4x = 2x x = 1 2 y, es decir, que el número de gatos es la mitad del número de perros. 11. La respuesta correcta es la (E) puesto que el dígito más pesado es el número 8, cuyo peso es 7, y por tanto el número de dos cifras más pesado es el 88, que pesa La respuesta correcta es la (B). Observemos que 13. La respuesta correcta es la (C). Si trazamos la diagonal BD del cuadrilátero, podríamos observar que se forman dos triángulos rectángulos. En el primer caso, el triángulo BAD cuyo área es = 33 2, y el triángulo BCD cuyo área es = Por tanto, el área del cuadrilátero será la suma de las áreas de los triángulos dando como resultado = La respuesta correcta es la (D). Sea x el número de semanas que pasan hasta igualarse el número de muchachas con el de muchachos. Entonces x = 23+8x, de donde se obtiene x = 8, haciendo que en ese momento haya 87 muchachos y 87 muchachas y por ende, 174 integrantes en el grupo de baile. 15. La respuesta correcta es la (E). El área del rectángulo con parte gris oscura es 80 y el área del rectángulo con parte gris clara es 108. Al solaparse, como la parte gris oscura es 37 entonces la blanca es = 43 y como esa parte pertenece a ambos rectángulos, el área gris clara es = La respuesta correcta es la (A). El perímetro del cuadrado es 9 4 = 36 cm. El triángulo equilátero tiene todos los lados iguales así que cado lado debe medir 12 cm para tener el mismo perímetro 36 cm. El lado del triángulo mide lo mismo que dos de los lados del rectángulo, por tanto, el lado pequeño del rectángulo se encuentra resolviendo la ecuación x= 36 dando como resultado que el lado pequeño vale 6 cm.

15 1.1. PRUEBA DE 7 o GRADO La respuesta correcta es la (E). Cada semana, comenzando en domingo y finalizando en sábado, Francisco lee = 49 páginas. Para saber en cuántas semanas completas Francisco lee el libro, dividimos las 290 páginas entre 49 páginas semanales, obteniendo 5 semanas y faltando 45 páginas por leer. Por tanto, habría que sumar un domingo, que serían 25 páginas, más 5 días de 4 páginas cada uno para finalizar la lectura. Es decir, 5 semanas más 6 días que hacen 41 días consecutivos. 18. La respuesta correcta es la (C). Para que Andrés, Bruno y Daniel sumen el número 6, sus posiciones deben ser 1, 2, 3, pero no necesariamente en ese orden, y para que Bruno y Carlos sumen 6 también, sus posiciones deben ser 2 y 4, respectivamente, para que se cumpla la primera parte. Pero como Bruno, que quedó en la posición 2, quedó mejor ubicado que Andrés, entonces Andrés quedó de tercero y Daniel de primero ganando el torneo. 19. La respuesta correcta es la (D). El área del rectángulo será 2009, por lo tanto, debemos hallar todas las parejas de números que, al multiplicarse, den como resultado Como 2009 tiene dos sietes y un 41 en su factorización prima, quiere decir que existen 3 diferentes configuraciones para obtener un rectángulo con ese número de piezas: , y La respuesta correcta es la (E) puesto que hace que la primera y la cuarta afirmación sean ciertas y las dos restantes falsas. 11 y 10 hacen que tres afirmaciones sean falsas, 55 hace que sólo la última sea falsa y 0 hace que las cuatro sean verdaderas. 21. La respuesta correcta es la (C). Si denotamos a los demás vértices del sólido como se muestra a continuación: entonces 1+5+a = 1+5+b = 1+a+b = 5+a+c = a+b+c, de donde se deduce que a = b = 5 y c = 1. Luego, 1+5+a+b+c = La respuesta correcta es la (E). En todos los pisos las habitaciones pueden ser 2, 12, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29, 32; es decir, 14 veces se utiliza el 2 en cinco pisos, lo que da un total de 70 veces. Pero además, en el segundo piso se utiliza el 2 como cifra de las centenas 35 veces (por ser 35 habitaciones por piso) dando un total de = La respuesta correcta es la (B). Los triángulos isósceles no sombreados son isorrectángulos. Si cada uno de ellos se desplaza hacia el centro del cuadrado,

16 12 CAPÍTULO 1. PRUEBA PRELIMINAR: CANGURO MATEMÁTICO hasta que los vértices de sus ángulos rectos coincidan, se forma un cuadrado cuyos lados son las hipotenusas de los triángulos. Como el lado de ese cuadrado mide 6 cm, su área es 36 cm 2. Dado que el cuadrado ABCD es de lado 10 cm, NM = 6 cm y los cuadrados no sombreados son iguales, entonces el lado de cualquiera de estos últimos cuadrados mide 2 cm y su área es 4 cm 2. Como hay cuatro cuadrados no sombreados en la figura, entonces la suma de sus áreas es 16 cm 2. Luego, el área de la región sombreada dentro del cuadrado ABCD es 10 2 (36+16) cm 2 = 48 cm La respuesta correcta es la (A). El volumen de la caja es cm 3. Los cubos sólidos con los que tenemos que llenar deben ser de igual tamaño y por ser cubos, el volumen de cada uno se forma elevando al cubo el valor del lado. Note que el único valor que se puede tener es lo que indica que se requieren 45 cubos de volumen 1000 que representa un cubo de lado La respuesta correcta es la (C), puesto que para cumplir los totales de cada fila y columna, el cuadrado debe valer 4, el triángulo 1 y la otra figura 3, por lo que se obtendría = La respuesta correcta es la (E). Analicemos los seis casos al dejar fijo uno de los lados. Dejando fijo el 0 para un lado, se tienen 21 puntos al sumar los otros valores posibles. Al dejar fijo el 1, se tienen 27. Recuerde que es la misma ficha el 0 1 que el 1 0 y se cuenta una única vez. Al dejar fijo el 2, se tienen 30. Con el 3 fijo, 30 nuevamente. Con el 4 fijo, se tienen 27. Con el 5 fijo se tienen 21 y finalmente con el 6 fijo se tienen 12. Al sumarlos todos se obtiene un total de = La respuesta correcta es la (B). Para resolver este problema se debe ir de atrás hacia adelante, es decir, buscar dos número que sumados den 96 pero que restados den 64 para llenar la fila número 6 y así ir subiendo hasta la primera fila. Note que el orden como coloque los números en la fila no es importante. Entonces, en la fila 6 se tienen los números 80 y 16; en la fila 5, 48 y 32; en la fila 4, 40 y 8; en la fila 3, 24 y 16; en la fila 2, 20 y 4 y por tanto, en la fila 1 se tienen 12 y 8 cuya suma es La respuesta correcta es la (A). Una situación que muestra un grupo con el menor número de personas posibles y que satisface las condiciones dadas, se describe a continuación: 5 personas compran 6 pares de zapatos con las tallas 36, 38, 40, 42, 44 y 45, de manera que cada persona se quede con los pares de zapatos 38-36, 40-38, 42-40, y 45-44, sobrando, así, un zapato talla 36 y otro talla La respuesta correcta es la (A). La casilla cenral de la primera fila sólo se puede colorear con A o con D. En el primer caso, la casilla central de la segunda fila sólo puede ser D y a partir de allí el tablero sólo se puede colorear como se indica en la figura de la izquierda. En el segundo caso el tablero sólo se puede colorear como se indica en la figura de la derecha. En ambos casos, el único color posible para la casilla sombreada es A.

17 1.1. PRUEBA DE 7 o GRADO 13 A B D C D A B A C D D C A B A D C D B A A B D C D A B A C D D C A B A D C D B A 30. La respuesta correcta es la (D). Existen tres posibilidades para las tarjetas que se encuentran en la caja A. Estas son: las tarjetas numeradas con 8, 7 y 3; las tarjetas numeradas con 8, 6 y 4; las tarjetas numeradas con 7, 6 y 5, sumando en cada caso 18. Para dicho caso, las tarjetas sobrantes en la caja B son 1, 2, 4, 5 y 6; 1, 2, 3, 5 y 7; y 1, 2, 3, 4, y 8, respectivamente. La opción A sólo se cumple en la segunda configuración; la opción B no se cumple en la segunda configuración, el número 1 sí se encuentra en la caja B, por tanto la opción C es incorrecta, el número 5 no se encuentra en la caja B en la configuración 3 rechazando la opción E y dejando como única verdadera la opción D puesto que la tarjeta con el número 2 sí se encuentra en la caja B para todas las posibles

18 14 CAPÍTULO 1. PRUEBA PRELIMINAR: CANGURO MATEMÁTICO 1.2. Prueba de 8 o y 9 o grados 1. La figura superior muestra el número 930 en una pantalla formada por cuadraditos blancos y negros. Cuántos de esos cuadraditos deben cambiar de color para formar el número 806 de la figura inferior? A 9 B 8 C 7 D 6 E 5 2. Tomás construyó una mesa con cubos (ver figura). Cuántos cubos utilizó? A 36 B 32 C 28 D 26 E En una fiesta había 4 muchachos y 4 muchachas. Los muchachos bailaron sólo con muchachas, y las muchachas bailaron sólo con muchachos. Luego de la fiesta se le preguntó a cada uno cuántas parejas de baile tuvieron. Los muchachos respondieron: 3, 1, 2, 2. Tres de las muchachas dijeron: 2, 2, 2. Qué respondió la cuarta muchacha? A 2 B 0 C 3 D 1 E 4 4. La estrella que muestra la figura está formada con 12 pequeños triángulos equiláteros idénticos. El perímetro de la estrella es 36 cm. Cuál es el perímetro del hexágono sombreado? A 6 cm B 12 cm C 18 cm D 24 cm E 30 cm 5. Las casas de la calle Larga están numeradas consecutivamente desde el 15 hasta el 53. Juan es repartidor y debe entregar un paquete en cada casa con número impar. Cuántos paquetes debe entregar Juan? A 19 B 20 C 27 D 38 E Dos cerdos, uno blanco y uno negro, pesan juntos 320 kilos. El cerdo negro pesa 32 kilos más que el cerdo blanco. Cuánto pesa el cerdo blanco? A 144 kg B 156 kg C 160 kg D 176 kg E 192 kg

19 1.2. PRUEBA DE 8 o Y 9 o GRADOS El producto de cuatro enteros positivos diferentes es 100. Cuál es su suma? A 10 B 12 C 15 D 18 E El área del cuadrado más grande es 1. Cuál es el área del pequeño cuadradito negro? A B C D E En una habitación hay perros y gatos. El número de las patas de los gatos es el doble del número de las narices de los perros. Entonces el número de gatos es: A el doble del número de perros B igual al número de perros C la mitad del número de perros D 1 4 del número de perros E 1 6 del número de perros 10. En la figura, S es un punto en el lado QR del triángulo PQR tal que PQ = PS = RS y el ángulo QPS mide 12. Cuánto mide el ángulo QPR? P 12 A 36 B 54 C 60 D 72 E 84 Q S R 11. Un ascensor puede cargar 12 adultos o 20 niños. Cuál es el máximo número de niños que pueden subir con 9 adultos? A 3 B 8 C 4 D 6 E Cuántos enteros positivos tienen la propiedad de que su cuadrado tiene la misma cantidad de dígitos que su cubo? A 1 B 3 C 4 D 9 E infinitos

20 16 CAPÍTULO 1. PRUEBA PRELIMINAR: CANGURO MATEMÁTICO 13. Cuáles de los siguientes lazos consisten de más de un pedazo de cuerda? A I, III, IV y V B III, IV y V C I, III y V D todos E ninguno 14. Cuál es el mínimo número de puntos que hay que remover en la figura para que, entre los restantes, no haya tres alineados? A 7 B 2 C 4 D 3 E Nicolás midió los seis ángulos de dos triángulos, uno de ellos acutángulo y el otro obtusángulo. Él recuerda cuatro de esos ángulos: 120, 80, 55 y 10. Cuánto mide el menor de los ángulos del triángulo acutángulo? A 5 B 15 C 25 D 35 E Qué porción del cuadrado más grande está sombreada? A 1 B π C π+2 D π E En la isla de los nobles y los mentirosos hay 25 personas paradas en una fila. Cada uno de ellos, excepto la primera persona de la fila, afirma que la persona que tiene adelante es un mentiroso. El primero de la fila afirma que todos los que están detrás suyo son mentirosos. Cuántos mentirosos hay en la fila? (Los nobles siempre dicen la verdad y los mentirosos siempre mienten.) A 25 B 24 C 0 D 12 E 13

21 1.2. PRUEBA DE 8 o Y 9 o GRADOS La figura muestra un sólido formado con 6 caras triangulares. En cada vértice hay un número. Para cada cara se considera la suma de los 3 números en los vértices de esa cara. Si todas las sumas son iguales y dos de los números son 1 y 5 como se muestra, cuál es la suma de los 5 números? A 9 B 12 C 17 D 18 E Se desea colorear las casillas del tablero de la figura usando los colores P, Q, R y S, de manera tal que casillas vecinas tengan colores diferentes (dos casillas se consideran vecinas si tienen al menos un vértice común). Algunas casillas ya han sido coloreadas como muestra la figura. Qué posibilidades hay para la casilla sombreada? P R Q S Q A sólo Q B sólo R C sólo S Q D R o S E imposible 20. El diagrama muestra un polígono regular de 9 lados. Cuánto mide el ángulo indicado de vértice X? X A 40 B 45 C 50 D 55 E La figura muestra los tres primeros diagramas de una secuencia. Si no se toma en cuenta el hueco negro central, cuántos cuadraditos hacen falta para construir el décimo diagrama de la secuencia? A 76 B 80 C 92 D 96 E 100

22 18 CAPÍTULO 1. PRUEBA PRELIMINAR: CANGURO MATEMÁTICO 22. Una hormiga camina por las aristas de un cubo, comenzando en el punto P en la dirección indicada por la flecha. Al final de la primera arista puede escoger seguir hacia la derecha o hacia la izquierda, y lo mismo ocurre al final de la segunda arista y de cada una de las siguientes. Si escoge alternadamente derecha e izquierda, después de recorrer cuántas aristas regresará al punto P por primera vez? p A 2 B 9 C 4 D 12 E En el país Piesraros, todos tienen el pie izquierdo una o dos tallas más grande que el pie derecho. Sin embargo, los zapatos se venden en pares del mismo tamaño. Para ahorrar, un grupo de amigos deciden comprar un lote de zapatos: cada uno toma dos zapatos que le queden, y sobran un zapato talla 36 y otro talla 45. El mínimo número de personas en el grupo es A 4 B 5 C 6 D 7 E Las fracciones 1 3 y 1 5 se colocan en la recta numérica a b c d e Dónde va la fracción 1 4? A a B b C c D d E e 25. A un cubo grande se le hacen tres cortes que lo dividen en ocho prismas rectangulares. Cuál es la razón entre el área total de esos ocho prismas y el área del cubo original? A 1 : 1 B 4 : 3 C 2 : 1 D 3 : 2 E 4 : 1

23 1.2. PRUEBA DE 8 o Y 9 o GRADOS Verónica escribió una secuencia de números naturales diferentes no mayores que 10. Roberto examinó los números y notó con satisfacción que para cada par de números vecinos, uno de ellos era divisible por el otro. Cuál es la mayor cantidad de números que pudo haber escrito Verónica? A 6 B 8 C 7 D 10 E Un cuadrado ha sido dividido en 2009 cuadrados con lados de longitud entera. Cuál es la menor longitud posible del lado del cuadrado original? A 44 B 45 C 46 D 503 E No es posible dividir un cuadrado de ese modo 28. ABCD es un cuadrado de 10 cm de lado. La distancia del punto N al punto M es 6 cm. Cada región no sombreada representa triángulos isósceles iguales o cuadrados iguales. Halle el área de la región sombreada dentro del cuadrado ABCD. D N M C A 48cm 2 B 50cm 2 C 52cm 2 D 55cm 2 E 58cm 2 A B 29. Si se coloca un cuadrado de 6 cm 6 cm sobre un triángulo, se puede cubrir hasta un 60% del triángulo. Si se coloca el triángulo sobre el cuadrado, se puede cubrir hasta 2 3 del cuadrado. Cuál es el área del triángulo? A 40 cm 2 B 60 cm 2 C 24 cm 2 D 36 cm 2 E cm2 30. Todos los divisores del entero positivo N, diferentes de N y 1, se escriben en una línea. Se observa que el mayor de los divisores en la línea es 45 veces más grande que el menor. Cuántos números N satisfacen esta condición? A 1 B 0 C 3 D 2 E es imposible determinarlo

24 20 CAPÍTULO 1. PRUEBA PRELIMINAR: CANGURO MATEMÁTICO Soluciones 1. La respuesta correcta es la (D). Ver explicación para el problema 2 de 7 o grado, página La respuesta correcta es la (B). Para construir las patas utilizó 4 3 = 12 cubos y para la parte de arriba de la mesa utilizó 4 5 = 20 cubos. En total, Tomás usó = 32 cubos. 3. La respuesta correcta es la (A), ya que los muchachos, en general, tuvieron la oportunidad de bailar 8 veces con las muchachas. Ese también es el número de veces que las muchachas tuvieron oportunidad de bailar con los muchachos y como tres de las muchachas tuvieron, en general, 6 oportunidades, eso significa que la cuarta muchacha debió bailar en 2 oportunidades con algunos de los muchachos. 4. La respuesta correcta es la (C), ya que para calcular el perímetro de la estrella se tuvo que sumar las longitudes de doce de los lados de algunos de los triángulos. Como para el perímetro del hexágono se requiere de la suma de las longitudes de seis de los lados de algunos de los triángulos y todos los triángulos son equiláteros e idénticos, entonces el perímetro del hexágono es la mitad del perímetro de la estrella, es decir, 18 cm. 5. La respuesta correcta es la (B), ya que desde el 15 hasta el 53 hay 20 números impares. 6. La respuesta correcta es la (A). Si llamamos x al peso del cerdo blanco, entonces tendríamos la ecuación: x+(x+32) = 320 x = La respuesta correcta es la (D). Si descomponemos a 100 en el producto de sus factores primos, tendríamos que 100 = , de donde tenemos que la única forma de escribir a 100 como el producto de cuatro positivos diferentes es 100 = (2 5) = y la suma de estos números es = La respuesta correcta es la (D), pues el área del pequeño cuadradito negro es = La respuesta correcta es la (C). Ver explicación para el problema 10 de 7 o grado, página La respuesta correcta es la (B). Como PQ = PS, entonces PSQ = PQS = 180 QPS 2 Luego, PSR = 180 PSQ = = 96. = = 84.

25 1.2. PRUEBA DE 8 o Y 9 o GRADOS 21 Y, como PS = RS, entonces SPR = SRP = 180 PSR 2 Así, finalmente, tenemos que = = 42. QPR) = QPS + SPR = = La respuesta correcta es la (E). Dado que el ascensor puede cargar 12 adultos o 20 niños, eso significa que 3 adultos equivalen a 5 niños. Luego, si hay 9 adultos en el ascensor, faltarían 3 adultos más para alcanzar la carga máxima del ascensor o, lo que es lo mismo, 5 niños. 12. La respuesta correcta es la (B). Observemos primero que los números 1, 2 y 4, cumplen con lo que pide el problema, pues 1 2 = 1, 2 2 = 4, 4 2 = 16 y 1 3 = 1, 2 3 = 8, 4 3 = 64. Ellos son los únicos pues, para cualquier otro número, su cubo tendrá más dígitos que su cuadrado. 13. La respuesta correcta es la (C). Ver explicación para el problema 12 de 7 o grado, página La respuesta correcta es la (D) pues basta con remover los tres puntos de cualquiera de las diagonales (si sólo se remueven uno o dos puntos, quedará al menos una fila con tres puntos alineados). 15. La respuesta correcta es la (E). Es claro que uno de los ángulos de triángulo obtusángulo es 120 o. Los ángulos de 80, 55 y 10 o no pueden ser todos del triángulo acutángulo porque la suma de los tres no es 180. Luego, al menos uno de ellos es también del triángulo obtusángulo. No puede ser el ángulo de 80 porque la suma = 200 > 180 o. Tampoco puede ser el ángulo de 55, porque así el tercer ángulo del triángulo obtusángulo sería de 5, por lo que los ángulos del triángulo acutángulo serían 80, 10 y 90, lo que no es posible debido a que el ángulo de 90 no es agudo. Finalmente los ángulos del triángulo obtusángulo son 120, 10 y 50, mientras que los del triángulo acutángulo son 80, 55 y 45, siendo el menor de éstos el ángulo de La respuesta correcta es la (A). Dado que al reacomodar convenientemente algunas de las porciones sombreadas en la figura, se puede obtener

26 22 CAPÍTULO 1. PRUEBA PRELIMINAR: CANGURO MATEMÁTICO en el que el cuadrado sombreado representa 1 de porción del cuadrado más 4 grande. 17. La respuesta correcta es la (D). Si el primero fuese caballero, el segundo sería mentiroso, y así el tercero también sería caballero, lo cual no es posible. Si el primero es mentiroso, el segundo es caballero, el tercero es mentiroso, y así sucesivamente. De esta forma los que están en posición par son caballeros y los que ocupan posición impar son mentirosos. Hay 13 mentirosos en la fila. 18. La respuesta correcta es la (C). Ver explicación para el problema 21 de 7 o grado, página La respuesta correcta es la (D), ya que sólo hay dos formas de colorear las casillas del tablero de acuerdo a las condiciones dadas: 20. La respuesta correcta es la (E). Denotemos con las letras A, B y C a los demás vértices del cuadrilátero. Dado que la medida de un ángulo interior de un polígono regular de 9 lados es (9 2) = = 140, entonces la medida de cada uno de los ángulos A y C del cuadriláteroabcx es = 40 y la medida del ángulo B del mismo cuadrilátero es = 220. Luego, la medida del ángulo X es 360 ( ) = La respuesta correcta es la (C). El número de cuadritos que se utilizan para construir el primer diagrama de la secuencia son (5 2 4) 1 2. el segundo diagrama de la secuencia son (6 2 4) 2 2.

27 1.2. PRUEBA DE 8 o Y 9 o GRADOS 23 el tercer diagrama de la secuencia son (7 2 4) 3 2. por lo que el número de cuadritos que hacen falta para construir el décimo diagrama de la secuencia es (14 2 4) 10 2 = La respuesta correcta es la (E). Enumerando los vértices del sólido como se muestra en la figura se observa que la secuencia de vértices que recorre la hormiga es Por tanto, recorre 6 aristas. 23. La respuesta correcta es la (B). Ver explicación para el problema 28 de 7 o grado, página La respuesta correcta es la (A). Si escribimos 1 3 = , 1 4 = y 1 5 = , tendremos que las marcas de la recta numérica que siguen después de 1 5 corresponden perfectamente con las fracciones , , ,... y, justamente, la marca indicada con la letra a es la que corresponde a la fracción = La respuesta correcta es la (C). Por cada par de caras paralelas del cubo, los ocho prismas rectangulares conforman cuatro caras paralelas que incluyen al par de caras paralelas del cubo original. Esto nos lleva a que si el área del cubo original es seis veces el área de una de sus caras, entonces el área total de los ocho prismas es doce veces el área de una de las caras del cubo original. Luego, la razón entre el área total de esos ocho prismas y el área del cubo original es 12 : 6, esto es, 2 : La respuesta correcta es la (E). Una forma de escribir nueve números es 8, 4, 1, 5, 10, 2, 6, 3, 9. No se pueden escribir 10 porque el 7 debería ocupar un extremo, al lado del 1, y no hay forma de acomodar los 8 restantes. 27. La respuesta correcta es la (B). El menor cuadrado perfecto mayor o igual a 2009 es 45 2 = Si un cuadrado de lado 45 es dividido en 2 cuadrados de lado 3 y 2007 cuadrados de lado 1 se satisfacen las condiciones indicadas. 28. La respuesta correcta es la (A). Ver explicación para el problema 23 de 7 o grado, página La respuesta correcta es la (A). Es claro que la mayor superficie del cuadrado que se puede cubrir con el triángulo es igual a la mayor superficie del

28 24 CAPÍTULO 1. PRUEBA PRELIMINAR: CANGURO MATEMÁTICO triángulo que se puede cubrir con el cuadrado. Asi, si x es el área del triángulo, se tiene que 0,6 x = cm2, de donde x = 40 cm La respuesta correcta es la (D). Si llamamos d al menor de estos divisores de N que están en la línea, entonces el mayor de estos divisores es 45d. Luego, debe ocurrir que d (45d) = 45d 2 = N. Es claro que d debe ser primo y que los únicos valores posibles de d son 2 y 3, ya que si d es un primo mayor que 3 tendríamos una contradicción dado que tendríamos que el menor divisor de N = 45d 2 sería 3 (por ser el menor divisor de 45 distinto de 1). Luego, sólo tendremos 2 númerosn (180 = y 405 = ) que satisfacen la condición indicada.

29 1.3. PRUEBA DE 1 o Y 2 o DE DIVERSIFICADO Prueba de 1 o y 2 o de diversificado 1. Cuál de los siguientes números es múltiplo de 3? A 2009 B C 2 9 D (2+0) (0+9) E Cuál es el mínimo número de puntos que hay que remover en la figura para que, entre los restantes, no haya tres alineados? A 2 B 3 C 4 D 5 E 6 3. En una carrera participaron 2009 personas. El número de personas a las que Juan les ganó es el triple del de aquellas que le ganaron a Juan. En qué lugar llegó Juan? A 503 B 501 C 500 D 1503 E Cuál es el valor de 1 2 de 2 3 de 3 4 de 4 5 de 5 6 de 6 7 de 7 8 de 8 9 de 9 de 1000? 10 A 250 B 200 C 100 D 50 E ninguna de las anteriores 5. El área del triángulo de la figura es 80 m 2 y el radio de los círculos centrados en los vértices es 2 m. Cuál es la medida, en m 2, del área sombreada? A 76 B 80 2π C 40 4π D 80 π E 78π 6. En un acuario hay 200 peces. El 1 % de ellos son azules, y todos los demás son amarillos. Cuántos peces amarillos habría que sacar del acuario para que el porcentaje de peces azules fuese el 2 % del total de peces en el acuario? A 100 B 50 C 20 D 2 E 4

30 26 CAPÍTULO 1. PRUEBA PRELIMINAR: CANGURO MATEMÁTICO 7. La figura muestra un sólido formado con 6 caras triangulares. En cada vértice hay un número. Para cada cara se considera la suma de los 3 números en los vértices de esa cara. Si todas las sumas son iguales y dos de los números son 1 y 5 como se muestra, cuál es la suma de los 5 números? A 9 B 12 C 14 D 17 E Una larga secuencia de dígitos se ha compuesto escribiendo el número 2009 repetidamente 2009 veces. La suma de los dígitos impares de la secuencia que son seguidos immediatamente por un dígito par es igual a: A 2 B 9 C 4018 D E Una hormiga camina por las aristas de un cubo, comenzando en el punto P en la dirección indicada por la flecha. Al final de la primera arista puede escoger seguir hacia la derecha o hacia la izquierda, y lo mismo ocurre al final de la segunda arista y de cada una de las siguientes. Si escoge alternadamente derecha e izquierda, después de recorrer cuántas aristas regresará al punto P por primera vez? p A 2 B 4 C 6 D 9 E Cuántos enteros positivos tienen la propiedad de que su cuadrado tiene la misma cantidad de dígitos que su cubo? A 0 B 3 C 4 D 9 E infinitos 11. Leonardo ha escrito una secuencia de números tales que cada número, a partir del tercero en la secuencia, es la suma de los dos números que le preceden. El cuarto número de la secuencia es 6 y el sexto es 15. Cuál es el séptimo número de la secuencia? A 9 B 16 C 21 D 22 E 24

31 1.3. PRUEBA DE 1 o Y 2 o DE DIVERSIFICADO Cuáles de los siguientes lazos consisten de más de un pedazo de cuerda? A I, III, IV y V B I, III y V C III, IV y V D todos E ninguno 13. En cada examen la puntuación puede ser 0, 1, 2, 3, 4 o 5. Luego de 4 exámenes el promedio de María es 4. Una de las siguientes afirmaciones no puede ser verdadera. Cuál es? A María sólo obtuvo cuatros. B María obtuvo 3 exactamente dos veces. C María obtuvo 3 exactamente 3 veces. D María obtuvo 1 exactamente una vez. E María obtuvo 4 exactamente 2 veces. 14. Las tres bisectrices del triángulo ABC se cortan en el punto I. Si el ángulo BAC mide 68, cuántos grados mide el ángulo BIC? A 136 B 132 C 128 D 124 E 120 A I? C B 15. Para cuántos enteros positivos n la diferencia entre n y 10 (en valor absoluto) es menor que 1? A 19 B 26 C 30 D 35 E Verónica escribió una secuencia de números naturales diferentes no mayores que 10. Roberto examinó los números y notó con satisfacción que para cada par de números vecinos, uno de ellos era divisible por el otro. Cuál es la mayor cantidad de números que pudo haber escrito Verónica? A 9 B 6 C 8 D 7 E 10

32 28 CAPÍTULO 1. PRUEBA PRELIMINAR: CANGURO MATEMÁTICO 17. Si a b = ab+a+b y 3 5 = 2 x, entonces x es igual a: A 3 B 10 C 6 D 12 E Con centro en cada vértice de un cuadrado se dibujan 4 circunferencias, 2 grandes y dos pequeñas. Las dos grandes son tangentes entre sí y con las dos pequeñas. El radio de una circunferencia grande es igual a cuántas veces el radio de una circunferencia pequeña? A 2 9 D 2, 5 B 5 C 1+ 2 E 0, 8π 19. En la isla de los nobles y los mentirosos hay 25 personas paradas en una fila. Cada uno de ellos, excepto la primera persona de la fila, afirma que la persona que tiene adelante es un mentiroso. El primero de la fila afirma que todos los que están detrás suyo son mentirosos. Cuántos mentirosos hay en la fila? (Los nobles siempre dicen la verdad y los mentirosos siempre mienten.) A 0 B 12 C 24 D 13 E es impossible determinarlo 20. Cuántos ceros deben insertarse en el lugar del en la fracción decimal 1. 1 para obtener un número menor que pero mayor que ? A 1 B 4 C 2 D 5 E Si a = 2 25, b = 8 8 y c = 3 11, entonces A a < b < c B b < a < c C c < b < a D c < a < b E b < c < a 22. Si se coloca un cuadrado de 6 cm 6 cm sobre un triángulo, se puede cubrir hasta un 60% del triángulo. Si se coloca el triángulo sobre el cuadrado, se puede cubrir hasta 2 3 del cuadrado. Cuál es el área del triángulo? A 60 cm 2 B 24 cm 2 C 36 cm 2 D cm2 E 40 cm El joven Canguro tiene 2009 cubos de con los cuales arma un prisma rectangular. También tiene 2009 calcomanías de 1 1 que debe usar para cubrir la superficie externa del prisma. El joven Canguro logra su objetivo y le sobran calcomanías. Cuántas calcomanías le sobraron? A más de 1000 B 763

33 1.3. PRUEBA DE 1 o Y 2 o DE DIVERSIFICADO 29 C 476 D 49 E El joven Canguro no pudo haber logrado su objetivo 24. Roberto desea poner fichas en las casillas de un tablero de 4 4 de manera tal que los números totales de fichas en cada fila y en cada columna del tablero sean todos diferentes (en cada casilla se pueden colocar cero, una o más fichas). Cuál es el menor número posible de fichas para el cual esto se puede lograr? A 14 B 15 C 18 D 21 E Algunas naranjas, duraznos, manzanas y bananas se ponen en fila, de manera tal que cada tipo de fruta puede hallarse al lado de cada otro tipo de fruta en alguna parte de la fila. Cuál es el menor número de frutas en la fila? A 4 B 5 C 8 D 11 E la situación es imposible 26. Cuál es el menor entero positivo n para el cual es un cuadrado perfecto? (2 2 1) (3 2 1) (4 2 1) (n 2 1) A 3 B 6 C 10 D 20 E ninguna de las anteriores 27. Todos los divisores del entero positivo N, diferentes de N y 1, se escriben en una línea. Se observa que el mayor de los divisores en la línea es 45 veces más grande que el menor. Cuántos números N satisfacen esta condición? A 1 B 2 C 0 D más de 2 E es imposible determinarlo 28. Un canguro está sentado en el origen de un sistema de coordenadas. Él puede dar saltos de 1 unidad horizontal o verticalmente (es decir a la derecha, a la izquierda, hacia arriba o hacia abajo). Cuántos puntos hay en el plano en los cuales el canguro puede estar después de dar exactamente 10 saltos? A 121 B 100 C 400 D 441 E ninguna de las anteriores

34 30 CAPÍTULO 1. PRUEBA PRELIMINAR: CANGURO MATEMÁTICO 29. La circunferencia de centro F y radio 13 intersecta a la circunferencia de centro G y radio 15 en los puntos P y Q. El segmento PQ mide 24. Cuál de las siguientes puede ser la longitud del segmento FG? A 14 B 9 C 15 D 12 E Un número primo se dice que es extraño si tiene un solo dígito, o si tiene dos o más dígitos pero los números que se obtienen omitiendo el primero o el último dígito son también primos extraños. Cuántos primos extraños hay? A 6 B 7 C 8 D 9 E 11

35 1.3. PRUEBA DE 1 o Y 2 o DE DIVERSIFICADO Soluciones 1. La respuesta correcta es la (D), pues (2+0) (0+9) = 18 es múltiplo de La respuesta correcta es la (B). Ver explicación para el problema 14 de 8 o grado, página La respuesta correcta es la (A). Si indicamos por p i la persona que ocupó el lugar i y p n es Juan, entonces llegaron en el orden p 1...p n 1,p n,p n+1,...p 2009 y vemos que Juan le ganó a 2009 n personas, mientras que n 1 personas le ganaron a Juan. Como el número de personas a las que Juan les ganó es el triple de aquellas que le ganaron a Juan, podemos escribir la siguiente ecuación: de donde 2012 = 4n y n = n = 3(n 1), 4. La respuesta correcta es la (C), pues ( ( ( ( ( ( ( ( ( ) )))))))) 1000 = La respuesta correcta es la (B). El área de la región sombreada es el área del triángulo (80 m 2 ) menos el área de tres sectores circulares. Como la suma de los ángulos internos de un triángulo es 180, esos tres sectores completan un semicírculo cuya área es π 2 2 /2 = 2π m 2. Por lo tanto, el área de la región es 80 2π m La respuesta correcta es la (A), pues como hay 200 peces el 1 % de ellos es 2, es decir, hay 2 peces azules y 198 peces amarillos. Si sacamos 100 peces amarillos, tendremos en total 100 peces dentro del acuario, dos de ellos azules, y entonces el 2 % serán azules. 7. La respuesta correcta es la (D). Ver explicación para el problema 21 de 7 o grado, página La respuesta correcta es la (D), pues al escribir 2009, dos mil nueve veces seguidas, tendremos el número 9 repetido 2009 veces, el 2 también aparecerá 2009 veces y habrá un total de 4018 ceros. El único dígito impar en esa secuencia de números es el 9, que si bien aparece repetido 2009 veces, una de esas veces, la última, no va seguido inmediatamente por un número par. Por lo tanto, el número pedido es = La respuesta correcta es la (C). Ver explicación para el problema 22 de 8 o grado, página La respuesta correcta es la (B). Ver explicación para el problema 12 de 8 o grado, página 21.

36 32 CAPÍTULO 1. PRUEBA PRELIMINAR: CANGURO MATEMÁTICO 11. La respuesta correcta es la (E). La secuencia que escribió Leonardo es la siguiente: a,b,a+b,a+2b,2a+3b,...,etc. Como el cuarto número es igual a 6 y el sexto es 15, para hallar la respuesta hay que resolver el sistema formado por las ecuaciones 3a+5b = 15 y a+2b = 6. La solución a este sistema es a = 0 y b = 3. El séptimo número de acuerdo a la forma como se construye la secuencia es 5a + 8b, en consecuencia el séptimo número es La respuesta correcta es la (B). Ver explicación para el problema 12 de 7 o grado, página La respuesta correcta es la (C). Si el promedio de los cuatro exámenes es 4, entonces la suma de las 4 calificaciones es 16. Si suponemos que María obtuvo 3 exactamente 3 veces, la última puntuación tendría que ser 7, para que la suma de las cuatro puntuaciones sea 16, lo cual no es posible. 14. La respuesta correcta es la (D). Se sabe que ABI = CBI y ICB = ACI. Por otro lado, en los triángulos AIB, AIC y BIC se tiene AIB + ABI +34 = 180, AIC + ACI +34 = 180, BIC + ICB + CBI = 180, respectivamente. De las expresiones anteriores se obtiene AIB + ACI BIC +68 = 180. Como AIB + AIC + BIC = 180, se puede concluir que 2 BIC = 248. Así, BIC = La respuesta correcta es la (E). Para n = 81 y n = 121 la diferencia es exactamente 1, por tanto, para los números que van del 82 al 120, incluyendo a ambos números, la diferencia es menor a 1. Así, hay 39 enteros positivos que cumplen con la condición. 16. La respuesta correcta es la (A). Una forma de escribir nueve números es 8, 4, 1, 5, 10, 2, 6, 3, 9. No se pueden escribir 10 porque el 7 debería ocupar un extremo, al lado del 1, y no hay forma de acomodar los 8 restantes. 17. La respuesta correcta es la (E). De acuerdo a las dos operaciones definidas tenemos la ecuación = 2x+2+x. Por lo tanto x = La respuesta correcta es la (C). Tomemos como unidad de medida el lado del cuadrado y sean r y R los radios de las circunferencias de menor y mayor radio, respectivamente. La diagonal del cuadrado mide entonces 2R, y por el

37 1.3. PRUEBA DE 1 o Y 2 o DE DIVERSIFICADO 33 teorema de Pitágoras = (2R) 2, de donde R 2 = 1/2 y R = 2/2. Por otra parte 1 = R+r, de donde r = 1 R = 1 2/2. Por lo tanto 2 R r = = 2 2(2+ 2) 2 2 = (2 2)(2+ 2) = La respuesta correcta es la (A). Ver explicación para el problema 17 de 8 o grado, página La respuesta correcta es la (E). Como y se tiene = < = 1, = > = 1,0001, < 1,0001 < La respuesta correcta es la (C). Como 8 8 = 2 24, es claro que b < a. Por otro lado, 2 2 > 3 implica que 2 22 > De lo anterior se deduce que c < b < a. 22. La respuesta correcta es la (E). Es claro que la mayor superficie del cuadrado que se puede cubrir con el triángulo es igual a la mayor superficie del triángulo que se puede cubrir con el cuadrado. Así, si x es el área del triángulo, se tiene que 0,6 x = cm2, de donde x = 40 cm La respuesta correcta es la (B). Para ver esto observemos que 2009 = De esta forma podemos construir un prisma rectangular de lados 7, 7 y 41. Para cubrir con las calcomanías las caras, basta observar que hay dos caras de 7 7 y cuatro caras de De esta forma el total de calcomanías utilizadas es 1246 y sobran La respuesta correcta es la (A). Si se suma el número de fichas en cada fila y en cada columna, el resultado debe ser el doble del total de fichas n, y como esa suma debe ser al menos = 28, se tiene que n 14. La figura muestra una distribución con 14 fichas La respuesta correcta es la (C). Ocho frutas es el mínimo posible. Dos distribuciones pueden ser: NDMBNMDB y NMBNDMBD. 26. La respuesta correcta es la (E), pues el 8 es el menor número que satisface la condición pedida y no aparece entre las alternativas.

38 34 CAPÍTULO 1. PRUEBA PRELIMINAR: CANGURO MATEMÁTICO 27. La respuesta correcta es la (B). De acuerdo a las condiciones del problema, si d 1 < < d m son los divisores del número N distintos de 1 y N, entonces d m = 45d 1. Como también d m = N/d 1, entonces N = d m d 1 = 45d 2 1. Pero d 1 sólo puede ser 2 ó 3, por tanto los únicos valores posibles para N son 180 y La respuesta correcta es la (A). Los puntos a los que puede llegar el canguro son los de la forma (a,b), con a y b enteros de la misma paridad tales que a + b 10, los cuales forman la figura siguiente: es decir una cuadrícula de centrada en el origen y girada 45 respecto a los ejes, que por lo tanto contiene 121 puntos. 29. La respuesta correcta es la (A). Sea H el punto de intersección entre los segmentos FG y PQ. Por el teorema de Pitágoras, FH 2 = = 5 y HG 2 = = 9. Así FG = FH +HG = La respuesta correcta es la (D). Hay 9 primos extraños, a saber 2, 3, 5, 7, 23, 37, 53, 73 y 373.

39 Capítulo 2 Prueba Regional 2.1. Prueba de 7 o y 8 o grados Problema 1 Un triángulo equilátero tiene igual perímetro que un cuadrado. Si el área del cuadrado es 36m 2, cuánto mide el lado del triángulo? Problema 2 Un barril está lleno de agua. Lo vacías a la mitad y después le añades un litro de agua. Después de hacer esta operación (vaciar la mitad de lo que hay y añadir un litro) cinco veces seguidas, te quedan 3 litros de agua en el barril. Cuántos litros de agua había en el barril inicialmente? Problema 3 En un gran corral hay 2009 cabras, cada una de las cuales tiene piel oscura o clara. Un pastor compara las alturas de las cabras y encuentra que hay una cabra de piel clara que es más alta que exactamente 8 de las de piel oscura, hay otra cabra de piel clara que es más alta que exactamente 9 de las de piel oscura, otra cabra de piel clara es más alta que exactamente 10 de las de piel oscura, y así sucesivamente, hasta llegar a la última cabra de piel clara, que es más alta que todas las de piel oscura. Cuántas cabras de piel clara hay? Problema 4 Cuántos números de cuatro cifras son múltiplos de nueve y tienen todos sus dígitos impares y diferentes? Problema 5 Simón escribe una lista de números. El primero es 25, y luego cada número es la suma de los cuadrados de los dígitos del anterior. Por ejemplo, el segundo en la lista es = 4+25 = 29, y el tercero es = 4+81 = 85. Qué número aparece en la posición 2009? 35

40 36 CAPÍTULO 2. PRUEBA REGIONAL Soluciones 1. Si el área del cuadrado es 36m 2, el lado del cuadrado debe ser 6m y por lo tanto, su perímetro es 6m 4 = 24m. Entonces el perímetro del triángulo también es 24m y su lado es 24m/3 = 8m. 2. Solución I (razonamiento retrógrado): Luego de la quinta operación quedan 3 litros de agua en el barril, entonces antes de agregar el litro había 2 litros y antes de vaciar la mitad había 4 litros. Esto se puede representar así: Entonces antes de agregar el litro de la cuarta operación había 5 y antes de vaciar la mitad había 10: Si continuamos de esta manera hacia la izquierda, llegamos a Por lo tanto, la respuesta es 34. Esto se puede representar también en forma tabular: operación inicio medio final Aquí se comienza por llenar la última fila (operación 5), de derecha a izquierda, con los valores 3 (final), 2 (medio) y 4 (inicio). El valor inicial de una operación es el valor final de la operación anterior, así se llena la fila correspondiente a la cuarta operación, de derecha a izquierda, con los valores 4 (final), 3 (medio) y 6 (inicio). Lo mismo se hace con las demás filas hasta obtener como respuesta 34. Solución II (algebraica): Si se tienen x litros de agua en el barril, luego de hacer una operación quedan x/2+1 litros. Por lo tanto, luego de 5 operaciones quedan ((((x/2+1)/2+1)/2+1)/2+1)/2+1 = 3. Restando 1 a ambos miembros y multiplicando por 2 resulta (((x/2+1)/2+1)/2+1)/2+1 = 4, y repitiendo cuatro veces esta operación se obtiene ((x/2+1)/2+1)/2+1 = 6, (x/2+1)/2+1 = 10, x/2+1 = 18, x = 34.

41 2.1. PRUEBA DE 7 o Y 8 o GRADOS Si se ponen en orden creciente de alturas, las primeras 8 cabras deben ser de piel oscura, y luego deben irse alternando piel clara y piel oscura: OOOOOOOOCOCOC...OC. Luego de las primeras 7 O s, aparecen 1001 grupos OC, luego hay 1001 cabras de piel clara. 4. Los conjuntos posibles con cuatro dígitos impares diferentes son {1,3,5,7}, {1,3,5,9}, {1,3,7,9}, {1,5,7,9} y {3,5,7,9}. Pero para que un número sea múltiplo de 9 la suma de sus cifras también debe serlo, lo cual sólo lo cumple {1,3,5,9}. Como estos números se pueden ordenar de = 24 maneras, la respuesta es Los primeros números de la lista son 25, 29, 85, 89, 145, 42, 20, 4, 16, 37, 58, 89, 145,... El 89 aparece en cuarto lugar y también en la posición 12, por lo tanto, la sucesión es periódica de período 8: los números del cuarto al undécimo (89, 145, 42, 20, 4, 16, 37, 58) se repiten a partir de la posición 12, y luego a partir de las posiciones 20, 28, 36,... Como en las posiciones divisibles entre 8 siempre va un 4, en la posición 2008 va un 4 y en la 2009 va el 16.

42 38 CAPÍTULO 2. PRUEBA REGIONAL 2.2. Prueba de 9 o grado Problema 1 En cierta isla, los habitantes son de dos tipos: los caballeros, que siempre dicen la verdad, y los pícaros, que siempre mienten. Un día se encuentran reunidos tres nativos de la isla llamados Apu, Bop y Cip. Apu dice Los tres somos pícaros. Bop dice Exactamente uno de nosotros es caballero. Cip no dice nada. Qué es cada uno de ellos? Problema 2 La suma de los números de dos cuadrados consecutivos (horizontalmente) es igual al número del cuadrado que está arriba de ellos, por ejemplo, a+b = c. Si la suma de los números en la fila inferior es 17, cuál es el valor de a? Problema 3 Tengo un número abcd de cuatro dígitos. Invierto el orden de los dígitos y tengo el número dcba. Al mayor le resto el menor y obtengo un número de cuatro dígitos donde tres de ellos son 1, 7 y 9. Cuál es el dígito que falta? Problema 4 Ana y Bruno juegan del siguiente modo: Ana tiene inicialmente 7 barajitas, de las cuales debe descartar al menos una y a lo sumo la mitad, y pasarle las que queden a Bruno. Bruno hace lo mismo, es decir, descarta al menos una y no más de la mitad de las barajitas que recibió, y le pasa las que queden a Ana. Continúan jugando alternadamente de la misma manera hasta que uno de los dos reciba una sola barajita, en cuyo caso no puede continuar el juego y pierde. Pruebe que Bruno puede ganar siempre este juego, haga lo que haga Ana. Problema 5 Los lados del triángulo ABC se prolongan por ambos lados hasta los puntos P, Q, R, S, T y U, de tal manera que PA = AB = BS, TC = CA = AQ y UC = CB = BR. Si el área de ABC es 1 cm 2, cuál es el área del hexágono PQRSTU? P Q A U C B R T S

43 2.2. PRUEBA DE 9 o GRADO Soluciones 1. Solución I: Apu y Cip son pícaros y Bop es caballero. En efecto, Apu no puede ser caballero pues entonces su afirmación sería falsa. Por lo tanto, Apu es pícaro y es falso que los tres sean pícaros, es decir que al menos uno de los otros dos es caballero. Si Bop fuese pícaro, entonces Cip debería ser caballero, y habría exactamente un caballero, haciendo cierta la afirmación de Bop (contradicción). Entonces Bop debe ser caballero, y Cip pícaro. Solución II: Cada uno de los tres puede ser caballero o pícaro, luego hay ocho posibilidades que se muestran en la siguiente tabla: Apu p p p p c c c c Bop p p c c p p c c Cip p c p c p c p c La posibilidad 1 se descarta pues, si los tres son pícaros, Apu estaría diciendo la verdad y sería caballero. Las posibilidades 5, 6, 7 y 8 se descartan pues, si Apu fuese caballero, no podría afirmar que los tres son pícaros. La posibilidad 2 se descarta pues contiene un solo caballero, y entonces Bop, siendo pícaro, estaría diciendo la verdad. La posibilidad 4 se descarta pues contiene 2 caballeros, y entonces Bop, siendo caballero, estaría mintiendo. Sólo nos queda la posibilidad 3, que es compatible con las afirmaciones de Apu y Bop. 2. Como a + b+4 = 17, tenemos que c = a +b = 17 4 = 13. Si llamamos x al valor que debe ir en la casilla en blanco, entonces c + x = 25, luego x = 25 c = = 12. Ahora, como b + 4 = 12, se tiene que b = 8, y finalmente de a+b = 13 se obtiene a = 13 8 = Si suponemos que abcd > dcba, entonces abcd dcba = 9(111a 111d+10b 10c) Luego, la suma de los dígitos de abcd dcba debe ser múltiplo de 9. Como = 17, es fácil ver que el único número entre 1 y 9 que sumado con 17 da un múltiplo de 9 es el 1. Por lo tanto, el dígito que falta es el Solución I: Bruno tiene una estrategia ganadora. En efecto, inicialmente Ana puede descartar 1, 2 ó 3 barajitas, pasándole 6, 5 ó 4 a Bruno. Si Bruno recibe 6 descarta 3, si recibe 5 descarta 2 y si recibe 4 descarta 1, pasándole en cualquier caso 3 barajitas a Ana. Ahora Ana sólo puede descartar una y pasarle 2 a Bruno, quien descarta una, le pasa la otra a Ana, y gana. Solución II: El juego se puede analizar en función del número de barajitas que tenga el jugador a quien le toca jugar. (a) Si tiene 2, descarta una, le pasa la otra al contrario y gana. (b) Si tiene 3, sólo puede descartar una y pasarle dos al contrario, quien por (a) gana. Por lo tanto, 3 es una posición perdedora.

44 40 CAPÍTULO 2. PRUEBA REGIONAL (c) Si tiene 4, puede descartar una y pasarle tres al contrario, quien por (b) perderá. Por lo tanto 4 es una posición ganadora. (d) Si tiene 5, puede descartar dos y pasarle tres al contrario, quien por (b) perderá. Por lo tanto, 5 es una posición ganadora. (d) Si tiene 6, puede descartar una y pasarle tres al contrario, quien por (b) perderá. Por lo tanto, 6 es una posición ganadora. (e) Si tiene 7, como Ana en este problema, sólo puede descartar 1, 2 o 3, dejándole al contrario 6, 5 o 4, respectivamente. En cualquiera de estos casos, por (c), (d) y (e), el contrario puede ganar. Por lo tanto, Bruno tiene una estrategia ganadora. 5. Cada uno de los triángulos APQ, BRS y CST son congruentes con el ABC, por lo tanto, tienen área 1 cm 2. Además, ATS tiene lados dobles y área cuádruple que el ABC, por lo tanto, el trapecio BCTS tiene área 3 cm 2 y lo mismo ocurre con los otros dos trapecios. Sumando se obtiene como respuesta 13 cm 2.

45 2.3. PRUEBA DE 1 o Y 2 o DE DIVERSIFICADO Prueba de 1 o y 2 o de diversificado Problema 1 Un arqueólogo estudia una antigua civilización que usaba un sistema de numeración posicional similar al nuestro, pero de base 5. Los símbolos para los dígitos eran,,, y, que corresponden en algún orden a nuestros 0, 1, 2, 3 y 4. Por ejemplo, el número debe interpretarse como , el problema es que no se conoce la correspondencia exacta entre símbolos y dígitos. Sin embargo, el arqueólogo descubrió que los tres números, y son consecutivos y están ordenados de menor a mayor. Halle el valor de cada símbolo y el de los tres números consecutivos. Problema 2 Considere todos los números posibles de 8 cifras diferentes no nulas (como, por ejemplo, ). (a) Cuántos de ellos son divisibles entre 5? (b) Cuántos de ellos son divisibles entre 9? Problema 3 Si a y b son números distintos tales que a b + a+10b b+10a = 2, cuánto vale a b? Problema 4 En una reunión de matemáticos, uno de ellos dijo: Somos 9 menos que el doble del producto de los dos dígitos de nuestro número total. Cuántos matemáticos había en la reunión? Problema 5 Un triángulo ABC es rectángulo en A con AB/AC = 3/2. Si D es el pie de la altura trazada desde A y se sabe que BD DC = 5, calcule el área del triángulo ABC.

46 42 CAPÍTULO 2. PRUEBA REGIONAL Soluciones 1. Como, y son consecutivos, debe ser = 4 y = 0. Además a le sigue, por lo tanto = 3. Sólo queda asignar 1 y 2 a y, pero como a le sigue debe ser = 1 y = 2. El primero de los tres números dados es entonces = = 258 y los otros dos son 259 y (a) Deben terminar en 5, y las primeras siete cifras pueden ser cualquier arreglo de 7 elementos tomados de {1,2,3,4,6,7,8,9}, de los cuales hay = (b) Como =45, las únicas 8 cifras diferentes no nulas cuya suma es múltiplo de 9 son las del 1 al 8. Por lo tanto, la respuesta es 8! = Solución I: De la expresión dada se deduce que a(b+10a)+(a+10b)b = 2b(b+10a), y luego de quitar paréntesis y simplificar queda 10a 2 18ab+8b 2 = 0, que se puede factorizar como 2(a b)(5a 4b) = 0. Como a b, debe ser 5a 4b = 0 y por lo tanto a/b = 4/5. Solución II: La expresión dada se puede escribir como a a b + b a = 2. b Poniendo x = a/b queda x+ x x = 2, y multiplicando por x se obtiene x(1 + 10x) + x + 10 = 2(1 + 10x), que se reduce a 10x 2 18x + 8 = 0. Esta ecuación de segundo grado tiene raíces 1 y 4/5. Descartamos 1 porque a b implica x = a/b 1, y nos queda a/b = x = 4/5. 4. Si eran n = 10a+b matemáticos, con 0 < a 9, 0 b 9, la condición del problema se traduce en 10a+b = 2ab 9. Es claro que b = 2ab 10a 9 debe ser impar. Además como 2(b 5)a = b+9 > 0 debe ser b > 5, y b sólo puede ser 7 ó 9. Pero b = 9 se descarta pues quedaría 8a = 18, que no tiene solución. Entonces b = 7, de donde 4a = 7+9 = 16 y a = 4. Es decir que el número de matemáticos era Los triángulos BAD y ACD son semejantes, y como AB/AC = 3/2 se sigue que BD/AD = AD/DC = 3/2, y entonces 5 = BD DC = 3 2 AD 2 3 AD = 5 6 AD,

47 2.3. PRUEBA DE 1 o Y 2 o DE DIVERSIFICADO 43 de donde AD = 6, BD = (3/2)AD = 9, DC = (2/3)AD = 4, BC = 9+4 = 13 y finalmente el área pedida es 13 6/2 = 39.

48 44

49 Capítulo 3 Prueba Final 3.1. Prueba de 7 o y 8 o grados Problema 1. Un número es capicúa si se lee igual de izquierda a derecha que de derecha a izquierda. Por ejemplo 4, 77, 383 y 1661 son capicúas. Cuántos números, desde el 1 hasta el 2009, son capicúas? Problema 2. La figura muestra un rectángulo dividido en cinco partes. Se sabe que el área del cuadrado ABIH es 25 cm 2, el área del cuadrado FIJE es 49 cm 2 y el área del trapecio BCJI es 45 cm 2. Cuál es el área del trapecio DEJC? Problema 3. Los números desde el l hasta el 2009 se escriben consecutivamente en la pizarra. En una primera pasada se borran el primer número escrito, el tercero, el quinto y así sucesivamente hasta borrar el En una segunda pasada se aplica el mismo procedimiento a los números que quedaron, borrando el primero de 45

50 46 CAPÍTULO 3. PRUEBA FINAL ellos, el tercero, el quinto y así sucesivamente. Esto se repite mientras queden números en la pizarra. En qué pasada se elimina el 1728? Cuál es el último número borrado y en qué pasada se elimina? Problema 4. Ana vende galletas, que vienen en cajas pequeñas de 5 unidades y en cajas grandes de 12 unidades. Si, por ejemplo, un cliente quiere 39 galletas, Ana puede despachar el pedido exactamente con tres cajas pequeñas y dos grandes, ya que = 39. Pero hay pedidos que no se pueden despachar exactamente, por ejemplo, cuando un cliente quiere 7, 16 ó 23 galletas. Cuál es el pedido más grande que no se puede despachar exactamente? Nota: Se supone que Ana tiene o puede pedir a la fábrica todas las galletas que le hagan falta.

51 3.1. PRUEBA DE 7 o Y 8 o GRADOS Soluciones 1. Hay 9 capicúas de una cifra (1,2,3,...,9) y 9 de dos cifras (11,22,33,...,99). Hay 90 de tres cifras, pues como primera cifra se puede escoger cualquier dígito del 1 al 9 y como segunda cifra cualquier dígito. Los de 4 cifras (hasta el 2009) son 1001, 1111, 1221, 1331, 1441, 1551, 1661, 1771, 1881, 1991 y En total, = De las áreas de los cuadrados se sigue que BI = 5 cm y IJ = 7 cm. Si x = BC entonces el área del trapecio BCJI es de donde x = 11 cm. Entonces [BCJI] = x = 45 cm 2, AB +BC = 5+11 = 16 = GF +FE +ED = 5+7+ED, de donde ED = = 4 cm, y como EJ = 7 cm y CD = 5+7 = 12 cm, [DEJC] = ((12+7)/2)4 = 38 cm 2. Alternativamente, como se tiene que [ACDG] = (AB +BC)(AH +HG) = (16 cm)(12 cm) = 192 cm 2, [DEJC] = [ACDG] [ABIH] [FIJE] [BCJI] [FGHI] = = 38 cm En la primera pasada se borran todos los impares, quedando los pares del 2 al La segunda pasada deja todos los múltiplos de 4 desde el 4 hasta el Así sucesivamente van quedando los múltiplos de 8, luego los de 16, 32, 64, 128, 256, 512 y Como 1728 = 64 27, sobrevive a la sexta pasada y es borrado en la séptima. Como el único múltiplo de 1024 (no mayor que 2009) es el mismo 1024, éste es el último número borrado y se elimina en la pasada número Usando solamente cajas pequeñas Ana puede despachar 5, 10, 15, 20, 25, 30, 35, 40, 45,..., es decir, cualquier número terminado en 0 ó en 5. Con una caja de 12 y otras de 5 puede despachar 12, 17, 22, 27, 32, 37, 42, 47,..., es decir, cualquier número terminado en 2 ó en 7 a partir del 12. Con dos cajas de 12 y otras de 5 puede despachar 24, 29, 34, 39, 44,..., es decir, cualquier número terminado en 4 ó en 9 a partir del 24. Con tres cajas de 12 y otras de 5 puede despachar 36, 41, 46, 51,..., es decir, cualquier número terminado en 6 ó en 1 a partir del 36. Con cuatro cajas de 12 y otras de 5 puede despachar 48, 53, 58, 63, 68, 73,..., es decir, cualquier número terminado en 8 ó en 3 a partir del 48. Examinando estas listas se ve que el 43 no se puede despachar exactamente, pues habría que usar a lo sumo 3 cajas grandes y el 43 no se encuentra en

52 48 CAPÍTULO 3. PRUEBA FINAL ninguna de las cuatro primeras listas. Como el 44, 45, 46 y 47 se encuentran en las listas, así como cualquier otro número a partir del 48, se concluye que la respuesta es 43. La misma idea puede expresarse más elegantemente observando que cualquier n > 0 se puede escribir como n = 5k + r, con 0 r 4. Como 5k + 1 = 5(k 7)+36, 5k+2 = 5(k 2)+12, 5k+3 = 5(k 9)+48 y 5k+4 = 5(k 4)+24, resulta que si k 9 (o sea n 45) el pedido se puede despachar exactamente. Como también 44 = se puede despachar, el mayor que no se puede despachar exactamente es 43. En efecto, para despachar 43 habría que usar 1, 2 ó 3 cajas grandes, pero ni = 31, ni = 19, ni = 7 son múltiplos de 5, por lo tanto, no es posible.

53 3.2. PRUEBA DE 9 o GRADO Prueba de 9 o grado Problema 1. Marina compra boletos para ella y su hermana Andrea, que es cinco años menor que Marina, para el concierto de uno de sus cantantes favoritos. Cada boleto tiene impreso un número de tres dígitos. El día del concierto, Marina observa que los números de los boletos son consecutivos, y que además la suma de los seis dígitos es precisamente 27, su edad actual. Cuando se lo comenta a Andrea, ésta trata de deducir los números de los boletos sin éxito, por lo que le pide a Marina un dato adicional. Entonces Marina le dice: La suma de los números de uno de los boletos es tu edad y, con esa nueva información, Andrea logra deducir correctamente el número de cada boleto. Cuáles eran esos números? Problema 2. Ana tiene seis monedas idénticas y desea poner cada una de ellas en una casilla del tablero de la figura, de tal manera que cada fila contenga exactamente una moneda y cada columna contenga exactamente una moneda. De cuántas maneras diferentes puede hacerlo? Problema 3. Halle dos números del conjunto{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17} cuyo producto sea igual a la suma de los demás números del conjunto. Problema 4 En el cuadrilátero ABCD se tiene que los puntos P, Q, R y S se encuentran en los lados AB, BC, CD y DA, respectivamente, de modo que AP = 2 P B, BQ = 2 QC, CR = 2 RD y DS = 2 SA. Halle la razón [PQRS]/[ABCD].

54 50 CAPÍTULO 3. PRUEBA FINAL Soluciones 1. Supongamos que el menor de los dos números se escriba como abc (es decir, que el número sea 100a+10b+c). Entonces se pueden presentar tres casos: 1. Si c < 9 entonces el número del otro boleto tendría dígitos a, b y c+1 y la suma de los seis dígitos de ambos boletos sería a+b+c+a+b+(c+1)= 2(a+b+c)+1 = 27, de donde a+b+c = 13 y a+b+(c+1) = 14, que no corresponden a la edad de Andrea (que es 22). 2. Si c = 9 y b < 9 entonces el número del otro boleto tendría dígitos a, b+1 y 0 y la suma de los seis dígitos de ambos boletos sería a+b+9+a+ (b+1)+0 = 2(a+b)+10, lo cual es imposible pues éste es un número par que no puede ser igual a Si c = b = 9 entonces el número del otro boleto tendría dígitos a+1, 0 y 0 y la suma de los seis dígitos de ambos boletos seríaa+9+9+(a+1)+0+0 = 2a+19, que es igual a 27 si a = 4. La suma de los dígitos de 499 es 22 que es justamente la edad de Andrea, por lo tanto, esta es la única solución. Conclusión: los números de los boletos eran 499 y Se puede comenzar por poner una moneda en cualquiera de las 4 casillas de la primera fila. Como no se pueden repetir columnas, en la sexta fila quedarán entonces 3 casillas disponibles donde colocar una segunda moneda. Quedan ahora cuatro columnas libres: la primera, la sexta y dos intermedias. Luego, en cada fila de la segunda a la cuarta hay que poner una moneda de modo que quede una en cada una de las cuatro columnas libres, lo cual se puede hacer de 4! = 24 maneras (ya que para la segunda fila se puede escoger una de 4 columnas, para la tercera fila se puede escoger una de las 3 columnas restantes, para la cuarta fila una de las 2 columnas restantes, y para la quinta fila se escoge la única columna que queda disponible). La respuesta es entonces 4 3 4! = = La suma de todos los números en el conjunto es (1+17)17/2 = 153. Debemos hallar enteros x e y, con 1 x < y 17, tales que xy = 153 x y. Esta ecuación se puede reescribir como xy+x+y+1 = 154, o bien (x+1)(y+1) = , que se satisface para x = 10, y = Como P B = AB/3 y los triángulos P BQ y ABQ tienen igual altura desde Q, entre sus áreas se tiene la relación [PBQ] = [ABQ]/3. Análogamente, como BQ = (2/3)BC, se tiene que [ABQ] = (2/3)[ABC]. Por lo tanto [PBQ] = (2/9)[ABC].

55 3.2. PRUEBA DE 9 o GRADO 51 Análogamente se prueba que [QCR] = (2/9)[BCD], [RDS] = (2/9)[CDA] y [SAP] = (2/9)[DAB]. Sumando resulta que [PBQ]+[QCR]+[RDS]+[SAP] = 2 9 por lo tanto ( [ABC]+[BCD]+[CDA]+[DAB] ) = 4 9 [ABCD], [PQRS] = [ABCD] ( [PBQ]+[QCR]+[RDS]+[SAP] ) = (1 4 9 )[ABCD] = 5 9 [ABCD], de donde se sigue que [P QRS] [ABCD] = 5 9.

56 52 CAPÍTULO 3. PRUEBA FINAL 3.3. Prueba de 1 o y 2 o de diversificado Problema 1 Halle todas las cuaternas de enteros positivos(a,k,m,n) tales quea k = a m +a n. Problema 2. Una sucesión de números reales a 1,a 2,a 3,... satisface la relación (n+2)a n+1 = na n para todo entero positivo n. Si a 1 = 1005, cuál es el valor de a 2009? Problema 3 Juana tiene un tablero blanco de 6 6 y desea pintarle dos casillas de negro. Dos coloraciones que difieran en una rotación se consideran equivalentes, por ejemplo, las cuatro coloraciones que se ilustran en la figura son todas equivalentes: De cuántas maneras no equivalentes puede Juana pintar su tablero? Problema 4. BD es mediana del triángulo ABC. El ángulo ACB mide 30 y el ángulo ADB mide 45. Cuánto mide el ángulo ABD?

57 3.3. PRUEBA DE 1 o Y 2 o DE DIVERSIFICADO Soluciones 1. Como 1 k = 1 2 = 1 m + 1 n, debe ser a 2. Si m > n y a k = a m + a n, entonces a k n = a m n + 1 y a dividiría a a k n a m n = 1, absurdo pues a 2. Análogamente no puede ser n > m. Si m = n entonces a k = 2a n, es decir a k n = 2, que se cumple si y sólo si a = 2 y k n = 1. Por lo tanto, las cuaternas buscadas son las de la forma (2,n+1,n,n) para n = 1,2,3, De la condición (n+2)a n+1 = na n se obtiene a n+1 = n n+2 a n, por lo tanto a 2009 = a 2008 = a 2007 = a 2006 = = a 1 = = El tablero tiene 36 casillas, y las dos que se van a pintar se pueden escoger de ( 36 2) = 630 maneras. La mayoría de las 630 coloraciones posibles se pueden poner en grupos de a cuatro equivalentes (que se obtienen rotando una de ellas 90, 180 y 270 ), excepto las que tienen las dos casillas simétricas respecto al centro del tablero, que sólo son equivalentes a otra más (pues la rotación de 180 las deja invariantes, y las de 90 y 270 dan lo mismo). Como hay 18 pares de casilas simétricas respecto al centro del tablero, el número de coloraciones no equivalentes es 18/2+(630 18)/4 = = Sea E el pie de la altura desde A. Como AEC es un triángulo rectángulo con ACE = 30, es claro que AE = AC/2 = AD, y como EAD = 60 resulta que EAD es equilátero, y BDE = = 15. Como también DBC = = 15, resulta que BED es isósceles y BE = DE = AE, de donde ABE = 45 y ABD = = 30.

58 54

59 Estudiantes premiados en la Final Nacional de la Olimpiada Juvenil de Matemáticas 2009 Séptimo Grado Medallas de Oro Miguel Ignacio Alberto Vilchez Julio Espinoza Luis Roberto Réquiz Perera Medallas de Plata Luis Alejandro Medina Briceño Luis J. Rodríguez Pedro Romero Eduardo Andrés Chacín Medallas de Bronce Juan Diego Ocando Ruiz Rosa Tanzi Rodrigo Delgado Allega Rodolfo José Márquez Mathías San Miguel López Rubmary Rojas Víctor Estévez Fernandez Alí Alejandro Reyes Romero Menciones de Honor Margarita Salazar Gianpaolo José Cuticchia Chile Dtto. Capital Edo. Carabobo Dtto. Capital Edo. Zulia Edo. Carabobo Dtto. Capital Edo. Zulia Edo. Trujillo Edo. Bolívar Dtto. Capital Edo. Lara Edo. Sucre Edo. Lara Edo. Nueva Esparta Edo. Zulia Edo. Sucre Edo. Aragua Octavo Grado Medallas de Oro Diego Leonardo Peña Edo. Miranda Miguel Ángel Linares Edo. Lara Sergio Villaroel Edo. Sucre 55

60 56 Medallas de Plata Jesús Eliseo Reyna Reball Edo. Sucre Mariana Saavedra Mulino Edo. Carabobo Ezequiel José Quijada Marval Edo. Anzoátegui Julio Marcos Edo. Bolívar Juan Diego Ocando Ruiz Edo. Trujillo Medallas de Bronce Elizabeth Acosta Silva Dtto. Capital Wolfang A. Torres Edo. Zulia Jeremy Rojas Edo. Zulia Sebastián Hernández Dtto. Capital Natasha Delingen Edo. Carabobo Tomás Andrés Salazar Dtto. Capital Rafael Alejandro Villarroel Dtto. Capital Andrés Eloy Rodríguez Edo. Zulia Menciones de Honor Viktor Othail Durán Edo. Sucre Yanireth Bervins Fonseca Edo. Lara Noveno Grado Medallas de Oro Edenys Hernao Hernández Edo. Zulia Medallas de Plata Carlos Lamas Edo. Lara Darío Tambone Dtto. Capital David Eduardo Villalobos Edo. Zulia Medallas de Bronce María Alejandra Velutini Dtto. Capital Miguelángel Dahdah Dtto. Capital Tomás Andrés Rodríguez Edo. Nueva Esparta Menciones de Honor Joan Manuel Cedeño Edo. Carabobo Xavier Hurtado Edo. Falcón Paola Moschella Dtto. Capital Marian Flores Edo. Aragua Alejandro Tomás Miyares Edo. Zulia Carlos Alberto Esis Edo. Miranda

61 57 1er Año Ciclo Diversificado Medallas de Oro Emery Dunia Edo. Carabobo Medallas de Plata Daniela Eugenia Blanco Dtto. Capital Mauricio Marcano Edo. Nueva Esparta Medallas de Bronce Freddy Sánchez Edo. Zulia Silvia Irene Meza Edo. Zulia 2 o Año Ciclo Diversificado Medallas de Oro Carmela Acevedo Dtto. Capital David Urdaneta Edo. Zulia Medallas de Plata Angelo Crincoli Edo. Bolívar Medallas de Bronce Giovanni Parra Edo. Zulia Alejandro Flores Edo. Nueva Esparta Menciones de Honor Ricardo Capelle Edo. Carabobo Premios Especiales Diego Peña Colaiocco Premio Mejor Prueba de la Fundación Empresas Polar. Carmela Acevedo Premio a la respuesta más creativa. UNEXPO. Mauricio Marcano Premio a la mejor prueba del estado Nueva Esparta. Gobernación del Estado Nueva Esparta.

62 Olimpiada Juvenil de Matemáticas Comité Organizador Nacional Rafael Sánchez Lamoneda (Presidente) Saturnino Fermín Reyes (Coordinador Administrativo) José Heber Nieto Said (Coordinador Académico) Henry Martínez León (Coordinador de Entrenamientos) Laura Vielma Herrero (Calendario Matemático) Eduardo Sarabia Silvina María de Jesús Coordinadores Regionales Año 2009 Prof. Lisandro Alvarado (Altos Mirandinos) Prof. María de Mejias (Anzoátegui Norte) Prof. Nahir Sotillo (Anaco) Prof. Nancy de Martínez (El Tigre) Prof. Rafael Antonio Valdez Tovar (Apure) Prof. Vilma Escalona (Aragua) Prof. Orlando Mendoza (Cagua) Prof. Jorge W. Salazar (Carabobo) Prof. Sonia Chacón (Cojedes) Prof. Cenaida Figuera (Delta Amacuro) Prof. Dibeth Castro (Falcón) Prof. Carlos Lira (Guárico) Prof. Víctor Carruci (Lara) Prof. José Toloza (Mérida) Prof. Daulis Josefina Nuñez (Monagas) Prof. Emilia Peña (Nueva Esparta) Prof. María Martínez G. (Portuguesa) Prof. Nancy Gómez (Puerto Ordaz) Prof. Luisa López (Sucre) Prof. Jorge Lozada (Táchira) Prof. Ramón Blanco (Trujillo) Prof. Nancy Candiales (Yaracuy) Prof. José Heber Nieto (Zulia)

63 Olimpiadas Matemáticas 2010 (OJM, OMCC, OIM, IMO) Problemas y Soluciones José Heber Nieto Said Rafael Sánchez Lamoneda Laura Vielma Herrero

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65 Índice general Introducción 1 1. Prueba Preliminar Prueba de Primer Año y Segundo Año Soluciones Prueba de Tercer Año Soluciones Prueba de Cuarto Año y Quinto Año Soluciones Prueba Regional Prueba de Primer Año Soluciones Prueba de Segundo Año Soluciones Prueba de Tercer Año Soluciones Prueba de Cuarto Año Soluciones Prueba de Quinto Año Soluciones Prueba Final Prueba de Primer Año Soluciones Prueba de Segundo Año Soluciones Prueba de Tercer Año Soluciones Prueba de Cuarto Año Soluciones

66 3.5. Prueba de Quinto Año Soluciones Olimpiada Matemática de Centroamérica y el Caribe Problemas Soluciones Olimpiada Iberoamericana de Matemática Problemas Soluciones Olimpiada Internacional de Matemática Problemas Soluciones Glosario 76 Estudiantes Premiados en la Final Nacional de la OJM

67 Introducción L as Olimpiadas Matemáticas son competencias dirigidas principalmente a jóvenes de escuela elemental y secundaria. Actualmente esta actividad se ha extendido por todo el mundo debido a su gran efectividad en la popularización de las matemáticas y en la detección de jóvenes con talento para el estudio de esta ciencia. El presente libro reúne todos los problemas propuestos en la Olimpiada Juvenil de Matemáticas, OJM También presentamos los problemas de las tres competencias internacionales a las cuales asistimos durante este año: la 51 a Olimpiada Internacional de Matemáticas (IMO) celebrada en Astana, Kazajstán, del 2 al 14 de julio, la XII Olimpiada Matemática de Centroamérica y del Caribe (OMCC) celebrada en Mayagüez, Puerto Rico, del 21 de mayo al 1 de Junio y la XXV Olimpiada Iberoamericana de Matemáticas (OIM) celebrada en Asunción, Paraguay, del 20 al 30 de septiembre. Cada una de estas tres competencias internacionales consta de dos exámenes, presentados en días consecutivos, cada uno tiene tres problemas y los participantes disponen de cuatro horas y media, cada día, para resolverlos. El valor de cada pregunta es de 7 puntos, para un máximo posible de 42 puntos en la competencia. Los ganadores reciben medallas de oro, plata o bronce y mención honorífica, según sea su desempeño. En los tres eventos nuestros alumnos ganaron premios. Carmela Acevedo de la Academia Washington, Caracas, ganó Mención Honorífica en la IMO. Diego Peña, del colegio Los Hipocampitos de los Altos Mirandinos, ganó medalla de plata en la OMCC y medalla de Bronce en la OIM. Carlos Lamas del colegio Independencia de Barquisimeto, ganó medalla de Bronce en la OMCC y Mención Honorífica en la OIM. Sergio Villarroel, del colegio San Lázaro de Cumaná, ganó medalla de Bronce en la OMCC. Edenys Hernao del colegio Altamira de Maracaibo y Tomás Rodríguez del colegio Arco Iris de Porlamar, ganaron Mención Honorífica en la OIM. Además el equipo que participó en la OMCC, Diego Peña, Sergio Villarroel y Carlos Lamas, ganó la Copa El Salvador, trofeo que se otorga al país de mayor avance en la OMCC en tres años consecutivos. La OJM consta de tres etapas o pruebas. La primera de ellas es el Canguro Matemático, un examen de treinta problemas de selección simple, que fue presentado por estudiantes provenientes de 22 estados del país. La segunda etapa

68 de la competencia es la Prueba Final Regional. La misma consta de un examen de cinco problemas de desarrollo y compiten los alumnos que quedaron ubicados en el diez por ciento superior en el Canguro Matemático. Esta prueba se organiza en cada estado que participa en la OJM y los ganadores reciben medallas de oro, plata y bronce. La tercera y última fase es la Prueba Final Nacional; en ella participan los alumnos ganadores de medalla de oro en la Prueba Final Regional. Los ganadores reciben medallas de oro, plata y bronce, menciones de honor y varios premios especiales. Tanto en la primera como en la segunda etapa, los alumnos participantes presentan sus exámenes en la ciudad donde viven. Para la Final Nacional se elige cada año una sede y allí se organiza el evento, permitiendo a los participantes, sus profesores y representantes, estrechar lazos de amistad y compartir una experiencia educativa enriquecedora. La Prueba Final Nacional 2010 se realizó en la Universidad Rafael Urdaneta, en Maracaibo, Estado Zulia, y participaron 93 alumnos representando a 17 estados. Este libro consta de seis capítulos. Los tres primeros cubren la OJM, dedicando un capítulo a cada fase de la competencia. Los tres últimos capítulos se dedican a las competencias internacionales. En ellos se presentan los problemas y sus soluciones. Esperamos que sea de gran utilidad tanto para profesores como para estudiantes, y que les permita conocer las matemáticas desde un punto de vista interesante y entretenido. Aprovechamos la oportunidad para agradecer a nuestros patrocinadores, en especial a la Fundación Empresas Polar, al Banco Central de Venezuela, a la Academia Venezolana de Ciencias Físicas, Matemáticas y Naturales, a la Facultad de Ciencias de la UCV junto a la Fundación Amigos de Ciencias, a la Universidad Simón Bolívar, a la Universidad Rafael Urdaneta, a Acumuladores Duncan y Acumuladores Titán, a MRW y a la Fundación Cultural del Colegio Emil Friedman, así como a todos los colegas que con su trabajo y esfuerzo, permiten que la Olimpiada Juvenil de Matemáticas sea una realidad.

69 Capítulo 1 Prueba Preliminar (Canguro Matemático) 1.1. Prueba de Primer Año y Segundo Año Problema 1. Una clase de 40 minutos comienza a las 11:50 am. Exactamente a la mitad de la clase, un pájaro entró en el salón. A qué hora entró el pájaro al salón? A 12:20; B 12:00; C 12:30; D 11:30; E 12:10. Problema 2. En un restaurante, el plato de entrada cuesta 4 Bs., el plato principal cuesta 9 Bs. y el postre 5 Bs. Por otro lado, el menú ejecutivo, que consta del plato de entrada, plato principal y postre, tiene un valor de 15 Bs. Cuánto dinero ahorras si pides el menú ejecutivo? A 5 Bs.; B 4 Bs.; C 3 Bs.; D 6 Bs.; E 7 Bs. Problema 3. El número 4 está próximo a dos espejos, por lo tanto, se refleja como muestra la figura. Si ocurre lo mismo con el número 5, qué se obtiene donde aparece el signo de interrogación? A ; B ; C ; D ; E.

70 4 Prueba Preliminar Problema 4. Cuatro amigos comen helado. Se sabe que: Rafael come más que Verónica, Jairo come más que Víctor, Jairo come menos que Verónica. Cuál de las siguientes listas ordena a los amigos del que come más al que come menos? A Rafael, Jairo, Víctor, Verónica; C Rafael, Verónica, Jairo, Víctor; E Jairo, Rafael, Víctor, Verónica. B Víctor, Rafael, Verónica, Jairo; D Jairo, Víctor, Rafael, Verónica; Problema 5. Sabiendo que + +6 = + + +, cuál es el valor de? A 6; B 5; C 4; D 3; E 2. Problema 6. Marcos y Clara viven en el mismo edificio. El apartamento de Clara está doce pisos por encima del apartamento de Marcos. Un día Marcos subía por las escaleras para visitar a Clara y en la mitad de su camino se encontraba en el octavo piso. En cuál piso vive Clara? A 12; B 14; C 16; D 20; E 24. Problema 7. Un cubo grande está formado por 64 pequeños cubos blancos, de igual tamaño. Si 5 de las caras del cubo grande se pintan de gris, cuántos cubos pequeños quedan con tres caras pintadas de gris? A 24; B 20; C 16; D 8; E 4. Problema 8. Un ferry puede transportar 10 carros pequeños o 6 camionetas en un viaje. El miércoles cruzó el río 5 veces, siempre lleno, y transportó 42 vehículos. Cuántos carros pequeños transportó? A 10; B 12; C 20; D 22; E 30. Problema 9. Si ambas filas tienen la misma suma, cuál es el valor de? A 99; B 100; C 209; D 289; E 299. Problema 10. El producto es igual a: A el número de minutos en siete semanas; B el número de horas en siete días; C el número de segundos en siete horas;

71 1.1 Prueba de Primer Año y Segundo Año 5 D el número de segundos en una semana; E el número de minutos en veinticuatro semanas. Problema 11. Una escalera tiene 21 escalones. Nicolás comienza a contar los escalones de abajo hacia arriba, y Miguel los cuenta de arriba hacia abajo. Ambos se encuentran en un escalón que, para Nicolás, es el número 10. Qué número tiene este escalón para Miguel? A 12; B 14; C 11; D 13; E 10. Problema 12. Una mosca tiene 6 patas, mientras que una araña tiene 8 patas. Juntas, 2 moscas y 3 arañas tienen tantas patas como 10 pájaros y: A 2 gatos; B 3 gatos; C 4 gatos; D 5 gatos; E 6 gatos. Problema 13. Camila escribió, en una tabla de cinco columnas, todos los enteros positivos del 1 al 100 en secuencia. La figura muestra una parte de la tabla. Rodrigo, su hermano, cortó en partes la tabla y borró algunos números. Cuál de las figuras puede ser parte de la tabla que escribió Camila? A B Problema 14. La biblioteca de la escuela a la que asisten Ana, Beatríz y Carlos tiene un gran número de libros. Hay aproximadamente 2010 libros, dice el profesor e invita a los tres estudiantes a adivinar el número exacto. Ana dice que hay 2010 libros, Beatríz comenta que hay 1998 libros y Carlos dice que hay 2015 libros. El profesor dice que la diferencia entre los números que comentaron y el valor exacto es de 12, 7 y 5, pero no en este mismo orden. Cuántos libros hay en la biblioteca? A 2003; B 2005; C 2008; D 2020; E Problema 15. Andrés, Esteban, Roberto y Marcos se conocen en un concierto en Caracas. Ellos vienen de diferentes ciudades: Coro, Valencia, Anaco y Mérida. Se posee la siguiente información: C Andrés y el chico de Mérida llegaron a Caracas temprano en la mañana el día del concierto. Ninguno de ellos ha estado en Coro ni en Anaco. Roberto no es de Mérida pero llegó a Caracas el mismo día que el chico de Coro. Marcos y el chico de Coro disfrutaron mucho el concierto. De qué ciudad viene Marcos? A Coro; B Anaco; C Valencia; D Mérida; E Caracas. D E

72 6 Prueba Preliminar Problema 16. Cada uno de los amigos de Basilio sumó el número del día y el número del mes de su cumpleaños y el resultado fue 35. Si todos cumplen años en fechas diferentes, cuál es el número máximo posible de amigos que tiene Basilio? A 12; B 8; C 10; D 7; E 9. Problema 17. En una caja de 5 5 hay siete barras de 3 1, como muestra la figura. Se desea deslizar algunas barras de modo que quede espacio para una barra adicional. Cuántas barras hay que mover, como mínimo? A 1; B 2; C 3; D 4; E 5. Problema 18. Cuál es el perímetro de la figura, si todos los ángulos son rectos? A ; B ; C ; D ; E Problema 19. La figura muestra cinco proyecciones de nudos. Pero sólo uno de ellos es un verdadero nudo, los demás sólo lo aparentan. Cuál es el nudo verdadero? A B C D E Problema 20. Si la figura se gira media vuelta alrededor del punto F, el resultado es: A ; B ; C ; D ; E. Problema 21. Bernardo seleccionó un número, lo dividió entre 7, al resultado le sumó 7 y a la suma la multiplicó por 7. Si así obtuvo el número 777, qué número seleccionó inicialmente? A 7; B 728; C 567; D 722; E 111.

73 1.1 Prueba de Primer Año y Segundo Año 7 Problema 22. Los números 1, 4, 7, 10 y 13 deben escribirse en la figura, uno en cada celda cuadrada, de modo que la suma de los tres números en la fila horizontal sea igual a la suma de los tres números en la columna vertical. Cuál es el mayor valor posible de esa suma? A 18; B 22; C 21; D 24; E 20. Problema 23. Un periódico de 60 páginas se arma con 15 hojas de papel, que se colocan una encima de otra y luego se doblan a la mitad. Si en un periódico falta la página 7, cuáles otras faltarán obligatoriamente? A 8, 9 y 10; B 8, 42 y 43; C 8, 48 y 49; D 8, 53 y 54; E 8, 52 y 53. Problema 24. Una hormiga camina por las líneas de una cuadrícula. Comienza su trayecto en cierto punto P, al cual regresa al final de su paseo. Aparte de P, la hormiga no visita dos veces ningún otro punto. El trayecto debe incluir obligatoriamente los cuatro segmentos resaltados. Cuál es el menor número posible de celdas cuadradas que quedan encerradas por la trayectoria de la hormiga? A 9; B 8; C 11; D 10; E 13. Problema 25. Qué fracción del cuadrado está sombreada? A 1 3 ; B 1 4 ; C 1 5 ; D 3 8 ; E 2 9. Problema 26. Tres dados idénticos se pegan juntos como muestra la figura. La suma de los puntos de dos caras opuestas de un dado es siempre 7. Cuál es la suma de los puntos de las caras que están pegadas? A 12; B 14; C 13; D 16; E 15.

74 8 Prueba Preliminar Problema 27. Para decidir quien se comerá el último trozo de su torta de cumpleaños, Elena y sus amigas Sara, Ana, Petra y María forman un círculo en ese orden, en sentido horario. Cada una de ellas, en sentido horario, pronuncia una sílaba de la frase CAN-GU-RO-FUE-RA-YO. A la que le toca decir la última sílaba (YO) sale del juego. Ellas repiten esto hasta que quede una sola. Elena puede elegir quién comienza. A quién debe elegir para que el último trozo de torta le quede a su mejor amiga María? A Sara; B Petra; C María; D Elena; E Ana. Problema 28. Cuántas celdas oscuras deben pintarse de blanco para que en cada fila y en cada columna haya exactamente una celda oscura? A 4; B 5; C 6; D 7; E No se puede lograr. Problema 29. Ana compró un boleto para el asiento número 100. Beatriz quiere sentarse lo más cerca que pueda de Ana, pero sólo quedan disponibles boletos para los asientos 76, 94, 99, 104 and 118. Cuál le conviene comprar? A 94; B 76; C 99; D 104; E 118. Problema 30. En cada triángulo hay que escribir uno de los números 1, 2, 3 ó 4 (en tres triángulos ya se ha hecho), de manera que si la pieza de la derecha se coloca cubriendo exactamente cuatro triángulos, los números cubiertos sean todos diferentes (la pieza se puede girar antes de colocarla). Qué número debe ir en el triángulo marcado con? A sólo el 1; B sólo el 2; C sólo el 3; D sólo el 4; E cualquiera entre 1, 2 y 3.

75 1.1 Prueba de Primer Año y Segundo Año Soluciones 1. La respuesta correcta es la (E), ya que 20 minutos después de las 11:50 son las 12: Se ahorra ( ) 15 = 3, por tanto, la respuesta correcta es la (C). 3. Si se refleja el 5 en el espejo vertical se obtiene la figura (D), y al reflejar ésta en el espejo horizontal se obtiene (A), que es la respuesta correcta. 4. La respuesta correcta es la (C), ya que Rafael come más que Verónica, que come más que Jairo, que come más que Víctor. 5. Cancelando + a cada lado de la igualdad resulta 6 = +, por lo tanto, = 3. La respuesta correcta es la (D). 6. A la mitad de su camino se encontraba en el octavo piso y le faltaban 6 pisos, por ello, Clara vive en el piso 8+6 = 14 y la respuesta correcta es la (B). 7. La respuesta correcta es la (E). Quedan 4 cubitos con 3 caras pintadas de gris, a saber los que están en los vértices de la cara opuesta a la que no se pintó. 8. La respuesta correcta es la (E). Como 42 = , transportó 30 carros pequeños. 9. La respuesta correcta es la (A). La suma de los diez primeros números de la segunda fila excede a la suma de los números correspondientes en la primera fila en = 100. Para que ambas sumas sean iguales, 199 debe exceder a en la misma cantidad, es decir que = La respuesta correcta es la (D), puesto que la semana tiene 7 días, el día 24 horas, la hora 60 minutos y el minuto 60 segundos. 11. La respuesta correcta es la (A), es decir 12. Por encima del escalón 10 hay 11 escalones, y Miguel debe haber pasado por todos ellos y uno más para encontrarse con Nicolás. 12. La respuesta correcta es la (C): 2 moscas y 3 arañas tienen = 36 patas, mientras que 10 pájaros tienen 20 patas. Las 16 patas que faltan se pueden conseguir con 4 gatos. 13. La respuesta correcta es la (C). Cada número de la tabla es 5 unidades menor que el que tiene inmediatamente debajo, lo que excluye las posibilidades (A), (B) y (E). Tampoco puede ser (D), pues todos los números de la segunda columna dejan resto 2 al dividirlos entre 5. La única alternativa que queda es (C), que efectivamente corresponde a las filas 14 (66, 67, 68, 69, 70) y 15 (71, 72, 73, 74, 75) de la tabla. 14. Examinando los números desde 1999 en adelante se ve que sólo 2003 cumple todas las condiciones, luego la respuesta correcta es la (A).

76 10 Prueba Preliminar 15. La respuesta correcta es la (D). De la primera condición se deduce que Andrés sólo puede ser de Valencia. De la segunda se deduce que Roberto es de Anaco. De la tercera, que Marcos es de Mérida. 16. La respuesta correcta es la (E). Para que los amigos de Basilio sean muchos, sus fechas de cumpleaños deben estar compuestas por números pequeños, como 1/1, 1/2, 2/1, 1/3, 2/2,... dado que = 35, Basilio a lo sumo puede tener 9 amigos. 17. La respuesta correcta es la (B). Es obvio que moviendo una sola barra no se consigue. Pero con dos movimientos sí, por ejemplo, moviendo la barra vertical de la columna de la derecha hacia abajo, y luego la barra horizontal en la fila superior hacia la izquierda. 18. La respuesta correcta es la (E). 6 5 es la longitud total de los segmentos horizontales y 8 2 la de los segmentos verticales. 19. La respuesta correcta es la (D). Es fácil visualizar cómo cualquiera de los cuatro nudos restantes se puede desenredar. 20. La respuesta correcta es la (C). El giro lleva el cuadrado negro a la izquierda del blanco y el gris debajo del negro. 21. La respuesta correcta es la (B). Razonando hacia atrás, antes de multiplicar por 7 tenía 777/7 = 111, y antes de esto 111 7= 104 y al comienzo 104 7= La respuesta correcta es la (D). Las sumas de los extremos de ambos brazos deben ser iguales, por lo tanto pueden ser (1,10) y (7,4), (1,13) y (4,10) ó (4,13) y (7,10), La mayor suma es = = La hoja exterior contiene las páginas 1, 2, 59 y 60; la siguiente 3, 4, 57 y 58; la siguiente 5, 6, 55 y 56; la siguiente 7, 8, 53 y 54. Por lo tanto la respuesta correcta es la (D): 8, 53 y La respuesta correcta es la (B). Las siguientes figuras muestran dos maneras de hacerlo. 25. La respuesta correcta es la (A). El área de cada triángulo blanco es 12 cm 2, y la del cuadrado 36 cm 2, luego el área de la región sombreada es 12 cm 2, la tercera parte del área del cuadrado.

77 1.1 Prueba de Primer Año y Segundo Año La respuesta correcta es la (B). Como los dados de los extremos son idénticos, la cara derecha del dado de la izquierda es 4, y la cara izquierda del dado de la derecha es 7 4 = 3. Las caras opuestas a las dos caras visibles del dado central son 4 y 1, luego sus caras laterales son 2 y 5. La suma de las caras pegadas es, por lo tanto, = La respuesta correcta es la (A). Supongamos que comienza Elena. Entonces se eliminarían sucesivamente Elena, Ana, Sara y María y queda Petra. Avanzando un lugar en el círculo formado por las cinco amigas se ve entonces que, si comienza Sara, quedará María. 28. La respuesta correcta es la (C). Si es posible, deben quedar 5 celdas oscuras, para lo cual hay que pintar de blanco 6 celdas oscuras. Y en efecto es posible lograrlo, como muestra la figura. 29. La respuesta correcta es la (E). Cada fila de la mitad derecha consta de 10 asientos numerados con pares consecutivos. El 100 está en el extremo derecho de la quinta fila. Las filas 4, 5 y 6 están numeradas así: y es claro que, de los cinco números disponibles, 118 es el más cercano a 100. El 99 es el más alejado pues se halla en la mitad izquierda, como todos los impares. 30. La respuesta correcta es la (B). El 2 en la celda inferior obliga a que a, b y c (en la figura de la izquierda) sean diferentes de 2. Análogamente c, d y f son diferentes de 2. Por lo tanto, de los cuatro números b, c, d y e, sólo puede ser e = 2. Entonces g, f y d son diferentes de 2 y debe ser 2. Puede quedar la duda de si se puede completar la figura satisfaciendo todas las condiciones. La respuesta es afirmativa, como muestra la figura de la derecha.

78 12 Prueba Preliminar 1.2. Prueba de Tercer Año Problema 1. El perímetro de la figura es igual a: A 3a+4b; B 3a+8b; C 6a+4b; D 6a+6b; E 6a+8b. Problema 2. Eleonora marcó los seis vértices de un hexágono regular y luego conectó algunos de esos vértices con líneas, obteniendo una cierta figura geométrica. Esa figura con seguridad no es: A trapecio; B triángulo rectángulo; C cuadrado; D rectángulo; E triángulo obtusángulo. Problema 3. Un leñador tiene cierto número de troncos. Mediante un corte de sierra él puede dividir un tronco en dos. Si realiza 53 cortes y obtiene en total 72 troncos, cuántos troncos había inicialmente? A 19; B 17; C 20; D 18; E 21. Problema 4. La suma de los primeros cien enteros positivos pares, menos la suma de los primeros cien enteros positivos impares, es: A 0; B 50; C 100; D 10100; E Problema 5. Iván obtuvo en un examen el 85 % del puntaje máximo posible. En el mismo examen, Darío obtuvo el 90 % del máximo. Sin embargo, Darío obtuvo solamente un punto más que Juan. Cuál era el puntaje máximo posible en ese examen? A 5; B 17; C 18; D 20; E 25. Problema 6. El sólido representado en la figura está formado con cuatro cubos idénticos. La superficie de cada cubo es 24 cm 2. Cuál es la superficie del sólido? A 80 cm 2 ; B 64 cm 2 ; C 40 cm 2 ; D 32 cm 2 ; E 24 cm 2. Problema 7. En una cuadrícula se marcan 6 puntos como indica la figura. Qué figura geométrica no puede tener todos sus vértices entre los puntos marcados? A cuadrado; B paralelogramo; C triángulo rectángulo; D triángulo obtusángulo; E Todas las figuras A, B, C y D pueden.

79 1.2 Prueba de Tercer Año 13 Problema 8. Mi maestra dice que el producto de las edades de ella y de su padre es En qué año nació mi maestra? A 1943; B 2005; C 1953; D 1995; E Problema 9. Carla tarda 18 minutos en hacer una cadena larga conectando tres cadenas cortas mediante eslabones adicionales. Cuánto tardaría en hacer una cadena super larga conectando seis cadenas cortas de la misma manera? A 45 min; B 30 min; C 36 min; D 27 min; E 60 min. Problema 10. En el cuadrilátero ABCD se tiene AD = BC, DAC = 50 o, DCA = 65 o y ACB = 70 o (ver figura). Halle el valor de ABC. A 65 ; B 50 ; C 60 ; D 55 ; E Es imposible determinarlo. Problema 11. En una caja hay 50 bloques, que pueden ser de color blanco, azul o rojo. El número de bloques blancos es once veces el número de bloques azules. Hay menos bloques rojos que blancos, pero más rojos que azules. En cuántas unidades superan los bloques blancos a los rojos? A 19; B 30; C 2; D 22; E 11. Problema 12. Cuál es el menor número de líneas rectas necesarias para dividir el plano en exactamente 5 regiones? A 6; B 5; C 4; D 3; E otra respuesta. Problema 13. En la figura,abcd es un rectángulo y PQRS es un cuadrado. El área sombreada es la mitad del área del rectángulo ABCD. Cuál es la longitud de PX? A 2; B 4; C 1; D 2,5; E 1,5. Problema 14. En la figura hay nueve regiones dentro de los círculos. Los números del 1 al 9 se colocan, uno en cada región, de manera tal que la suma de los números dentro de cualquier círculo sea 11.

80 14 Prueba Preliminar Qué número va en la región señalada con el signo de interrogación? A 6; B 5; C 9; D 7; E 8. Problema 15. Se tienen 18 tarjetas idénticas, en blanco. En cada tarjeta se escribe o bien el número 4 o bien el número 5. Si la suma de todos los números en las tarjetas es divisible entre 17, en cuántas tarjetas está escrito el número 4? A 9; B 7; C 6; D 5; E Problema 16. Cuál es el valor del ángulo marcado con el signo de interrogación? A 10 o ; B 30 o ; C 20 o ; D 50 o ; E 40 o ? Problema 17. Los números del 1 al 10 se escriben en una pizarra. Los estudiantes en la clase juegan el siguiente juego: un estudiante borra dos números y escribe en la pizarra la suma de ambos disminuida en 1; luego otro estudiante borra dos números y escribe en la pizarra la suma de ambos disminuida en 1, y así sucesivamente. El juego continúa hasta que queda un único número en la pizarra. El número que queda es: A mayor que 46; B 46; C 11; D menor que 11; E otra respuesta. Problema 18. Kangu tiene una gran colección de pequeños cubitos de lado 1. Cada cubito está pintado de un solo color. Kangu quiere usar 27 de sus cubitos para armar un cubo de lado 3, con la condición de que si dos cubitos tienen al menos un

81 1.2 Prueba de Tercer Año 15 vértice común entonces deben ser de colores diferentes. Al menos cuántos colores debe usar? A 6; B 27; C 9; D 12; E 8. Problema 19. Cuántos números naturales tienen como suma de sus dígitos 2010 y como producto de sus dígitos 2? A 1004; B 1005; C 2008; D 2009; E Problema 20. Tres martes en un mes coincidieron con fechas pares. Qué día de la semana fue el 21 de ese mes? A viernes; B sábado; C domingo; D martes; E miércoles. Problema 21. El triángulo a la izquierda de la gráfica se pliega por la línea punteada, y se obtiene la figura que se muestra a la derecha. El área del triángulo original es 1,5 veces la de la figura resultante, y el área total de las tres regiones sombreadas es 1. Halle el área del triángulo original. A 2; B 3; C 4; D 5; E Es imposible determinarlo. Problema 22. En un supermercado hay dos filas de carritos encajados. La primera fila tiene 10 carritos y mide 2,9 m de largo. La segunda fila tiene 20 carritos y mide 4,9 m de largo. Cuál es la longitud de cada carrito? A 0,8 m; B 1,2 m; C 1 m; D 1,1 m; E 1,4 m. Problema 23. En el trapecio isósceles ABCD, X es el punto medio del lado AB, BX = 1 y CXD = 90. Halle el perímetro del trapecio ABCD. A 8; B 5; C 7; D 6; E Es imposible determinarlo.

82 16 Prueba Preliminar Problema 24. Las líneas paralelas a la base del triángulo dividen a cada uno de los otros dos lados en 10 segmentos iguales. Qué porcentaje del area del triángulo es gris? A 42,5 %; B 45 %; C 46 %; D 47,5 %; E 50 %. Problema 25. Para cuántos enteros n (1 n 100) el número n n es un cuadrado perfecto? A 55; B 50; C 54; D 5; E 15. Problema 26. Hay pulpos de 6, 7 y 8 tentáculos sirviendo al rey del fondo del mar. Los de 7 tentáculos siempre mienten, mientras que los de 6 u 8 tentáculos siempre dicen la verdad. Cierto día se reunieron cuatro pulpos. El pulpo azul dijo: «Entre los cuatro tenemos un total de 28 tentáculos», el pulpo verde dijo: «Entre los cuatro tenemos un total de 27 tentáculos», el amarillo dijo: «Entre los cuatro tenemos un total de 26 tentáculos» y el pulpo rojo dijo «Entre los cuatro tenemos un total de 25 tentáculos». Cuántos tentáculos tiene el pulpo rojo? A 6; B 7; C 8; D 8 o 6; E Es imposible determinarlo. Problema 27. Los tres primeros términos de una sucesión son 1, 2 y 3. A partir del cuarto, cada término se calcula a partir de los tres precedentes, restando el tercero a la suma de los dos primeros: 1, 2, 3, 0, 5, 2, 7,... Qué número ocupa el lugar 2010 en esta sucesión? A 2006; B 2008; C 2002; D 2004; E Otra respuesta. Problema 28. En cada lado de un pentágono se escribe un número natural, de manera tal que números adyacentes nunca tienen un factor común mayor que 1, pero números no adyacentes siempre tienen un factor común mayor que 1. Hay muchas posibilidades de hacer esto, pero uno de los números siguientes no aparecerá nunca en los lados del pentágono. Cuál es? A 15; B 18; C 19; D 21; E 22. Problema 29. Cuántos números de tres cifras tienen la propiedad de que el dígito central es el promedio de los otros dos? A 9; B 12; C 16; D 25; E 45.

83 1.2 Prueba de Tercer Año 17 Problema 30. Un código de barras del tipo que se muestra a la derecha se compone de barras negras y blancas alternadas, comenzando y terminando con barras negras. Cada barra tiene ancho 1 ó 2, y el ancho total del código es 12. Cuántos códigos diferentes son posibles, si siempre se leen de izquierda a derecha? A 24; B 116; C 66; D 132; E Soluciones 1. La respuesta correcta es la (E). La longitud total de los segmentos horizontales es 2(a+a+a) = 6a y la de los segmentos verticales es 2(b+2b+b) = 8b, por lo tanto el perímetro es 6a+8b. 2. La respuesta correcta es la (C) ya que, de las figuras mencionadas, la única que no se puede obtener es el cuadrado. 3. La respuesta correcta es la (A). Cada corte incrementa en uno el número de troncos, por lo tanto inicialmente había = 19 troncos. 4. La respuesta correcta es la (C). Como cada par excede en una unidad al impar que lo precede, la diferencia es igual a la suma de 100 unos, que es La respuesta correcta es la (D). Un punto es la diferencia entre el 90 % y el 85 % del puntaje máximo, es decir que un punto era el 5 % y entonces el puntaje máximo era La respuesta correcta es la (B). Como los cubos tienen 6 caras, el área de cada cara es 4 cm 2. Y como la superficie del sólido está formada por 16 de esas caras, su área es 64 cm La respuesta correcta es la (E): todas las figuras mencionadas pueden. 8. La respuesta correcta es la (E) se factoriza como Ya que 67 > = 30, el factor 67 debe ser parte de la edad del padre. Y es el único, porque edades de 134 años o mayores no son realistas. Por lo tanto la edad de la maestra es 30 años y nació en La respuesta correcta es la (A). Para conectar tres cadenas, Carla debe hacer 2 conexiones. Para conectar 6 cadenas debe hacer 5 conexiones. Por lo tanto tardaría 18 5/2 = 45 minutos. 10. La respuesta correcta es la (D). Como ADC = = 65, el triángulo ACD es isósceles y AC = AD. Pero como AD = BC resulta AC = BC y el triángulo ABC también es isósceles, de donde ABC = ( )/2 = 55.

84 18 Prueba Preliminar 11. La respuesta correcta es la (A). Denotemos por A, B yrel número de bloques azules, blancos y rojos, respectivamente. B sólo puede ser 11, 22, 33 ó 44. Pero B = 44 es imposible porque entonces A = 4, R = 2 y R < A. B tampoco puede ser 11 ni 22 porque resultaría R > B. Sólo queda la posibilidad B = 33, A = 3, y R = 14, de donde B R = La respuesta correcta es la (C). Obviamente no se puede lograr con una ni con dos rectas. Con tres rectas se puede dividir el plano en 4 regiones (tres paralelas), 6 (2 paralelas y una transversal, o 3 concurrentes) ó 7 (3 en posición genérica) pero nunca en 5. Con 4 rectas paralelas se logran las 5 regiones. 13. La respuesta correcta es la (C). El área de ABCD es 6 10 = 60, por lo tanto el área de XSRY es 30, y como XY = PQ = 6 resulta XS = 5, de donde PX = 6 5 = La respuesta correcta es la (A). La suma de los números en las intersecciones debe ser = 10, por lo tanto esos números deben ser 1, 2, 3 y 4 (en algún orden). El 9 debe ir en un extremo, si no al sumarle dos números en las intersecciones un círculo pasaría de 11. Supongamos entonces que la secuencia de números de izquierda a derecha comienza con 9, 2. El 8 debe ir a continuación (9, 2, 8, 1,... ) o en el extremo derecho (9, 2,..., 3, 8). La primera posibilidad se descarta pues entonces el 3 y el 4 estarían dentro de un mismo círculo, y debería repetirse el 4. La segunda posibilidad debe ser de la forma 9, 2, x, 4, y, 1, z, 3, 8, que sólo se puede completar como 9, 2, 5, 4, 6, 1, 7, 3, La respuesta correcta es la (D). Si se escribe 5 en cada tarjeta la suma sería 90, que deja resto 5 al dividirlo entre 17. Por lo tanto si se escribe 4 en 5 tarjetas (y 5 en las demás) la suma es 85, que es múltiplo de 17. A 16. La respuesta correcta es la (E). BAC = = 30 y ADC = = 110 por ser exterior del triángulo BDE, por lo tanto ACD = = 40. D 20 E 17. La respuesta correcta es la (B). La suma de los números en la pizarra disminuye en una unidad en cada jugada. Inicialmente la suma es 55. Luego de 9 jugadas queda un solo número que debe ser 55 9 = 46. B C

85 1.2 Prueba de Tercer Año La respuesta correcta es la (E). Es claro que al menos se necesitan 8 colores, ya que los 8 cubitos de un cubo de 2 2 tienen un vértice común (el centro del cubo de 2 2). Y 8 colores son suficientes, como muestra el diagrama siguiente, en el cual se representa la coloración con colores del 0 al 7 de las capas inferior, media y superior del cubo de capa inferior capa media capa superior 19. La respuesta correcta es la (D). El número debe estar compuesto por un 2 y 2008 unos, y como el 2 puede estar en cualquiera de 2009 posiciones, la respuesta es La única manera de que un mes tenga tres martes en fechas pares es que éstos sean los días 2, 16 y 30 del mes, por lo tanto el 21 es domingo y la respuesta correcta es la (C). 21. La respuesta correcta es la (B). La diferencia entre el triángulo original (I) y la figura de la derecha (II) es igual al cuadrilátero blanco en la figura (II), y como esa área es igual a la mitad de (II), debe ser 1 igual que las áreas sombreadas. Es decir que el área de (II) es 2 y la de (I) es La respuesta correcta es la (D). Si c es la longitud de un carrito y s la de la parte que sobresale al encajar un carrito en otro, se tiene c + 9s = 2,9 y c + 19s = 4,9. Sustrayendo la primera igualdad de la segunda resulta 10s = 2 y s = 0,2, de donde c = 2,9 9s = 2,9 1,8 = 1,1 m. B C 23. La respuesta correcta es la (D). Si C es el simétrico de C con respecto a X, como A y B también son simétricos con respecto a X se tiene C D = CD y C A = BC, por lo cual AD + BC = AD+C A = C D = CD = AB = 2, y el perímetro buscado es (AD+BC)+AB+ CD = = La respuesta correcta es la (B). Si por los extremos de cada segmento (de los trazados paralelos a la base) se trazan paralelas al lado que pasa por el extremo opuesto, el triángulo queda dividido en 100 triangulitos congruentes con el triangulito gris superior. Es fácil ver que la cantidad de estos triangulitos en cada C A X D

86 20 Prueba Preliminar franja paralela a la base, de arriba hacia abajo, son los números impares desde el 1 hasta el 19. Por lo tanto el área gris contiene = 45 triangulitos, y su área es el 45 % del área del triángulo. 25. n n es un cuadrado perfecto si n lo es o si n es par. Como del 1 al 100 hay 50 números pares y 5 impares que son cuadrados perfectos (1, 9, 25, 49 y 81), hay en total 55 valores de n que cumplen la condición y la respuesta correcta es la (A). 26. La respuesta correcta es la (B). Si el pulpo rojo dijo la verdad entonces, para sumar 25, debería haber tres pulpos de 6 tentáculos y uno de 7. Es decir que dos pulpos más, aparte del rojo, habrían dicho la verdad, lo cual es claramente imposible. Por lo tanto el pulpo rojo mintió y tiene 7 tentáculos. Más aún, puede verse que el amarillo tiene 6 tentáculos y los demás La respuesta correcta es la (A). Al escribir los primeros términos de la sucesión 1, 2, 3, 0, 5, 2, 7, 4, 9, 6,..., se ve que en las posiciones impares van los impares del 1 en adelante, mientras que en las posiciones impares van enteros pares, comenzando por el 2 y decreciendo de 2 en 2. Por lo tanto en la posición 2010 estará el Esto se puede probar rigurosamente por inducción, observando que a 2k 1 = 2k 1 y a 2k = 4 2k se cumplen para k = 1 y k = 2, y suponiendo que se cumplen para k = 1,...,n 1 se tiene a 2n 1 = a 2n 4 +a 2n 3 a 2n 2 = 4 (2n 4)+(2n 3) (4 (2n 2)) = 2n 1 y a 2n = a 2n 3 +a 2n 2 a 2n 1 = 2n 3+4 (2n 2) (2n 1) = 4 2n. Por lo tanto a 2010 = = La respuesta correcta es la (C). Si los lados del pentágono son a, b, c, d y e (en sentido horario) y un número primo p estuviese, por ejemplo, en a, entonces en b y en d deberían estar números múltiplos de p, y se tendrían dos lados adyacentes con p como factor común. Por eso el 19 no puede estar. Cualquiera de los otros puede, por ejemplo 15 = 3 5 puede ser seguido de 2 11, 5 7, 2 3 y La respuesta correcta es la (E). El primer y el tercer dígitos deben ser de la misma paridad (para que su promedio sea el dígito central). Si ambos son impares, como hay 5 posibilidades para cada uno (1, 3, 5, 7 y 9) se generan 5 5 = 25 números. Si ambos son pares hay 4 posibilidades para el primero (2, 4, 6 y 8) y 5 para el segundo (0, 2, 4, 6 y 8), y se generan 4 5 = 20 números. Es decir que hay = 45 números que cumplen las condiciones pedidas. 30. La respuesta correcta es la (B). El número de barras debe ser impar. Con 7 7 barras, cinco deben tener ancho 2 y dos ancho 1; hay 2 = 21 códigos de este 9 tipo. Con 9 barras, tres deben tener ancho 2 y seis ancho 1; hay 3 = 84 códigos 11 de este tipo. Con 11 barras, una debe tener ancho 2 y diez ancho 1; hay 1 = 11 códigos de este tipo. El total es = 116. Alternativamente se puede observar que el número x n de códigos de longitud n satisface x 1 = x 2 = x 3 = 1, x 4 = 3 y x n = x n 4 +2x n 3 +x n 2 para n > 4, de donde se obtienen los primeros 12 términos de la sucesión: 1, 1, 1, 3, 4, 6, 11, 17, 27, 45, 72, 116.

87 1.3 Prueba de Cuarto Año y Quinto Año Prueba de Cuarto Año y Quinto Año Problema 1. Examinando la figura se puede concluir que = 4 4. Cuál es el valor de ? A 14 14; B 7 9; C 4 4 4; D 16 16; E 9 9. Problema 2. Si ambas filas tienen la misma suma, cuál es el valor de? A 1010; B 1020; C 1910; D 1990; E Problema 3. Dos recipientes vacíos de forma cúbica tienen bases de áreas 1 dm 2 y 4 dm 2, respectivamente. Se desea llenar el cubo grande trayendo agua desde un arroyo en el cubo pequeño. Cuántas veces hay que ir hasta el arroyo? A 8 veces; B 4 veces; C 6 veces; D 2 veces; E 16 veces. Problema 4. Cuántos números de cuatro cifras son divisibles entre 5 y tienen los cuatro dígitos impares? A 900; B 625; C 125; D 250; E 100. Problema 5. El director de una empresa dijo: Cada uno de nuestros empleados tiene al menos 25 años de edad. Luego se comprobó que no había dicho la verdad. Esto significa que: A Todos los empleados de la empresa tienen exactamente 25 años de edad. B Todos los empleados de la empresa tienen más de 26 años de edad. C Ningún empleado de la empresa tiene todavía 25 años de edad. D Algún empleado de la empresa tiene menos de 25 años de edad. E Algún empleado de la empresa tiene exactamente 26 años de edad. Problema 6. En una caja de 5 5 hay siete barras de 3 1, como muestra la figura. Se desea deslizar algunas barras de modo que quede espacio para una barra adicional. Cuántas barras hay que mover, como mínimo? A 2; B 3; C 4; D 5; E Es imposible.

88 22 Prueba Preliminar Problema 7. ABC es un triángulo rectángulo, M es el punto medio de la hipotenusa AB y BAC = 60. Entonces BMC es igual a: A 105 ; B 110 ; C 108 ; D 125 ; E 120. Problema 8. Escoja un número que pueda ser igual al número de aristas de algún prisma. A 100; B 200; C 2008; D 2009; E Problema 9. Para cuántos números de dos dígitos xy se cumple la igualdad (x 3) 2 +(y 2) 2 = 0? A 1; B 2; C 6; D 32; E para ninguno. Problema 10. En la figura, la longitud del lado del cuadrado es 2, las semicircunferencias pasan por el centro del cuadrado y tienen sus centros en los vértices del cuadrado, y los círculos sombreados tienen centros en los lados del cuadrado y son tangentes a las semicircunferencias. Cuánto vale el área sombreada? A π; B 2π; C 3 4 π; D 4(3 2 2)π; E 1 4 π. Problema 11. Los tres números 7, 3 7 y 6 7 son términos consecutivos de una progresión geométrica. El siguiente término de la progresión es: A 1; B 12 7; C 10 7; D 9 7; E 5 7. Problema 12. La cuerda AB es tangente a la menor de dos circunferencias concéntricas. Si AB = 16, cuál es el área de la región sombreada? A 32π; B 63π; C 64π; D 32π 2 ; E Depende del radio de los círculos. Problema 13. Los números enteros x e y satisfacen 2x = 5y. Sólo uno de los siguientes números puede ser x+y. Cuál? A 2011; B 2010; C 2009; D 2008; E Problema 14. El triángulo equilátero más grande está dividido en 36 triangulitos equiláteros de área 1 cm 2 cada uno. Halle el área del triángulo ABC. A 11 cm 2 ; B 12 cm 2 ; C 13 cm 2 ; D 14 cm 2 ; E 15 cm 2.

89 1.3 Prueba de Cuarto Año y Quinto Año 23 Problema 15. En una bolsa hay pelotas de tres colores: azules, verdes y rojas (hay al menos una de cada color). Se sabe que, si se extraen al azar y con los ojos vendados cinco pelotas, siempre se obtendrán al menos dos rojas y al menos tres serán del mismo color. Cuántas bolas azules hay en la bolsa? A 4; B 3; C 2; D 1; E Es imposible determinarlo sin información más detallada. Problema 16. Tres martes en un mes coincidieron con fechas pares. Qué día de la semana fue el 21 de ese mes? A miércoles; B martes; C viernes; D sábado; E domingo. Problema 17. Cuántos triángulos rectángulos pueden formarse uniendo tres vértices de un polígono regular de 14 lados? A 42; B 84; C 88; D 98; E 168. Problema 18. Cada estrella en la expresión se reemplaza por + o por. Sea N el mayor valor posible de las expresiones obtenidas de esa manera. Cuál es el menor factor primo de N? A 2; B 3; C 5; D 7; E otro número. Problema 19. Las longitudes de los lados de un triángulo, en centímetros, son los números naturales 13, a y b. Halle el perímetro del triángulo sabiendo que ab = 105. A 69; B 39; C 51; D 35; E 119. Problema 20. Una cinta de papel se dobla tres veces como muestra la figura. Sabiendo que α = 70, halle la medida del ángulo β. A 140 o ; B 130 o ; C 120 o ; D 110 o ; E 100 o.

90 24 Prueba Preliminar Problema 21. Las líneas paralelas a la base del triángulo dividen a cada uno de los otros dos lados en 10 segmentos iguales. Qué porcentaje del area del triángulo es gris? A 42,5 %; B 45 %; C 46 %; D 47,5 %; E 50 %. Problema personas tomaron parte en una carrera, y todos llegaron en instantes diferentes. Cuando se les preguntó en qué lugar llegaron, cada uno contestó con un número entero del 1 al 100. Si la suma de todas las respuestas es 4000, cuántas respuestas, como mínimo, fueron falsas? A 9; B 10; C 11; D 12; E 13. Problema 23. Un dado se lanza tres veces. Si el número obtenido en el tercer lanzamiento es igual a la suma de los números obtenidos en los dos primeros, cuál es la probabilidad de que el 2 haya salido al menos una vez? A 1/6; B 91/216; C 1/2; D 8/15; E 7/12. Problema 24. Un código de barras del tipo que se muestra a la derecha se compone de barras negras y blancas alternadas, comenzando y terminando con barras negras. Cada barra tiene ancho 1 ó 2, y el ancho total del código es 12. Cuántos códigos diferentes son posibles, si siempre se leen de izquierda a derecha? A 24; B 116; C 66; D 132; E 12. Problema 25. En el trapecio isósceles ABCD, X es el punto medio del lado AB, BX = 1 y CXD = 90. Halle el perímetro del trapecio ABCD. A 6; B 5; C 8; D 7; E Es imposible determinarlo. Problema 26. Cada número del 1 al 10 se escribe diez veces en una pizarra. Los estudiantes en la clase juegan el siguiente juego: un estudiante borra dos números y escribe en la pizarra la suma de ambos disminuida en 1; luego otro estudiante borra dos números y escribe en la pizarra la suma de ambos disminuida en 1, y así

91 1.3 Prueba de Cuarto Año y Quinto Año 25 sucesivamente. El juego continúa hasta que queda un único número en la pizarra. El número que queda es: A menor que 440; B 451; C 460; D 488; E mayor que 500. Problema 27. El valor de la expresión es igual a: (2+3)( )( ) ( )( ) A ; B ; C ; D ; E Problema 28. En cada lado de un pentágono se escribe un número natural, de manera tal que números adyacentes nunca tienen un factor común mayor que 1, pero números no adyacentes siempre tienen un factor común mayor que 1. Hay muchas posibilidades de hacer esto, pero uno de los números siguientes no aparecerá nunca en los lados del pentágono. Cuál es? A 15; B 18; C 19; D 21; E 22. Problema 29. La función f está definida para todos los reales positivos y cumple 2f(x)+3f 2010 = 5x, x para todo x > 0. Cuál es el valor de f(6)? A 923; B 1; C 1013; D 2009; E 993. Problema 30. En un cateto de longitud a de un triángulo rectángulo se escoge un punto P. En el otro cateto, de longitud b, se escoge otro punto Q. Sean K y H las proyecciones perpendiculares de P y Q, respectivamente, sobre la hipotenusa. Halle el mínimo valor posible de la suma KP +PQ+QH. A a+b; B Soluciones 2ab 2ab ; C a2 +b2 a+b ; (a+b)2 D a2 +b ; 2 (a+b)2 E. 2ab 1. Agregando 5 líneas a la figura se forma un cuadrado de lado 9, por lo tanto la respuesta correcta es la (E), Cada número de la segunda fila supera en 10 al que tiene encima, por lo tanto la suma supera en = 100 a la suma Entonces, para que ambas filas tengan la misma suma, debe ser 100 unidades inferior a 2010, es decir que la respuesta correcta es la (C), 1910.

92 26 Prueba Preliminar 3. La respuesta correcta es la (A). El cubo pequeño tiene lado 1 dm y volumen 1 dm 3, mientras que el grande tiene lado 2 dm y volumen 2 3 = 8 dm La respuesta correcta es la (C). La cifra de las unidades debe ser 5 y cada una de las tres primeras puede escogerse independientemente de 5 maneras (1, 3, 5, 7 ó 9), por lo tanto la respuesta es 5 3 = La respuesta correcta es la (D). Si no es cierto que cada empleado tiene al menos 25 años, entonces alguno de ellos tiene menos de 25 años. 6. La respuesta correcta es la (B). Hay que bajar la barra vertical en la columna de la izquierda y luego mover hacia la izquierda las barras horizontales de la fila superior y la que está debajo de ella. 7. La respuesta correcta es la (E). Como ACB = 90, C pertenece a la circunferencia de centro M y radio MA, de donde MC = MA y por lo tanto MCA = MAC = 60. Se sigue que BMC = 120 por ser ángulo exterior del MCA. 8. Si la base de un prisma tiene n lados, el prisma tiene 3n aristas. De las opciones dadas, sólo 2010 es múltiplo de 3, y por eso (E) es la respuesta correcta. 9. Una suma de cuadrados es 0 si y sólo si ambos sumandos son 0, por lo tanto la igualdad se verifica solamente si x = 3 y y = 2, es decir para el 32. La respuesta correcta es la (A). 10. La respuesta correcta es la (D). El radio de las semicircunferencias es la semidiagonal del cuadrado, es decir 2. El diámetro de los círculos sombreados es entonces y el área de esos cuatro círculos es 4( 2 1) 2 π = 4(3 2 2)π. 11. La respuesta correcta es la (A). La razón de la progresión es 3 7/ 7 = 6 72 / = 1/ 6 7, por lo tanto el cuarto término es 6 7/ 6 7 = La respuesta correcta es la (C). Sea O el centro de las circunferencias y C el punto de tangencia de la cuerda AB con la circunferencia menor. Entonces, por Pitágoras, OB 2 OC 2 = BC 2 = 8 2 = 64 y el área sombreada es OB 2 π OC 2 π = (OB 2 OC 2 )π = 64π. 13. Como 2(x+y) = 2x+2y = 7y, x+y debe ser múltiplo de 7. De los números listados sólo 2009 = lo es y por lo tanto la respuesta correcta es la (C). De hecho x = 287 5, y = cumplen las condiciones del problema. 14. AC es la diagonal de un paralelogramo compuesto por 12 triangulitos, AB es la diagonal de un paralelogramo compuesto por 6 triangulitos y BC es la diagonal de un paralelogramo compuesto por 4 triangulitos. El área sombreada es la unión de la mitad de cada uno de los paralelogramos mencionados, por lo tanto su área = 11 cm 2. Por lo tanto la respuesta correcta es la (A). 15. La suma de azules y verdes no puede ser superior a 3 (ya que en cada extracción hay al menos dos rojas). Tampoco puede haber una azul y dos verdes, o dos verdes

93 1.3 Prueba de Cuarto Año y Quinto Año 27 y una azul, pues entonces se podrían extraer 5 bolas que no contengan tres de un mismo color. La única posibilidad que queda es que haya una azul y una verde, y la respuesta correcta es la (D). 16. La respuesta correcta es la (E). Ver explicación para el problema 20 de tercer año, página Para que el triángulo sea rectángulo dos de sus vértices deben tomarse diametralmente opuestos, y el tercero puede ser cualquiera de los 12 restantes. Como hay 7 pares de vértices opuestos resultan 7 12 = 84 triángulos y la respuesta correcta es la (B). 18. Siempre se obtiene un resultado mayor sustituyendo por que por +, excepto si un operando es el 1. Por lo tanto N = = Este número obviamente no es divisible entre 2, 3, 5 ni 7, pero = 0, por lo tanto es divisible entre 11 y la respuesta correcta es la (E). 19. Supongamos a b. De ab = 105 resultan para (a,b) las posibilidades (1, 105), (3, 35), (5,21) y (7, 15). Las tres primeras se descartan porque no cumplen la desigualdad triangular (ya que 105 > 13+1, 35 > 13+3 y 21 > 13+5). Por lo tanto a y b son 7 y 15, el perímetro es = 35 y la respuesta correcta es la (D). 20. La respuesta correcta es la (C). Por simetría CAB = CBA = α = 70. Entonces ACB = CBE = CBF = 40 y ABH = = 30 = BAH, de donde β = DCE = FHG = AHB = 120. A B H F C G D E 21. La respuesta correcta es la (B). Ver explicación para el problema 24 de tercer año, página 19.

94 28 Prueba Preliminar 22. La respuesta correcta es la (D). Si todos hubiesen respondido la verdad, la suma de las respuestas debería haber sido = Pero el que llegó en la posición n, mintiendo, puede hacer disminuir esa suma hasta en n 1. Para que la suma disminuya en 1050 unidades, al menos 12 personas deben haber mentido ya que = 1034 < 1050 y = 1122 > Los posibles resultados de los tres lanzamientos son (1,1,2), (1,2,3), (2,1,3), (1,3,4), (2,2,4), (3,1,4), (1,4,5), (2,3,5), (3,2,5), (4,1,5), (1,5,6), (2,4,6), (3,3,6), (4,2,6) y (5,1,6). En 8 de estas 15 posibilidades aparece al menos un 2, por lo tanto la probabilidad pedida es 8/15 y la respuesta correcta es la (D). 24. La respuesta correcta es la (B). Ver explicación para el problema 30 de tercer año, página La respuesta correcta es la (A). Ver explicación para el problema 23 de tercer año, página La respuesta correcta es la (B). Ver explicación para el problema 17 de tercer año, página La respuesta correcta es la (A). El valor de la expresión no varía si se multiplica por 3 2 = 1. Pero (3 2)(2 + 3) = , ( )( ) = , ( )( ) = ,..., ( )( ) = , por lo tanto la expresión dada es igual a (3 2) = = La respuesta correcta es la (C). Ver explicación para el problema 28 de tercer año, página La respuesta correcta es la (E). Sustituyendo x por 2010/x en 2f(x)+3f 2010 = 5x x resulta 2f f(x) = x x. Multiplicando la primera igualdad por 2 y la segunda por 3, y restando miembro a miembro la primera de la segunda, resulta 5f(x) = x 10x, de donde f(x) = 6030 x 2x y en particular f(6) = 6030/6 2 6 = = 993.

95 1.3 Prueba de Cuarto Año y Quinto Año Si K es el simétrico de K respecto a BC y H es el simétrico de H respecto a AC, entonces la poligonal K PQH tiene igual longitud que la KPQH. C F E P Q H K β α B K H A Pero K y H están en dos rectas paralelas (ya que forman ángulos 2α y 2β con BA y 2α+2β = 180 ), por lo tanto la poligonal K PQH tiene longitud mínima si coincide con un segmento de perpendicular común entre esas dos paralelas, como por ejemplo el segmento EF (que pasa por C). Pero la longitud de este segmento es claramente el doble de la altura h del ABC. Y como el doble del área del ABC es BA h = BC AC = ab resulta 2h = 2ab AB = 2ab a2 +b 2, es decir que la respuesta correcta es la (B).

96 30 Prueba Preliminar

97 Capítulo 2 Prueba Regional La prueba regional de la OJM consta de cinco problemas, que se valoran en una escala de 1 a 5. Los participantes disponen de tres horas para resolverlos Prueba de Primer Año Problema 1. Juan escribió un número entero en la caja con el signo de interrogación. Luego, siguiendo alguno de los posibles caminos indicados por las flechas y efectuando las operaciones indicadas a medida que avanzaba, llegó a la caja inferior derecha con el número Qué número escribió Juan inicialmente? +8 6? Problema 2. El cuadrado ABCD tiene área 100 cm 2. P es un punto interior al cuadrado tal que el área del triángulo ABP es 32 cm 2. Cuál es el área del triángulo PCD? Problema 3. Sea N = Halle (a) el número de cifras de N, (b) la suma de todas las cifras de N. D A P C B

98 32 Prueba Regional Problema 4. Mercedes tiene un rectángulo de cartulina de 12cm 3cm. Ella quiere cortar el rectángulo en dos o más pedazos con los cuales se pueda armar un cuadrado. Muestre al menos dos maneras diferentes en que lo puede hacer. Problema 5. Halle todos los enteros positivos de dos o más cifras tales que el número formado por cada par de dígitos consecutivos sea un cuadrado perfecto. Por ejemplo, 816 es uno de esos números, ya que 81 = 9 2 y 16 = 4 2, pero 8167 no lo es porque 67 no es un cuadrado perfecto Soluciones 1. Razonando hacia atrás se observa que el 2010 sólo puede provenir del 1005 arriba o del 2000 a la izquierda. El 2000 sólo puede provenir de un 400 a la izquierda, y éste de un 407 arriba y no se puede seguir pues 407 no es múltiplo de 3. En cuanto al 1005 sólo pudo provenir de un 335 a la izquierda. El 335 provino de un 333 a la izquierda y éste de un 111 arriba, que es una posible respuesta, o de un 330 arriba y éste de un 322 a la izquierda, que es la otra respuesta posible. Verificación: 111, hacia abajo, 333, a la derecha, 335, a la derecha, 1005, abajo, 2010; 322, a la derecha, 330, abajo, 335, a la derecha, 1005, abajo, Solución alternativa: Si x es el número escrito inicialmente, hay 6 caminos que se pueden seguir (DDAA, DADA, DAAD, ADDA, ADAD y AADD, donde D es derecha y A es abajo) que producen respectivamente los valores(x+8 6) 4 2 = 8(x+2), (x+8+5) 3 2 = 6(x+13), (x+8+5) 9+10 = 9(x+13)+10, (3x + 2) 3 2 = 6(3x + 2), 9(3x + 2) + 10 y 5(3x 7) Igualando las expresiones anteriores a 2010 y despejando x se obtienen los valores 997/4, 322, 1883/9, 111, 1998/3 y 407/3. Hay sólo dos valores enteros, 322 y 111, que son los únicos números que pudo haber escrito Juan inicialmente. 2. El lado AB del cuadrado mide 10 cm. Si h es la altura del triángulo ABP entonces 10h/2 = 32, de donde h = 64/10 = 6,4 cm, y la altura del triángulo PCD (desde P hasta CD) es 10 6,4 = 3,6 cm. Por lo tanto el área pedida es 3,6 10/2 = 18 cm Como 125 = 5 3 se tiene N = = = Por lo tanto N se escribe como 125 seguido de 2010 ceros. Su número de cifras es 2013 y la suma de todas ellas es Existen muchas alternativas, pero una de las formas más sencillas consiste en dividir el rectángulo a la mitad en dos rectángulos iguales de 6cm 3cm, con los cuales se puede armar un cuadrado de 6cm 6cm.

99 2.2 Prueba de Segundo Año 33 Una segunda forma consiste en dividir el rectángulo original en un cuadrado de 3cm 3cm y dos trapecios iguales de bases 6cm y 3cm y altura 3cm: 5. Los cuadrados perfectos de dos cifras son 16, 25, 36, 49, 64 y 81. Si el número comienza con 1 sólo puede seguir con 6 (16), luego con 4 (164), luego 9 (1649) y se acaban. Si comienza con 2, 25 y no se puede seguir. Del mismo modo comenzando con 3 se obtienen 36, 364 y Con 4 sólo 49, con 5 no hay ninguno, con 6: 64 y 649, con 7 no hay y con 8: 81, 816, 8164 y La lista completa es 16, 164, 1649, 25, 36, 364, 3649, 49, 64, 649, 81, 816, 8164 y Prueba de Segundo Año Los problemas 1, 2, 3 y 4 de segundo año son los mismos que los de primer año (ver pág. 31). Las pruebas sólo se diferencian en el problema 5, que se enuncia a continuación. Problema 5. Un grupo de amigos cena en un restaurante. A la hora de pagar cada uno aporta 15 Bs, pero comprueban que faltan 35 Bs. Entonces cada uno aporta 5 Bs adicionales, con lo cual les alcanza para pagar la cuenta y les sobra exactamente el 10 % del costo de la cena (que le dejan como propina al mesonero). Cuántos amigos eran? Cuál era el monto de la factura? Soluciones Las soluciones de los problemas 1, 2, 3 y 4 se encuentran a partir de la página Sea n el número de amigos. Entonces el monto de la factura fue 15n+35. Luego de aportar 5 Bs adicionales reúnen 20n Bs, y sobran 20n (15n + 35) = 5n 35.

100 34 Prueba Regional Como esta cantidad es el 10 % de la factura se tiene que 5n 35 = (15n+35)/10, de donde 5n 35 = (3n+7)/2, 10n 70 = 3n+7, 7n = 77 y n = 11. El monto de la factura fue = 200 Bs. 5. Solución alternativa: Sea n el número de amigos. Si n < 7 con los 5 Bs adicionales no reunirían los 35 Bs que faltan para pagar la factura. Si n = 7 con los 5 Bs adicionales reunirían 35 Bs y no quedaría nada para el mesonero. Si n = 8 la factura sería = 155; con los 5 Bs adicionales reunirían 40 Bs y sobrarían 5 Bs, que es menos del 10 % de 170 Bs (también se puede descartar este caso porque el 10 % de 155 no es entero, mientras que el sobrante sí lo es). Si n = 9 la factura sería = 170; con los 5 Bs adicionales reunirían 45 Bs y sobrarían 10 Bs, que es menos del 10 % de 170 Bs. Si n = 10 la factura sería = 185; con los 5 Bs adicionales reunirían 50 Bs y sobrarían 15 Bs, que es menos del 10 % de 185 Bs (o bien, el 10 % de 185 no es entero). Con n = 11 la factura sería = 200; con los 5 Bs adicionales reunirían 55 Bs y sobrarían 20 Bs, que es exactamente el 10 % de 200 Bs., por lo tanto esa es la solución Prueba de Tercer Año Problema 1. Idéntico al Problema 3 de Primer Año (ver pág. 31). Problema 2. Idéntico al Problema 2 de Primer Año (ver pág. 31). Problema 3. Idéntico al Problema 5 de Segundo Año (ver pág. 33). Problema 4. Con centro en cada vértice V de un hexágono regular de radio 1 se traza un arco de circunferencia que conecta los dos vértices adyacentes a V. Calcule el área de la flor de seis pétalos que se forma. Problema 5. En una pecera viven unos pequeños seres llamados bupis, y un pez que se alimenta de ellos, comiendo 30 bupis cada día. Al finalizar cada día, si hay menos de 100 bupis éstos se reproducen, engendrando cada uno de ellos otro idéntico, doblando así su número total. Si hay 100 o más bupis no hay reproducción, tal vez por falta de espacio. Suponga que inicialmente hay 97 bupis. Durante el primer día el pez se come 30, dejando 67, que se reproducen y llegan a 134. El segundo día el pez se come 30 y quedan 104 (no se reproducen pues ). El tercer día los 104 se reducen a 74, se reproducen y quedan 148. Continuando de esta manera, cuántos bupìs habrá al finalizar el día número 1000?

101 2.4 Prueba de Cuarto Año Soluciones Las soluciones de los problemas 1, 2 y 3 se encuentran a partir de la página El área de medio pétalo puede calcularse como diferencia entre el área de un sector de 60 y radio 1, y el área de un triángulo equilátero de lado 1, es decir π/6 3/4, por lo tanto el área pedida es 12(π/6 3/4) = 2π El número de bupis al final de cada uno de los primeros doce días es: 134, 104, 148, 118, 176, 146, 116, 172, 142, 112, 164, 134. A partir de este punto la sucesión se repite periódicamente, con período 11. Como 1000 = , resulta entonces que al finalizar el día 1000 habrá tantos bupis como al fin del día 10, es decir Prueba de Cuarto Año Problema 1. Idéntico al Problema 4 de Tercer Año (ver pág. 34). Problema 2. Idéntico al Problema 5 de Tercer Año (ver pág. 34). Problema 3. Ana y Bernardo juegan de la siguiente manera: Ana comienza diciendo un número entero del 1 al 10. Bernardo debe responder diciendo un número que sea mayor o igual que el doble y menor o igual que el triple del que dijo Ana. Ana a su vez debe responder con un número que sea mayor o igual que el doble y menor o igual que el triple del que dijo Bernardo, y así sucesivamente. Gana el que primero diga un número mayor que 100. Muestre que Ana siempre puede ganar este juego. Problema 4. (a) Pruebe la igualdad n 2 (n 1)(n+1) = n 1 1 n+1 (b) Calcule el valor exacto de Problema 5. En un triángulo ABC, el ángulo B mide 20 y el ángulo C mide 40. La longitud de la bisectriz trazada desde el vértice A es 2. Halle BC AB Soluciones Las soluciones de los problemas 1 y 2 se encuentran a partir de la página Si uno de los dos, en su turno, dice un número del 34 al 99, pierde pues el siguiente en jugar gana diciendo el triple. Entonces el que logre decir un número del 17 al 33 gana, pues obliga al otro a responder un número del 34 al 99. El.

102 36 Prueba Regional que diga un número del 6 al 16 pierde, pues el siguiente puede responder con un número del 18 al 32. Entonces Ana puede ganar comenzando con 3, 4 ó 5, pues esto obliga a Bernardo a responder con un número entre 6 y 15 (Si Ana dice 1 ó 2 pierde, pues Bernardo responde 3 ó 4, respectivamente). 3. Solución alternativa: Ana gana si comienza con 3, 4 ó 5. En efecto, si Ana comienza con 3, Bernardo debe responder con un número del 6 al 9, entonces Ana dice 18, Bernardo debe decir un número del 36 al 54 y Ana gana diciendo 108. Si Ana comienza con 4, Bernardo debe responder con un número del 8 al 12, entonces Ana dice 24, Bernardo debe decir un número del 48 al 72 y Ana gana diciendo 144. Si Ana comienza con 5, Bernardo debe responder con un número del 10 al 15, entonces Ana dice 30, Bernardo debe decir un número del 60 al 90 y Ana gana diciendo 180. Es fácil ver que si Ana comienza con 1, 2, 6, 7, 8, 9 ó 10 entonces Bernardo le puede ganar. 4. (a) n 2 (n 1)(n+1) = n2 n 2 1 = 1+ 1 n 2 1 = n 1 1 n+1 (Por supuesto que también es válido comenzar por la expresión de la derecha y llegar a la de la izquierda). (b) La suma pedida es igual a = = = = = = = Sea P el pie de la bisectriz y sea Q el punto en BC tal que BQ = BA. Entonces BAQ es isósceles y BAQ = BQA = ( )/2 = 80. Como APC = = 80 entonces PAQ es isósceles y AQ = AP = 2. Como QAC = BAC BAQ = = 40, QAC también es isósceles y QC = AQ = 2. Por lo tanto BC AB = QC = 2.

103 2.5 Prueba de Quinto Año 37 A Q B P Q C Alternativamente se puede tomar Q en la prolongación de BA de tal modo que BQ = BC, probar que AQ = AP = 2 y por lo tanto BC AB = AQ = Prueba de Quinto Año Problema 1. Idéntico al Problema 4 de Tercer Año (ver pág. 34). Problema 2. Idéntico al Problema 5 de Tercer Año (ver pág. 34). Problema 3. Idéntico al Problema 3 de Cuarto Año (ver pág. 35). Problema 4. Idéntico al Problema 4 de Cuarto Año (ver pág. 35). Problema 5. En el rectángulo JKLM, la bisectriz del ángulo KJM corta a la diagonal KM en el punto N. Si las distancias de N a los lados LM y KL son, respectivamente, 1 y 8, cuánto mide el lado LM? J A K D M Soluciones C N Las soluciones de los problemas 1, 2, 3 y 4 se encuentran a partir de la página Sean A, B, C y D las proyecciones ortogonales de N sobre los lados JK, KL, LM y MJ, respectivamente. Entonces MC = DN = NA = BK, y como los triángulos NBK y MCN son semejantes se tiene BK/NB = CN/MC, es decir MC/8 = 1/MC, de donde MC 2 = 8, MC = 2 2 y ML = MC +CL = B L

104 38 Prueba Regional

105 Capítulo 3 Prueba Final La prueba final de la OJM consta de cuatro problemas. Cada uno de ellos se valora en una escala de 1 a 5. Los participantes disponen de tres horas y cuarto para resolverlos Prueba de Primer Año Problema 1. En una pizarra están escritos los números naturales del 1 al 9. Diana borra cuatro números, Paola borra otros cuatro y queda un número x sin borrar. Si se sabe que la suma de los números borrados por Paola es el triple de la suma de los números borrados por Diana, cuáles son todos los posibles valores de x? Para cada valor de x que obtenga, indique cuáles serían los números borrados por Paola. D H Problema 2. En la figura, ABCDE es un pentágono regular que tiene adosados exteriormente un cuadrado BFGC y un triángulo equilátero CHD. Halle la medida del E C G ángulo CHG. A B F Problema 3. Hoy, 26 de junio de 2010, cumple años Juan, un niño muy inteligente. Cuando le pregunté cuántos años cumplía, respondió: «Nací en este siglo, en un año que tuvo más miércoles que cualquier otro día de la semana». Cuántos años está cumpliendo Juan?

106 40 Prueba Final Nota: Los años 2000, 2004 y 2008 fueron bisiestos, es decir que tuvieron 29 de febrero y un total de 366 días. Problema 4. Adolfo tiene una gran cantidad de bloques cúbicos idénticos. Con ellos arma un cubo grande, que tiene n bloques por lado, y le sobran 57 bloques. Luego trata de armar un cubo con n + 1 bloques por lado, pero comprueba que para eso le faltan 34 bloques. Cuántos bloques tiene Adolfo? Soluciones 1. La suma más pequeña que se puede formar con cuatro números del 1 al 9 es obviamente = 10, y la mayor es = 30. Como 30 es el triple de 10, un posible valor de x es 5, que es el número que queda en la pizarra si Diana borra 1, 2, 3 y 4 y Paola borra 6, 7, 8 y 9. Si Diana borra otros cuatro números, su suma sería mayor que 10, y la suma de los que borró Paola debería ser mayor que 30, lo cual es imposible. Por lo tanto no hay otras soluciones. 1. (Solución alternativa). Sea D la suma de los números borrados por Diana. Entonces la suma de los borrados por Paola debe ser 3D y D + 3D + x = = 45, es decir que x = 45 4D, lo cual es posible si (x, D) es (1,11), (5,10) o (9,9). Pero D no puede ser 9, pues la menor suma de cuatro números es = 10. Tampoco puede ser (x,d) = (1,11), pues la menor suma de cuatro números sin el 1 es = 14. (x,d) = (5,10) sí es posible. Diana borró 1, 2, 3 y 4, Paola borró 6, 7, 8 y 9, y el 5 quedó en la pizarra. 2. Como BCG = 90, BCD = 180(5 2)/5 = 108 y HCD = 60, resulta HCG = 360 BCG BCD HCD = = 102. Pero CG = CB = CD = CH, luego el triángulo GCH es isósceles y CHG = 1 2 (180 HCG) = = Como un año no bisiesto tiene 365 días, y 365 = , el 1 o de enero y el 31 de diciembre caen en el mismo día de la semana y ese día aparece en el año 53 veces, una más que cualquiera de los demás (que aparecen 52 veces cada uno). En los años bisiestos no hay ningún día de la semana que aparezca más que todos los demás, porque hay dos días que aparecen 53 veces y los otros cinco aparecen 52 veces. Este sábado 26 de junio es el día = 177 del año. Como 177 = , el 2 de enero fue sábado y el primero de enero viernes. Es decir que este año el día de la semana con más apariciones es el viernes. El día de la semana del 1 o de enero de los últimos años se ve en la siguiente tabla:

107 3.2 Prueba de Segundo Año sáb. lu. ma. mi. ju. sáb. dom. lu. ma. ju. vi. Por lo tanto Juan nació en el 2003 y está cumpliendo 7 años. 4. La diferencia entre el número de bloques del primer cubo que armó Adolfo y el número de bloques del segundo que intentó armar es = 91. Observando la sucesión de cubos perfectos 1, 8, 27, 64, 125, 216,..., se comprueba que = 91, por lo tanto el primer cubo tenía 125 bloques y el número total de bloques era = Solución alternativa: n = (n + 1) 3 34, por lo tanto n = n 3 +3n 2 +3n 33 y simplificando 3n 2 +3n = 90, que también se puede escribir como n(n + 1) = 30. Como n es un número natural, debe ser 5 y por lo tanto Adolfo tenía = 182 bloques Prueba de Segundo Año Los problemas 1, 2 y 3 de segundo año son los mismos que los de primer año (ver pág. 39). Las pruebas sólo se diferencian en el problema 4. Problema 4. Juan tiene un saco lleno de naranjas. A Pedro le regala la mitad de las naranjas más media naranja, a Luis le regala la tercera parte de las que le quedan más un tercio de naranja y a Armando la cuarta parte de lo que le queda más un cuarto de naranja. Al final, a Juan le quedaron 8 naranjas. Cuántas naranjas tenía al principio? Cuántas dio a cada amigo? Soluciones Las soluciones de los problemas 1, 2 y 3 se encuentran a partir de la página Si Juan tenía inicialmente x naranjas, a Pedro le regaló (x+1)/2 y le quedaron (x 1)/2. A Luis le regaló(x 1)/6+1/3 = (x+1)/6 y le quedaron(x 1)/2 (x+ 1)/6 = (2x 4)/6 = (x 2)/3. A Armando le regaló (x 2)/12+1/4 = (x+1)/12 y le quedaron (x 2)/3 (x+1)/12 = (3x 9)/12 = (x 3)/4 = 8. Por lo tanto Juan tenía inicialmente = 35 naranjas, a Pedro le regaló (35+1)/2 = 18, a Luis (17+1)/3 = 6 y a Armando (11+1)/4 = Solución alternativa: Si antes de regalarle naranjas a Armando Juan tenía z naranjas, entonces z/4+1/4+8= z, de donde 3z = 33 y z = 11. Análogamente, si antes de regalarle naranjas a Luis Juan tenía y naranjas, entonces y/3+1/3+11 = y de donde y = 17. Y finalmente, si inicialmente Juan tenía x naranjas, entonces x/2+1/2+17= x yx = 35. A Pedro le regaló(35+1)/2=18, a Luis(17+1)/3= 6 y a Armando (11+1)/4 = 3.

108 42 Prueba Final 3.3. Prueba de Tercer Año Problema 1. Diego sumó dos números capicúas de cuatro cifras cada uno y observó con asombro que el resultado era otro número capicúa S pero de cinco cifras, ninguna de ellas nula. Encuentre todos los posibles valores de S y, en cada caso, muestre al menos dos maneras en que Diego podría obtener esos valores. Nota: Un número es capicúa si se lee igual de derecha a izquierda que de izquierda a derecha. Por ejemplo 2772 y son capicúas. Problema 2. Juan tiene un tablero de 4 4 y desea marcar 8 de las 16 casillas de modo tal que cada fila y cada columna contengan exactamente dos casillas marcadas. De cuántas maneras puede hacerlo? Problema 3. Un rombo mide 10 cm de lado y su área es 60 cm 2. Halle las longitudes de sus dos diagonales. Problema 4. Halle dos números reales positivos a y b tales que su suma a+b, su producto ab y la diferencia de sus cuadrados a 2 b 2 sean iguales Soluciones 1. Supongamos que los números sumados por Diego fueron abba y cddc. Como al sumar dos números de la manera usual (columna por columna, de derecha a izquierda) a lo sumo nos podemos llevar uno en cada columna, el primer dígito de S debe ser necesariamente 1 (otra forma de verlo es que cada sumando es a lo sumo 9999, por lo cual la suma es a lo sumo 19998). Como S es capicúa, su dígito de las unidades es también 1, es decir que S es de la forma 1xyx1. abba + cddc 1xyx1 Entonces a + c sólo puede ser 1 u 11. Pero si fuese 1, a o c sería 0 y uno de los sumandos no tendría cuatro cifras. Por lo tanto a+c = 11. Supongamos ahora que en la segunda columna no nos llevemos nada, es decir que b+d+1< 10. En ese caso x = b+d+1 y como en la tercera columna tampoco hay acarreo será y = b+d = x 1. Al sumar la cuarta columna vemos que x = 1, por lo tanto y = 0 y el resultado sería 11011, que tiene una cifra 0. Al descartar esta posibilidad se debe tener entonces b + d En ese caso al sumar la segunda columna se tiene b + d + 1 = 10 + x y al sumar la tercera columna se obtiene b + d + 1 = 10 + y, por lo tanto x = y. Al sumar la cuarta columna se tiene a+c+1 = 12, es decir x = 2 y el resultado es En conclusión Diego sólo pudo obtener como resultado S de su suma Algunos de los pares de

109 3.3 Prueba de Tercer Año 43 capicúas que pudo haber sumado María son 9999 y 2222, 9889 y 2332, 7667 y 4554, etc. 2. Numeremos las filas y las columnas de 1 a 4 y sea C ij la casilla que se encuentra en la fila i y en la columna j. Las dos casillas marcadas de la primera fila se 4 pueden escoger de 2 = 6 maneras. Supongamos que se escogen C11 y C 12 (los otros casos son similares). Si en la fila 2 se marcan C 21 y C 22, obligatoriamente se debe completar el marcado con C 33, C 34, C 43 y C 42. Si en cambio en la fila 2 se marcan C 23 y C 24, en la fila 3 se puede marcar cualquier par de casillas (hay 6 posibilidades) y quedan determinadas las dos casillas de la fila 4. Si en la fila 2 se escogen C 21 y C 23, hay que marcar necesariamente C 34 y C 44 en la cuarta columna, y se puede completar de dos maneras: con C 32 y C 43 o con C 33 y C 42. El mismo razonamiento se aplica si en la fila 2 se escogen las casillas C 21 y C 24, C 22 y C 23 ó C 22 y C 24. En definitiva resultan 6( ) = 6 15 = 90 maneras. 2. (Solución alternativa). Como en la primera solución, las dos casillas marcadas 4 de la primera fila se pueden escoger de 2 = 6 maneras. Supongamos que se escogen C 11 y C 12 (los otros casos son similares). En la primera columna se debe marcar otra casilla, que puede ser C 21, C 31 o C 41. Supongamos que se marca C 21. Entonces el problema se reduce a calcular de cuántas maneras se pueden marcar 5 casillas en un tablero de 3 3, de modo que haya una casilla marcada en la primera fila, una en la primera columna, dos en cada una de las filas 2 y 3 y dos en cada una de las columnas 2 y 3. Eso se puede hacer de 5 maneras: X X - - X X - - X - X X X - X - X X X X - - X X - X X - X X X - X - X X X X - Por lo tanto la respuesta es = 90 maneras. 3. La altura P D debe ser 60/10 = 6 cm, entonces por Pitágoras AP = Ô AD 2 DP 2 = Ô = 64 = 8 cm, de donde PB = AB AP = 10 8 = 2 cm y la diagonal menor mide BD = Ô BP 2 +PD 2 = Ô = 40 = 2 10cm. D C A P B Q Análogamente la diagonal mayor mide AC = AQ 2 +QC 2 = Ô = 360 = 6 10cm.

110 44 Prueba Final 3. (Solución alternativa). Las diagonales dividen el rombo en cuatro triángulos congruentes, cada uno de ellos de área 15 cm 2. Sean x e y las medidas del cateto mayor y del cateto menor de estos triángulos, respectivamente (o sea las semidiagonales del rombo). Entonces por Pitágoras x 2 +y 2 = 100, mientras que por área es xy/2 = 15, es decir xy = 30. El sistema se puede resolver de varias maneras, por ejemplo sustituyendo y 2 = 100 x 2 en x 2 y 2 = 900 resulta x 2 (100 x 2 ) = 900, de donde x 4 100x = 0 o (x 2 10)(x 2 90) = 0, es decir que x 2 = 90, y 2 = 10, x = 3 10, y = 10 y finalmente la diagonal menor mide 2y = 2 10 cm y la mayor 2x = 6 10 cm. 4. De a + b = a 2 b 2 = (a + b)(a b) se deduce que 1 = a b, o a = b + 1. Sustituyendo este valor en la igualdad ab = a + b resulta (b + 1)b = 2b + 1, o b 2 b 1 = 0. La única raíz positiva de esta ecuación es b = (1+ 5)/2, de donde a = (3+ 5)/2. Alternativamente se puede sustituir b = a 1 en ab = a+b para obtener a 2 3a + 1 = 0, que tiene raíces a 1 = (3 + 5)/2 y a 2 = (3 5)/2. La primera (3 + 5)/2 da lugar a b = (1 + 5)/2, que es la solución hallada anteriormente, mientras que la segunda a 2 = (3 5)/2 se descarta porque da un valor negativo para b Prueba de Cuarto Año Problema 1. María escribe números naturales de tres cifras tales que la cifra central sea mayor que la suma de las otras dos, por ejemplo 273 y 494. Cuántos números diferentes podrá escribir María, como máximo? Problema 2. Con los cuatro números reales a, b, c y d, donde a < b < c < d, se pueden formar 6 parejas. Si cada pareja tiene suma distinta y las cuatro sumas más pequeñas son 1, 2, 3 y 4, cuáles son todos los posibles valores del número d? Problema 3. La figura muestra un rectángulo ABCD dividido en tres cuadrados iguales, y los ángulos α = BAC y β = BAE. Halle el valor exacto, en grados, de α+β. D E C A α β B Problema 4. Sea P(n) = (n 2 n+1)(n 2 + 3n+1). Halle todos los enteros n para los cuales P(n) es un entero positivo primo.

111 3.4 Prueba de Cuarto Año Soluciones 1. Si la suma de la primera y la tercera cifras es k, para que la central sea mayor que k debe ser 1 k 8. En ese caso, la cifra central puede ser k + 1,...,9 y se puede escoger de 9 k maneras. Ahora bien, la primera y la tercera cifras se pueden escoger de k maneras para que sumen k, a saber 1 y k 1, 2 y k 2,..., k 1 y 1, k y 0. Por lo tanto el número buscado es = 2( ) = (Solución alternativa). La primera y la tercera cifras se pueden escoger de k maneras para que sumen k (1 k 8), a saber 1 y k 1, 2 y k 2,..., k 1 y 1, k y 0. Si la cifra central es c (2 c 9) entonces la suma de la primera y la tercera cifras debe ser un natural del 1 al c 1, y por lo tanto esas dos cifras se pueden escoger de (c 1) maneras. Sumando para c = 2,...,9 resulta 1+(1+2)+(1+2+3)+ +( ) = = Las seis sumas posibles son a+b, a+c, a+d, b+c, b+d y c+d. Obviamente a+b = 1 (suma más pequeña) y a+c = 2, de donde b = c 1. Como b+d y c+d son las sumas mayores, se presentan dos posibilidades: (1) b+c = 3, a+d = 4. En este caso 2c 1 = 3 de donde c = 2, a = 2 c = 0 y d = 4 a = 4. (2) b+c = 4, a+d = 3. En este caso 2c 1 = 4 de donde c = 5/2, a = 2 c = 1/2 y d = 3 a = 7/2. Por lo tanto los valores posibles de d son 4 y 7/2. 3. (Solución de Freddy J. Sánchez González, U.E. Cnel. Miguel A. Vásquez, Maracaibo, Estado Zulia. Esta solución ganó el premio UNEXPO a la solución más creativa). Simetrizando la figura respecto a la recta AB, si C es el simétrico de C se observa que C AB = BAC = α. Como AE = EC el triángulo AEC es isósceles, y como también es rectángulo en E resulta que α+β = 90 2 = 45 D E C A β α F B E C

112 46 Prueba Final 3. (Solución alternativa). De la figura se obtiene tg α = 1/3 y tg β = 1/2, por lo tanto tg(α+β) = tgα+tgβ 1 1 tgαtgβ = = 1, de donde α+β = P(n) será primo si, en valor absoluto, uno de los dos factores es primo y el otro es 1. Ahora bien, n 2 n+1 = 1 equivale a n(n 1) = 0, que sólo ocurre si n = 0 o n = 1, n 2 n+1 = 1 es imposible, pues n 2 n+2 = (n 1/2) 2 +7/4 > 0, n 2 +3n+1 = 1 equivale a n(n+3) = 0, que sólo ocurre si n = 0 ó n = 3, y n 2 +3n+1 = 1 equivale a n 2 +3n+2 = 0, ó (n+2)(n+1) = 0, que sólo ocurre si n = 1 ó n = 2. Por lo tanto los candidatos para n son 0, 1, 3, 2 y 1. Como P(0) = 1, P(1) = 5, P( 3) = 13, P( 2) = 7 y P( 1) = 3, se concluye que P(n) es un entero positivo primo si y sólo si n = 1 ó n = Prueba de Quinto Año Los problemas 1, 2 y 3 de quinto año son los mismos que los de cuarto año (ver pág. 44). Las pruebas sólo se diferencian en el problema 4. Problema 4. Si x es un número real positivo, se denota con [x] la parte entera de x (el mayor entero que no supera a x) y con {x} la parte fraccionaria de x, es decir {x} = x [x]. Por ejemplo, si x = 2,47 entonces [x] = 2 y {x} = 0,47. Halle todos los números reales positivos x para los cuales la secuencia {x}, [x], x está en progresión geométrica Soluciones Las soluciones de los problemas 1, 2 y 3 se encuentran a partir de la página Supongamos que {x}, [x] y x están en progresión geométrica de razón r. Es claro que ni {x} ni [x] pueden ser 0, pues entonces la progresión sería 0, 0, 0 y x no sería positivo. Si [x] 1, {x} > 0 y x/[x] = [x]/{x} = r, sustituyendo [x] = r{x} y x = r[x] = r 2 {x} en x = [x]+{x} resulta r 2 {x} = r{x}+{x}, y dividiendo entre {x} queda r 2 = r+1, cuya única raíz positiva es r = (1+ 5)/2 (esto en realidad es inmediato si se observa que [x] y x están en razón áurea y por lo tanto como es bien sabido r = (1+ 5)/2). Ahora bien, como debe ser {x} < 1, debe cumplirse [x] = r{x} < r = (1+ 5)/2 < (1 + 4)/2 = 3/2, lo que deja como único valor posible para [x] el 1 y por tanto x = r[x] = (1+ 5)/2 es la única solución.

113 Capítulo 4 Olimpiada Matemática de Centroamérica y el Caribe La XII Olimpiada Matemática de Centroamérica y el Caribe tuvo lugar en Mayagüez, Puerto Rico, desde el 21 de mayo hasta el 1 o de junio de En la misma participaron catorce países: Colombia, Costa Rica, El Salvador, Guatemala, Honduras, Islas Vírgenes (U.S.), Jamaica, México, Nicaragua, Panamá, Puerto Rico, República Dominicana, Trinidad y Tobago y Venezuela. Venezuela participó con una delegación integrada por los estudiantes Diego Leonardo Peña Colaiocco (Colegio Los Hipocampitos, Altos Mirandinos), Carlos Lamas Bárcenas (Colegio Independencia, Barquisimeto) y Sergio Villaroel (Colegio San Lázaro, Cumaná), que obtuvieron una medalla de plata y dos de bronce, respectivamente. Venezuela obtuvo también la Copa El Salvador, que se otorga al país de mayor progreso relativo en los últimos tres años. La jefa de la delegación fue Laura Vielma y la tutora Carmela Acevedo. De Venezuela también asistieron a esta olimpiada los profesores Rafael Sánchez Lamoneda, como miembro de los tribunales de coordinación, y José Heber Nieto, jefe del banco de problemas y conferencista del Simposio previo a la competencia Problemas Primer Día Problema 1. Si S(n) denota la suma de los dígitos de un número natural n, encuentre todas las soluciones de mostrando que son las únicas. n(s(n) 1) = 2010

114 48 Olimpiada Matemática de Centroamérica y el Caribe Problema 2. Dado el ABC, sean L, M y N los puntos medios de BC, CA y AB, respectivamente. Se traza una tangente al circuncírculo del ABC en A, siendo P y Q las intersecciones respectivas de las rectas LM y LN con dicha tangente. Demuestre que CP es paralela a BQ. Problema 3. Un jugador coloca una ficha en una casilla de un tablero m n dividido en casillas de tamaño 1 1. El jugador mueve la ficha de acuerdo a las siguientes reglas: En cada movimiento, el jugador cambia la ficha de la casilla en que ésta se encuentra a una de las casillas que tienen un lado en común con ella. El jugador no puede ubicar la ficha en una casilla que ésta ha ocupado previamente. Dos movimientos consecutivos no pueden tener la misma dirección. El juego termina cuando el jugador no puede mover la ficha. Determine todos los valores de m y n para los cuales el jugador puede colocar la ficha en alguna casilla tal que ésta haya ocupado todas las casillas al terminar el juego. Segundo Día Problema 4. Se desea embaldosar un patio cuadrado de lado N entero positivo. Se dispone de dos tipos de baldosas: cuadradas de 5 5 y rectangulares de 1 3. Determine los valores de N para los cuales es posible hacerlo. Nota: El patio debe quedar completamente cubierto, sin que las baldosas se sobrepongan. Problema 5. Sean p, q y r números racionales distintos de cero tales que 3pq 2 + 3qr 2 + 3rp 2 es un número racional distinto de cero. Pruebe que 1 3Ô + 1 pq 2 3Ô + 1 qr 2 3Ô rp 2 también es un número racional. Problema 6. Sean Γ y Γ 1 dos circunferencias tangentes internamente en A, de centros O y O 1 y radios r y r 1 (r > r 1 ), respectivamente. Sea B el punto diametralmente opuesto a A en la circunferencia Γ, y C un punto en Γ tal que BC es tangente a Γ 1 en P. Sea A el punto medio de BC. Si se cumple que O 1 A es paralela a AP, determine la razón r r 1.

115 4.2 Soluciones Soluciones 1. (Solución de Sergio Villaroel). Podemos empezar diciendo que 2010 es un múltiplo de 3, ya que el criterio de divisibilidad dice que la suma de los dígitos del número debe ser múltiplo de 3, ( = 3), luego tendría que cumplirse que alguno de los dos números n o (S(n) 1) sea de la forma 3q, q N, para que su producto sea un múltiplo de 3. Si n es de la forma 3q, entonces S(n) 1 es de la forma 3p 1, p N, ya que S(n) necesariamente es un múltiplo de 3 porque n es divisible entre 3. El otro caso es que (S(n) 1) sea de la forma 3q por lo que S(n) sería de la forma 3j +1, j N, y n no sería divisible por 3. Entonces, n 1 (mód 3) o n 2 (mód 3). Podemos decir que n < 2010 y (S(n) 1) < 2010 ya que ambos son naturales cuyo producto es Por ello, el mayor valor que podría tomar S(n) = 28 donde n = 1999 y 1999 < Por otro lado, notamos que 2010 tiene como cifra de unidades el 0 y para que el producto de dos números tenga como cifra de unidades el 0, pueden pasar dos cosas: o las cifras de unidades de cada factor son 2 y 5, o alguno de los factores tiene cifra de unidades 0. Luego, n y/o (S(n) 1) son pares. La factorización prima de 2010 es 2010 = y los demás múltiplos de 2010 resultan de multiplicar estos primos de diferentes formas. Al hacerlo, obtenemos que 2010 tiene 16 divisores, un número par. Agruparemos estos divisores en una tabla de tal forma que el producto de las filas sea 2010 e indicando si son congruentes con 0, 1 ó 2 módulo (mód 3) (mód 3) 2 2 (mód 3) (mód 3) 3 0 (mód 3) (mód 3) 5 2 (mód 3) (mód 3) 6 0 (mód 3) (mód 3) 10 1 (mód 3) (mód 3) 15 0 (mód 3) (mód 3) 30 0 (mód 3) 67 1 (mód 3) Tabla de Divisores de 2010 En la tabla se obtuvieron los números para los que se cumple el enunciado, es decir, si n 0 (mód 3) (S(n) 1) 2 (mód 3). Busquemos dos números en la tabla en alguna columna donde uno sea congruente con 2 y el otro congruente con 0 módulo 3. Los valores de n se toman de la fila 2 porque debe cumplirse que n > (S(n) 1). Tendríamos los siguiente valores: (mód 3) y 2 2 (mód 3), pero ( ) 1 = 5 2 y no cumple (mód 3) y 5 2 (mód 3), y probando (4+0+2) 1 = 5 si cumple.

116 50 Olimpiada Matemática de Centroamérica y el Caribe Ahora para (S(n) 1) 0 (mód 3) debemos buscar en la fila 1 los números congruentes con 0 módulo 3 y tomar sus parejas para hacerles la prueba. 3 0 (mód 3) y (mód 3), pero (6+7+0) 1= 12 3 y no cumple. 6 0 (mód 3) y (mód 3), pero (3+3+5) 1= 10 6 y no cumple (mód 3) y (mód 3), pero ( ) 1 = 7 15 y no cumple (mód 3) y 67 2 (mód 3), se descarta porque 30 tiene 0 en las cifras de las unidades y entonces (S(n) 1) debe ser 0 que no es posible o como mínimo 30 que tampoco puede ser ya que el máximo valor de S(n) es 28. Luego, podemos decir que para el único n que se cumple la condición dada n(s(n) 1) = 2010 es n = 402. Finalmente, se verifica que: 402(S(402) 1) = ((4+0+2) 1) = (5) = = (Solución de Carlos Lamas Bárcenas). Observemos la siguiente figura: Q β γ A P α N O M B β L γ C Como la recta QP es tangente en A a la circunferencia, se tiene que ACB = BAQ = NLB = γ. Con esto se prueba que el cuadrilátero BQAL es cíclico. De manera análoga, se prueba que el cuadrilátero LAPC también lo es.

117 4.2 Soluciones 51 Luego, BQL = BAL y ALP = ACP. Ahora bien, como N,L,M son puntos medios de los lados respectivos del triángulo ABC, se tiene que el cuadrilátero NAML es un paralelogramo. De esto se deriva que ALM = NAL, lo que a su vez implica que BQL = ACP. Finalmente, como QL es una recta paralela a AC (ya que es la prolongación de NL), se tiene que BQ CP. Análogamente, PALC es cíclico. Con esto QBL = LAP = 180 LCP y por lo tanto CP BQ. 3. Se mostrará que los posibles tableros que pueden ser recorridos por la ficha son el tablero de tamaño 1 1 y aquellos tableros en los que al menos uno de sus lados tiene longitud 2. El caso del tablero 1 1 es claro, ya que al ubicar una ficha en el tabler automáticamente esta ya ha recorrido todo el tablero. Para los tableros donde uno de los lados tiene longitud 2 considérese el siguiente patrón de recorrido, donde la marca representa la ubicación inicial de la ficha. Este patrón de recorrido puede interrumpirse en cualquier momento que se desee, completando así a voluntad tableros rectangulares en los que uno de los lados tiene longitud 2 y el otro tiene una longitud entera positiva arbitraria. Resta entonces demostrar que para los otros tamaños de tablero no es posible realizar el recorrido. Si uno de los lados del tablero es de longitud 1 y el otro es de longitud mayor o igual a 3, la condición de no seguir la misma dirección en dos movimientos consecutivos hace evidente que el tablero no se pueda recorrer, ya que despúes del primer movimiento (dos casillas recorridas) se exige un giro que en este caso resulta imposible. Si las longitudes de los dos lados del tablero son mayores que 2, es posible aislar al menos una esquina como la que se muestra en la siguiente figura, con las condiciones que se aclararán a renglón seguido: Cuáles son las condiciones especiales que cumple la esquina elegida? 1. La ficha no inició en ninguna de las casillas 1, 2 ó El recorrido de la ficha no terminará en la casilla 1, será solamente una casilla de paso. Como la casilla 1 es una casilla de paso según la condición (b), debe llegarse a ella desde otra casilla y debe salirse de ella hacia otra casilla. Supóngase, sin

118 52 Olimpiada Matemática de Centroamérica y el Caribe pérdida de generalidad, que el recorrido alrededor de la casilla 1 se hace en el orden Ahora, como la ficha no inició en la casilla marcada como 2 según la condición (a), es necesario que provenga de otra casilla, y debido a la condición de no dar dos pasos consecutivos en la misma dirección se hace necesario que la ficha provenga de la casilla marcada como 4. Así, el recorrido puede rastrearse hasta Nótese que la casilla 4 ya hace parte del recorrido, por lo que dicho recorrido debe concluir en la casilla 3, ya que es imposible proseguir a partir de la casilla 3 sin continuar en la misma dirección o repetir casilla. Los párrafos anteriores indican que, de las cuatro esquinas del tablero al menos dos cumplen la condición (a) y al menos una cumple las dos condiciones. Según lo demostrado, esa casilla debe ser la penúltima casilla del recorrido y la última casilla del recorrido no puede ser entonces otra esquina. Así, existe otra esquina que se tiene que ajustar a los parámetros resaltados y por lo tanto existen dos esquinas en el tablero que deben ser simultáneamente la penúltima esquina del recorrido, lo que es absurdo. Se concluye así la demostración. 4. (Solución de Diego Leonardo Peña Colaiocco). Primero, probemos que si es posible cubrir patios de lado N, es posible cubrir patios de lado N+3. Una manera de hacerlo es formando un cuadrado de lado N tal que uno de sus vértices sea una esquina del patio. Entonces, nos van a quedar franjas"de 1 3 que podemos cubrir con baldosas de 1 3, como se muestra en la siguiente figura: N N Ahora sabemos que uniendo 3 baldosas de 1 3 formamos un cuadrado de lado 3. Luego, para cualquier N de la forma 3 + 3k, es decir, para cualquier N 0 (mód 3) es posible embaldosar un patio de lado N. Es imposible formar un patio de lado 2, pues no caben ni las baldosas de 5 5 ni las de 1 3. Por la misma razón tampoco se puede embaldosar un patio de lado 1.

119 4.2 Soluciones 53 Un patio de lado 4 tampoco se puede embaldosar ya que en él no caben las baldosas de 5 5 y por otro lado, para poder utilizar las de lado 1 3, 3 debería dividir al área del patio y no lo hace (3 16 = 4 2 ). Se puede completar un patio de lado 5 simplemente usando una baldosa de tamaño 5 5. Luego, para cualquier N = 5 + 3k, es decir, N 2 (mód 3), con N 2, es posible embaldosar un patio de lado N. Es posible embaldosar un patio de lado 7, como muestra la figura: Entonces para cualquier N de la forma 7 + 3k, es decir, N 1 (mód 3) con N 1 y N 4 es posible embaldosar un patio de lado N. Luego, es posible embaldosar patios de cualquier lado diferente de 1, 2, y 4. Es decir, N puede tomar cualquier valor entero positivo diferente de 1, 2 y Sean a = 3Ô pq2, b = 3Ô qr2 y c = 3Ô rp2. Se debe probar que 1/a+1/b+1/c es racional. Pero como abc = 3Ô p3 q 3 r 3 = pqr es racional, y 1 a + 1 b + 1 c = ab+bc+ca, abc basta probar que ab + bc + ca es racional. Ahora bien, y (a+b+c)(ab+bc+ca) = a 2 b+ab 2 +b 2 c+bc 2 +c 2 a+ca 2 +3abc (a+b+c) 3 = a 3 +b 3 +c 3 +3(a 2 b+ab 2 +b 2 c+bc 2 +c 2 a+ca 2 )+6abc, por lo tanto (a+b+c) 3 (a 3 +b 3 +c 3 )+3abc = 3(a+b+c)(ab+bc+ca), y como a+b+c, a 3, b 3, c 3 y abc son todos racionales, resulta que ab+bc+ca es racional. 6. Observe que AC O 1 P OA. También APO 1 O 1 A O, porque tienen lados paralelos, y como O 1 A = O 1 P también se cumple r r 1 = OO 1 = OA = b 2.

120 54 Olimpiada Matemática de Centroamérica y el Caribe Por otra parte, ABC O 1 BP entonces CA PO 1 = AB O, así 1B b = 2r b r 1 2r r 1 2 = rr 1 r r 1 = rr 1 r = 2± 2 2r r 1 2r r 1 r 1 2 Pero como r > r 1, forzosamente r = r 1 2

121 Capítulo 5 Olimpiada Iberoamericana de Matemática La XXV Olimpiada Iberoamericana de Matemática tuvo lugar en Asunción, Paraguay, del 20 al 30 de septiembre de En la misma participaron veinte países: Argentina, Bolivia, Brasil, Chile, Colombia, Costa Rica, Cuba, El Salvador, España, Guatemala, Honduras, México, Nicaragua, Panamá, Paraguay, Portugal, Puerto Rico, República Dominicana, Uruguay y Venezuela. Venezuela participó con una delegación integrada por los estudiantes Diego Leonardo Peña Colaiocco (Colegio Los Hipocampitos, Altos Mirandinos), Edenys Hernao Hernández (Colegio Altamira, Maracaibo), Carlos Lamas Bárcenas (Colegio Independencia, Barquisimeto) y Tomás Rodríguez Oramas (Colegio Arco Iris, Porlamar), quienes obtuvieron una medalla de bronce y tres menciones de honor, respectivamente. La jefa de la delegación fue Laura Vielma Herrero y el tutor Eduardo Sarabia. De Venezuela también asistieron a esta olimpiada los profesores Rafael Sánchez Lamoneda y José Heber Nieto, como conferencistas en el Simposio previo a la competencia y miembros de los Tribunales de Coordinación Problemas (Primer Día) Problema 1. Se tienen diez monedas indistinguibles puestas en línea. Se sabe que dos de ellas son falsas y ocupan posiciones consecutivas en la línea. Para cada conjunto de posiciones, se puede preguntar cuántas monedas falsas contiene. Es posible determinar cuáles son las monedas falsas efectuando únicamente dos de estas preguntas, sin conocer la respuesta de la primera antes de formular la segunda?

122 56 Olimpiada Iberoamericana de Matemática Problema 2. Determinar si existen números enteros positivos a y b tales que todos los términos de la sucesión definida por x 1 = 2010,x 2 = 2011, sean enteros. x n+2 = x n +x n+1 +a x n x n+1 +b, n 1, Problema 3. La circunferencia Γ inscrita al triángulo escaleno ABC es tangente a los lados BC, CA y AB en los puntos D,E y F, respectivamente. La recta EF corta a la recta BC en G. La circunferencia de diámetro GD corta a Γ en R (R D). Sean P y Q (P R,Q R) las intersecciones de BR y CR con Γ, respectivamente. Las rectas BQ y CP se cortan en X. La circunferencia circunscrita a CDE corta al segmento QR en M y la circunferencia circunscrita a BDF corta al segmento PR en N. Demostrar que las rectas PM,QN y RX son concurrentes. (Segundo Día) Problema 4. Las medias aritmética, geométrica y armónica de dos números enteros positivos distintos son números enteros. Hallar el menor valor posible para la media aritmética. Nota: Si a y b son números positivos, sus medias aritmética, geométrica y armónica son respectivamente: a+b 2, 2 a b, 1. a +1 b Problema 5. Sea ABCD un cuadrilátero cíclico cuyas diagonales AC y BD son perpendiculares. Sean O el circuncentro de ABCD, K la intersección de las diagonales, L O la intersección de las circunferencias circunscritas a OAC y OBD, y G la intersección de las diagonales del cuadrilátero cuyos vértices son los puntos medios de los lados de ABCD. Probar que O,K,L y G están alineados. Problema 6. Alrededor de una mesa circular se sientan 12 personas y sobre la mesa hay 28 floreros. Dos personas pueden verse si y sólo si no hay ningún florero alineado con ellas. Probar que existen al menos dos personas que pueden verse Soluciones 1. (Solución de Diego Peña Colaiocco). Numeremos las posiciones de las monedas del 1 al 10 y a partir de ahora llamemos a cada posición por su número. Cada conjunto de posiciones es un subconjunto de { 1, 2,..., 10 }. A las monedas falsas las llamaremos falsas y representaremos sus lugares por (i,i+1),i = 1,2,...,9. Esto último es posible gracias a que las monedas están en lugares consecutivos, es decir, que las monedas falsas se encuentren en (i,i+1) significa que las monedas falsas ocupan las posiciones i e i +1, respectivamente. Llamaremos P y Q a los conjuntos de posiciones por los que la persona pregunta y llamaremos g(p) y g(q) a la cantidad de falsas en P y Q, respectivamente. Sin perder generalidad,

123 5.2 Soluciones 57 supóngase que primero la persona preguntó g(p) y luego g(q). Veamos que si tomamos P = {2,3,4,9,10} y Q = {1,2,3,5,6} siempre podemos identificar las falsas. Si las falsas son: (1,2), entonces g(p) = 1 y g(q) = 2. (2,3), entonces g(p) = 2 y g(q) = 2. (3,4), entonces g(p) = 2 y g(q) = 1. (4,5), entonces g(p) = 1 y g(q) = 1. (5,6), entonces g(p) = 0 y g(q) = 2. (6,7), entonces g(p) = 0 y g(q) = 1. (7,8), entonces g(p) = 0 y g(q) = 0. (8,9), entonces g(p) = 1 y g(q) = 0. (9,10), entonces g(p) = 2 y g(q) = 0. Podemos ver que por cada lugar de las falsas, hay una sola pareja g(p),g(q). Por tanto, al conocer las respuestas de las preguntasg(p) yg(q) se conocerá la posición de las monedas falsas. 1. (Solución de Tomás Rodríguez). Llamemos P 1,P 2,...,P 10 a las posiciones de las monedas. Llamemos F 1 y F 2 a las monedas falsas. Sabemos que F 1 y F 2 están en posiciones P n y P n+1 por ser consecutivas, y como podemos ver, sólo hay 9 posiciones (P n,p n+1 ) en donde pueden estar F 1 y F 2. Estas son: (1,2);(2,3);(3,4);(4,5);(5,6);(6,7);(7,8);(8,9);(9,10). Ahora llamemos a G 1 y G 2 a los dos conjuntos de posiciones y llamemos a G 3 al conjunto en donde están las posiciones excluidas de G 1 y G 2. Se tiene entonces que para G 1 y G 2 hay 3 posibles respuestas: dos, una o cero (2,1, ó 0) monedas falsas lo que nos da un total de 9 posibles respuestas diferentes. De esta manera, cada respuesta debe corresponder a una y sólo una posición de F 1,F 2 (P n,p n+1 ), para así asegurarnos de conocer la posición de las monedas falsas. Entonces, basta con conseguir una forma de ordenar los tres conjuntos convenientemente. Un ejemplo es G 1 = {P 1,P 2,P 7,P 8,P 9 };G 2 = {P 3,P 4,P 8,P 9,P 10 };G 3 = {P 5,P 6 }. Como se puede ver, en estos tres grupos las posiciones están ordenadas de manera tal que los elementos de cada pareja (P n,p n+1 ) aparecen en los tres grupos un número distinto de veces y cada par (P n,p n+1 ) tiene una respuesta distinta, como se observa en la tabla a continuación.

124 58 Olimpiada Iberoamericana de Matemática (P n,p n+1 ) (G 1,G 2 ) (P 1,P 2 ) (2,0) (P 2,P 3 ) (1,1) (P 3,P 4 ) (0,2) (P 4,P 5 ) (0,1) (P 5,P 6 ) (0,0) (P 6,P 7 ) (1,0) (P 7,P 8 ) (2,1) (P 8,P 9 ) (2,2) (P 9,P 10 ) (1,2) Por lo tanto, podemos identificar la posición de las dos monedas falsas. 1. (Solución de Edenys Hernao). Para resolver este problema, se irán analizando las condiciones que debe cumplir cada conjunto por el cual se debe preguntar para así llegar a una respuesta que nos indique dónde se encuentran ubicadas las monedas falsas. No nos ayuda tener en un conjunto 1 moneda o 10 monedas, puesto que no nos da información útil, al igual que 2 y 8 monedas. Ahora bien, según se tengan armados los conjuntos, las posibles respuestas a obtener son 0, 1 ó 2 monedas falsas en el conjunto. Entonces, se debe preguntar la primera vez de manera tal que, dada la respuesta, se tengan máximo 3 posibles combinaciones. Si hay más de tres combinaciones para cada respuesta, no se va a poder distinguir con certeza cuál es la solución dado que por el principio de las casillas, una de las respuestas va a estar repetida en la segunda pregunta. Supongamos que la pregunta 1 incluye las posiciones 3, 4, 5, 6 y 10 y la pregunta 2 las posiciones 1, 2, 3, 4, y 7. Si en la pregunta 1 responden 0 se tienen 3 posibles combinaciones según la respuesta a la pregunta 2. Si responden 2, la posición de las falsas son 1 y 2. Si responden 1, la posición de las falsas son 7 y 8. Si responden 0, la posición de las falsas son 8 y 9. Si en la pregunta 1 responden 1 se tienen 3 posibles combinaciones según la respuesta a la pregunta 2. Si responden 2, la posición de las falsas son 2 y 3. Si responden 1, la posición de las falsas son 6 y 7. Si responden 0, la posición de las falsas son 9 y 10. Si en la pregunta 1 responden 2 se tienen 3 posibles combinaciones según la respuesta a la pregunta 2. Si responden 2, la posición de las falsas son 3 y 4. Si responden 1, la posición de las falsas son 4 y 5.

125 5.2 Soluciones 59 Si responden 0, la posición de las falsas son 5 y 6. Ahora bien, se deben generar dos conjuntos donde podamos obtener una única solución. Para ello, como las continuas o consecutivas son las que generan las posibilidades en caso de que la respuesta sea 2, se debe tratar de tener la mayor cantidad de fichas posibles juntas pero no se pueden tener más de 4 consecutivas puesto que se generarían más de 3 posibilidades. 5 consecutivas originan 4 posibilidades en vez de 3. Por tanto, en la pregunta 1 se incluyen las posiciones 3, 4, 5, 6, y 10 y en la pregunta 2 las posiciones 1, 2, 3, 4, y 7. Con estas dos preguntas, se puede distinguir la posición de las falsas. 2. La respuesta es sí. Un ejemplo puede ser obtenido con a = 2 y b = Obtenemos la sucesión x 1 = 2010,x 2 = 2011, x n+2 = x n +n n+1 +2 Ô x n x n ,n 1. Probaremos por inducción que todo término de la sucesión es entero. Para eso, probaremos por inducción sobrenque x n+1 y x n x n son ambos enteros. La base de inducción, n = 1, es inmediata. Ahora, suponga que el resultado es válido para n k. Entonces, como x k x k es entero, x k+2 es claramente entero. Además, x k+1 x k = x k+1 (x k +k k+1 +2 Ô x k x k )+2011 lo que concluye la demostración. = x 2 k+1 +2x k+1ô xk x k x k x k = (x k+1 + Ô x k x k ) 2, 2. (Solución Alternativa) Primero note que paraa = 2 yb = 2011,x 3 = y x 4 = y que = 1 Lema: Sea i N tal que x i = 2011u 2 v 2,x i+1 = 2011w 2 z 2, para ciertos u,v,w,z N. Si Demostración: Como 2uvwz, resulta u v w z 2 = 1, entonces x i+2 = 2011(u+w) 2 (v +z) 2 N. u v w z 2 = (uz vw) 2 = 1 implica u 2 z 2 + v 2 w 2 1 = x i x i = u 2 w 2 +v 2 z 2 (u 2 z 2 +v 2 w 2 1)2011 = (2011uw vz) 2. Entonces, x i+2 = 2011u 2 v w 2 z 2 +2(2011uw vz) = 2011(u+w) 2 (v+z) 2 N, lo que concluye la demostración del lema.

126 60 Olimpiada Iberoamericana de Matemática w z u v 2 = 1 y x i+2 = 2011(u + w) 2 (v + z) 2 se w z Como u+w v +z 2 = puede aplicar sucesivamente el lema y concluir que x i+n N para n = 1,2,3, La solución tiene tres partes: I) GB GC = DBDC y por lo tanto, la circunferencia de diámetro GD es el círculo de Apolonio de BC; II) RX pasa por los puntos medios de BC y PQ. III) M y N son los puntos medios de QR y PR, respectivamente. Parte I. Hay varias posibles demostraciones para este hecho, veamos dos de ellas. A E F K Γ G B D C Demostración 1: Usando el teorema de Menelao para ABC y la terna G,F,E se obtiene: GB GC CE EA AF FB = 1. Como AF = AE,FB = DB y CE = CD entonces GB GC = DB DC. Demostración 2 (geometría proyectiva): Considere el incírculo como referencia. Siendo G la intersección de la recta EF, polar de A, y de la recta BC, polar de D, entonces la recta polar de G es AD. Es bien conocido que las intersecciones de una recta con un punto, su polar y el círculo de referencia, o sea, G, F, K y E forman una cuaterna armónica. Por lo tanto, AG, AF, AK y AE forman un haz de rayos armónico y luego las intersecciones G, B, D, C de BC con el haz forman una cuaterna armónica, y el resultado sigue. Parte II. Como R está en el círculo de Apolonio de BC y razón DB DC, se tiene RB RC = DB DC, y por lo tanto, por el teorema de la bisectriz, RD es la bisectriz interna del ángulo BRC.

127 5.2 Soluciones 61 A R E F P X Q B D T De este modo, PDB = PRD = BRD = CRD = QRD = DPQ, lo que prueba que las rectas PQ y BC son paralelas. Por lo tanto, RP PB = RQ QC y, por el teorema de Menelao, BT TC CQ QR RP PB = 1 BT = TC o sea, RX para por el punto medio BC y, siendo PQ y BC paralelas, por el punto medio de PQ también. Parte III. Como D y E son puntos de tangencia, los ángulos CDI y CEI son ambos rectos, y por lo tanto el cuadriátero CDIE es cíclico, o sea, I pertenece al cincuncírculo de CDE, y el segmento CI es su diámetro. A C F P R I M E Q B D C ComoM pertenece a ese círculo, CMI es recto, es decir, IM es perpendicular a QR. Pero QR es una cuerda del incírculo de ABC, y por lo tanto, M es su punto

128 62 Olimpiada Iberoamericana de Matemática medio. Análogamente, N es punto medio de PR. Con esos tres hechos, el problema se termina fácilmenteñ note que P M, QR, y RX son medianas del triángulo PQR, y tienen su baricentro con punto común. 3. (Solución Alternativa) Suponga sin pérdida de generalidad, que el radio de Γ es 1. Considere un sistema de ejes cartesianos cuyo origen es el centro de Γ y el eje x es paralelo a BC. Sean D = (0, 1),E = (senβ,cosβ) y F = (senα,cosα). Es fácil verificar que si B = (b, 1) y C = (c, 1) entonces b = 1 tanα/2 y c = 1 tanβ/2 2 F colineales y G = (g, 1), es fácil probar que g = tanα/2+tanβ/2 siendo R = (senγ,cosγ),. Siendo G,E y. Por otro lado, RG RD = 0 (senγ g,cosγ) (senγ,cosγ +1) = 0 g = 2(1+cosγ). senγ Como P pertenece a la recta BR, existe un número real t tal que P = tb + (1 t)r = (senγ +t(b senγ),cosγ +t(1 cosγ)). Como P pertenece también a Γ, (senγ+t(b senγ)) 2 +(cosγ+t(1 cosγ)) 2 = 1 t = Análogamente, Q es de la forma uc +(1 u)r con, u = Así, PQ es paralelo a BC si y sólo si RP PB = RQ QC t = u Pero 2(1+cosγ csenγ) c csenγ +2cosγ b2 +2 2bsenγ +2cosγ 2(1+cosγ bsenγ) 2(1+cosγ bsenγ) b bsenγ +2cosγ. = c2 +2 2csenγ +2cosγ 2(1+cosγ csenγ) b cosγ bsenγ = 2+ c 2 1+cosγ csenγ (1+cosγ) 1 b 2 1 c 2 1 b + 1 c = senγ 1+cosγ = senγ 1 b 1 c 1 b + 1 c = tan α 2 +tan β 2 = 2 g = senγ 1+cosγ, y por lo tanto, de hecho, PQ es paralelo a BC.

129 5.2 Soluciones Seanayblos números ydsu máximo común divisor. Entoncesa = dm yb = dn con mcd(m,n) = 1. Como ab es entero, ab = d 2 mn es cuadrado perfecto y luego m también es cuadrado perfecto. Siendo m y n coprimos, son también cuadrados perfectos. Luego a = dt 2 y b = du 2, con t y u enteros positivos y mcd(t,u) = 1. La media armónica 2ab a+b = 2dt2 u 2 t 2 +u es un entero. Siendo mcd(t 2 + u 2,t 2 ) = 2 mcd(t 2 +u 2,u 2 ) = mcd(t 2,u 2 ) = 1, t 2 +u 2 divide a 2d. Por lo tanto, 2a = k(t 2 +u 2 )t 2 y 2b = k(t 2 +u 2 )u 2. Como a y b son distintos, t u y a+b 2 = k(t2 +u 2 ) 2 4 es entero. Si t 2 +u 2 es impar, k es múltiplo de 4 y a+b 2 4(l ) 2 4 = 25. Si t 2 +u 2 es par, t y u son impares (pues mcd(t,u) = 1) y a+b 2 (l ) 2 4 = 25. Por lo tanto, el valor mínimo de la media aritmética es 25, obtenido paraa = 10 y b = 40 o a = 5 y b = (Solución alternativa 2). Sea d = mcd(x,y). Entonces existen x 0,y 0 Z + tales que x = x 0 d,y = y 0 d. La condición de media armónica es: 2 1 x + 1 y = 2xy x+y Z+. En particular, x +y 2xy. Así, (x 0 + y 0 )d 2x 0 y 0 d 2. Como mcd(x 0,y 0 ) = 1, mcd(x 0 +y 0,x 0 y 0 ) = 1, y entonces x 0 +y 0 2d. La condición de media geométrica es xy = d x 0 y 0 Z +. Como x 0,y 0 son primos relativos, ambos deben ser cuadrados perfectos. Como la media aritmética es un número entero, x e y deben tener la misma paridad. Con x 0 = 1,y 0 = 4, el menor valor d que cumple las propiedades anteriores es 10, para el cual la media aritmética es 25. Para x 0 = 1,y 0 = 9, las condiciones anteriores se verifican con d = 5 y la media aritmética es 25. Si x 0 +y 0 > 10, de x 0 +y 0 2d resulta que d > 5 y MA = (x0+y0)d 2 > 25. Esto descarta todos los demás valores de x 0,y 0 y el mínimo valor para la media aritmética es (Solución alternativa 3). Sea m = a+b 2. Reescribiendo las medias geométrica y armónica en función de a y m resulta: Ô 2ma a2 Z +, (5.1) 2a a2 m Z+. (5.2) De (5.2) se sigue que m a 2. Suponga que m a. Por (5.1) se tiene que 2ma a 2 = m 2 u(2 u) debe ser un cuadrado perfecto, donde u = a/m. La única posibilidad

130 64 Olimpiada Iberoamericana de Matemática es u = 1, en cuyo caso a = m = b, lo que no cumple con la condición. Entonces, m a. Sea a = p e1 1 p e2 2...p en n con p 1,p 2,...,p n primos y e j > 0. Como m a,m a 2, existe i {1,2,...,n} tal que p ei+1 i m. Luego m puede escribirse como m = p q i x con 2e i > q > e i > 0 y p i x. Se ve que si p i = 5,m = 25 y a = 5 es un par que satisface (5.1). Se puede comprobar que para los casos m = 2 2,2 2 3,22 5,23,2 3 3,24,3 2,3 2 3 no satisfacen (5.1). Por tanto, m = 25 es el mínimo. 4. (Solución alternativa 4). Sea m = a+b 2. Entonces como en la solución anterior se tienen (5.1) y (5.2). De (5.1) se sigue que existe un entero positivo c tal que 2ma a 2 = c 2, o sea, m 2 (a m) 2 = c 2, o (a m) 2 +c 2 = m 2. Así, (a m,c,m) es una terna pitagórica. Por lo tanto, existen enteros positivos d,u,c con mcd(u,v) = 1 y u + v impar tales que a m = d(u 2 v 2 ),c = 2duv,m = d(u 2 + v 2 ) o a m = 2duv,c = d(u 2 v 2 ),m = d(u 2 +v 2 ). De (5.1) se sigue que m a 2, y luego m a 2 2am+m 2 = (a m 2 ). Por lo tanto, en el primer caso, d(u 2 +v 2 ) d 2 (u 2 v 2 ), o sea, u 2 +v 2 d(u 2 v 2 ) 2, y el segundo d(u 2 +v 2 ) 4d 2 u 2 v 2 ), o sea, u 2 +v 2 4du 2 v 2. Como u y v son coprimos y de paridades distintas, mcd(u 2 +v 2,u 2 v 2 ) = 1 y mcd(u 2 +v 2,4u 2 v 2 ) = 1, y por lo tanto, en cualquier caso, u 2 +v 2 d y luego (u 2 +v 2 ) 2 d(u 2 +v 2 ) = m. Como u y v tienen paridades distintas, tenemos u 2 +v = 5 = m (u 2 +v 2 ) 5 2 = 25. Haciendo d = = 5,u = 2,v = 1 tenemos por ejemplo la solución a m = 5( ) = 15,c = = 20 y m = 5( ) = 25 (o sea, a = 40,b = 2m a = 10). Así, el menor valor posible para la media aritmética es (Solución de Carlos Lamas Bárcenas). Sean M, N, P, Q los puntos medios de AB, BC, CD y AD, respectivamente. Entonces es cierto que MQPN es un paralelogramo con diagonales que se cortan en el punto G que es el punto medio de NQ y MP. Puesto que AC es perpendicular a BD, se tiene que KQ es perpendicular a BC debido a que KDQ = QKD = α. Por tanto, CKE = 90 α y BCA = KDQ = α. Adicionalmente, ON es perpendicular a BC pues N es punto medio entonces ON y KQ son paralelas. Así mismo, N K y OQ son paralelas por lo que entonces NOQK es un paralelogramo y KO y NQ se cortan en el mismo punto medio. Entonces esto prueba que K, G y O son colineales. Sean Γ 1 y Γ 2 las circunferencias circunscritas de los triángulos OBD y ADC, respectivamente. Supongamos por reducción al absurdo que OK no corta en L a Γ 1 y Γ 2. Entonces, sean L 1 y L 2 los puntos de corte de Γ 1 y Γ 2 con OK, es decir, que se deben cumplir una de las siguientes desigualdades: OL 1 < OL 2 ó OL 2 < OL 1. Por potencia de un punto se tiene que AK KC = BK KD = OK KL 1 = OK KL 2. Con esto acabamos de obtener que KL 1 = KL 2 lo que implica una contradicción que se deriva de suponer que OK no corta en L a Γ 1 y Γ 2, por tanto, L es el punto de corte de OK con Γ 1,Γ 2 y por ello, K, O y L son colineales.

131 5.2 Soluciones 65 L Γ 1 Γ 2 M B E N A K α C α G O Q P α D 6. Sean P 1, P 2,..., P 12 los puntos (personas), con los subíndices tomados módulo 12. Si un florero está situado en la intersección de k segmentos P i P j diremos que cada segmento está bloqueado por 1/k de florero. El bloqueo de un segmento es la suma de las fracciones correspondientes a los floreros que estén sobre él. Es claro que la suma de los bloqueos de todos los segmentos es igual al número de floreros colocados sobre los segmentos. Supongamos ahora que todas las visualesp i P j están bloqueadas por los floreros. Entonces es claro que el bloqueo de cada segmento P i P i+1 es al menos 1. El de cada segmento P i P i+2 es al menos 1/2, ya que un florero sobre P i P i+2 puede bloquear a lo sumo un segmento adicional P i+1 P j. De manera análoga el bloqueo de cada segmento P i P i+3 es al menos 1/3, el de cada segmento P i P i+4 es al menos 1/4, el de cada segmento P i P i+5 es al menos 1/5 y el de cada segmento P i P i+6 es al menos 1/6. por lo tanto el bloqueo total es = > 28, lo que muestra que 28 floreros no son suficientes para bloquear todas las visuales.

132 66 Olimpiada Iberoamericana de Matemática

133 Capítulo 6 Olimpiada Internacional de Matemática Esta sección está dedicada a la Olimpiada Internacional de Matemáticas 2010, celebrada del 2 al 14 de Julio en Kazajstán. El equipo venezolano estuvo integrado por los estudiantes Carmela Acevedo, de la Academia Washington de Caracas y David Urdaneta, del Liceo Los Robles de Maracaibo. El jefe de la delegación el profesor Rafael Sánchez Lamoneda, de la UCV, y el tutor el profesor Henry Martínez, de la UPEL. La estudiante Carmela Acevedo obtuvo mención de honor por su solución al problema 4. Las soluciones que damos a los problemas planteados son las oficiales del banco de problemas, salvo en el problema número 4, donde damos la solución de la estudiante Carmela Acevedo Problemas (Primer Día) Problema 1. Determine todas las funciones ê f : R í R tales que f ( x y) = f(x) f(y) para todos los números x,y R. ( z denota el mayor entero que es menor o igual que z.) Problema 2. Sea ABC un triángulo, I su incentro y Γ su circunferencia circunscrita. La recta AI corta de nuevo a Γ en D. Sean E un punto en el arco BDC y F un punto en el lado BC tales que BAF = CAE < 1 2 BAC.

134 68 Olimpiada Internacional de Matemática Sea G el punto medio del segmento IF. Demuestre que las rectas DG y EI se cortan sobre Γ. Problema 3. Sea N el conjunto de los enteros positivos. Determine todas las funciones g: N N tales que g(m)+n m+g(n) es un cuadrado perfecto para todo m,n N. (Segundo Día) Problema 4. Sea Γ la circunferencia circunscrita al triángulo ABC y P un punto en el interior del triángulo. Las rectas AP, BP y CP cortan de nuevo a Γ en los puntos K, L y M, respectivamente. La recta tangente a Γ en C corta a la recta AB en S. Si se tiene que SC = SP, demuestre que MK = ML. Problema 5. En cada una de las seis cajasb 1,B 2,B 3,B 4,B 5,B 6 hay inicialmente sólo una moneda. Se permiten dos tipos de operaciones: Tipo 1: Elegir una caja no vacía B j, con 1 j 5. Retirar una moneda de B j y añadir dos monedas a B j+1. Tipo 2: Elegir una caja no vacía B k, con 1 k 4. Retirar una moneda de B k e intercambiar los contenidos de las cajas (posiblemente vacías) B k+1 y B k+2. Determine si existe una sucesión finita de estas operaciones que deja a las cajas B 1,B 2,B 3,B 4,B 5 vacías y a la caja B 6 con exactamente monedas. (Observe que a bc = a (bc).) Problema 6. Sea a 1,a 2,a 3,... una sucesión de números reales positivos. Se tiene que para algún entero positivo s, a n = máx{a k +a n k tal que 1 k n 1} (1) para todo n > s. Demuestre que existen enteros positivos l y N, con l s, tales que a n = a l +a n l para todo n N Soluciones 1. Supongamos primero que f(y) = 0 para algún y. Entonces haciendo x = 1 en f x y = f(x) ê f(y) í nos queda, f(y) = f(1) f(y) = 0. Por lo tanto si para todo y, f(y) = 0, entonces f(y) = 0 para todo y. Además un simple cáculo demuestra que la función nula f(x) = 0 para todo x, satisface las condiciones del

135 6.2 Soluciones 69 problema. Supongamos entonces que existe un número real a tal que f(a) 0. En este caso tenemos que, o bien f(x a ) = f(x) f(a), f(x) = f(x a ) f(a). En consecuencia, si x 1 = x 2, entonces f(x 1 ) = f(x 2 ). Por lo tanto f(x) = f( x ) para todo x, y podemos suponer sin pérdida de generalidad que a es un número entero. Ahora tenemos: f(a) = f(2a 1 2 ) = f(2a) f(1 ) = f(2a) f(0), 2 y por lo tanto f(0) 0 Esto nos permite suponer que a = 0 y entonces la ecuación f(x) = f(x a ) f(a), nos da: f(x) = f(0) f(0) = C 0 para todo x. Pero por la ecuación que satisface la función f, tenemos que, C = C C, y entonces C = 1, es decir 1 C < 2. Un simple cálculo demuestra que la función f(x) = C con 1 C < 2, para todo x, satisface las condiciones del problema. Por lo tanto una función f satisface la igualdad pedida si y solo, o bien f(x) = 0 para todo x, o bien para todo x, f(x) = C con 1 C < Llamemos X al otro punto de intersección de la recta EI con Γ, y sea L el punto de intersección del lado BC con la bisectriz AI del ángulo BAC. Llamemos G y T a los puntos de intersección del segmento DX con las rectas IF y AF, respectivamente (ver figura 6.1). Para resolver el problema es suficiente con demostrar que G = G o que IG = G F. Como los puntos G y T están en la recta DX, el teorema de Menelao afirma que: Si demostramos que AD ID TF AT AD ID TF AT G F IG = 1. = 1, o que AD ID = TF AT, tendremos que G F IG = 1, es decir, G F = IG. Sea K A el otro punto de intersección de la recta AF con Γ. Como BAK = CAE, entonces BK = CE, por lo tanto las rectas KE y BC son paralelas. Observemos ahora que IAT = DAK = EAD = EXD = IXT, por lo tanto los puntos I, A, X y T son concíclicos.

136 70 Olimpiada Internacional de Matemática Γ X A T I B F G L C K E D Figura 6.1: Problema 2 Entonces tenemos que ITA = IXA = EXA = EKA, por lo tanto las rectas IT y KE son paralelas y por transitividad lo son también las rectas IT y BC. De aquí tenemos la relación, TF AT = IL AI. Como CI es la bisectriz del ángulo ACL, tenemos que, IL AI = CL AC. Además DCL = DCB = DAB = CAD = 1 2 BAC, y por ello los triángulos DCL y DAC son semejantes, lo cual nos permite obtener la relación, CL AC = DC AD. Finalmente, como D es el punto medio del arco BC, entonces, D equidista de los puntos I, B y C, por lo tanto, DC AD = ID AD. Juntando todas estas igualdades tenemos: TF AT = IL AI = CL AC = DC AD = ID AD 3. Supongamos primero que si p es un número primo y p (f(k) f(l)) para enteros positivos k y l, entonces p (k l). Vamos a resolver el problema en este caso y luego veremos que esto es lo que siempre sucede. Supongamos quef(k) = f(l) para algún par de enteros positiovsk yl. Entonces todo número primo p divide a k l, pues divide a f(k) f(l) = 0. En consecuencia

137 6.2 Soluciones 71 k l = 0, y k = l. Por lo tanto la función f es inyectiva. Consideremos ahora los números f(k +1) y f(k), para cualquier entero positivo k. Como k +1 k = 1, entonces ningún número primo p divide a k +1 k y en consecuenciaf(k+1) f(k) no tiene divisores primos, es decir f(k+1) f(k) = 1. Sea q = f(2) f(1), con q = 1. Demostremos por inducción que para todo entero positivo n, f(n) = f(1)+q(n 1). Por la definición de q, la proposición es cierta para n = 1,2. Supongamos ahora que la proposición es cierta para todo 1 m n, es decir f(m) = f(1)+ q(m 1), para 1 m n, y demostremos que f(n+1) = f(1)+qn. En efecto. f(n + 1) = f(n) ± q = f(1) + q(n 1) ± q. Si f(n + 1) = f(n) q, entonces f(n+1) = f(1)+q(n 1) q = f(1)+q(n 2) = f(n 1). Pero la función f es inyectiva, por lo tanto, f(n+1) f(n 1), entonces f(n+1) = f(1)+qn. En consecuencia para todo entero positivontenemos quef(n) = f(1)+q(n 1) y q = 1. Pero si q = 1, entonces f(n) = f(1) + 1 n y para n f(1) + 1, f(n) 0, lo cual es absurdo, por lo tanto q = 1 y f(n) = (f(1) 1)+n, para todo entero positivo n, como queríamos. Falta ahora ver que nuestra suposición inicial es siempre cierta. Es decir: Sea p un número primo, k y l enteros positivos tales que p (f(k) f(l)), entonces p (k l). En efecto: Supongamos primero que p 2 (f(k) f(l)). Entonces para algún entero m se cumple que f(l) = f(k)+p 2 m. Sea D un entero positivo no divisible por p y tal que D > máx{f(k),f(l)}. Hagamos n = pd f(k). Entonces los enteros positivos n+f(k) = pd y n+f(l) = pd+(f(l) f(k)) = p(d+pm) son ambos divisibles por p pero no por p 2. Por la hipótesis del problema, tanto (f(k) + n)(f(n) + k) como (f(l)+n)(f(n)+l) son cuadrados y divisibles por p, (por lo tanto divisibles por p 2 ). En consecuencia f(n)+k y f(n)+l, también son divisibles por p y por lo tanto p [(f(n)+k) (f(n)+l)] = k l. Por otra parte si f(k) f(l) es divisible por p pero no por p 2, entonces elegimos el mismo número D y tomamos n = p 3 D f(k). Entonces f(k) + n = p 3 D es divisible por p 3 pero no por p 4 y f(l)+n = p 3 D +(f(l) f(k)) es divisible por p pero no por p 2. Entonces por un razonamiento análogo al anterior, f(n)+k y f(n)+l son divisibles porpypor lo tanto también lo es(f(n)+k) (f(n)+l) = k l. 4. (Solución de Carmela Acevedo). Como SC es tangente a la circunferencia Γ, por potencia del punto S con respecto a Γ se tiene que SB SA = SC 2. Pero al mismo tiempo sabemos que SP = SC, entonces SB SA = SP 2, por lo que SB SP = SP SA y como BSP = PSA, podemos concluir que los triángulos SAP y SPB son semejantes (ver figura 6.2). Así, tenemos que SAP = BPS, pero al mismo tiempo SAP = BLK, pues están subtendidos por el mismo arco BK. Entonces BPS = BLK y podemos concluir que las rectas PS y LK son paralelas, ya que estos ángulos son correspondientes. Sea {X} = MK SP. Sabemos que MKC = 180 MCS por estar subtendidos en arcos opuestos. Por ser el triángulo SP C isósceles en S, tenemos

138 72 Olimpiada Internacional de Matemática A L Γ M O P C X K B S Figura 6.2: Problema 4 que MCS = SPC, por lo que MKC = 180 SPC. En consecuencia el cuadrilátero XPCK es concíclico y por lo tanto PXK = 180 MCK y MCK = MXP. Finalmente, como M LK = M CK pues están subtendidos por el mismo arco MK y como MXP = MKL ya que son ángulos correspondientes con respecto a las paralelas SP y KL, podemos concluir que MLK = MKL y por lo tanto el triángulo MKL es isósceles en M, es decir, MK = ML. 5. Sí existe una sucesión finita de operaciones como la pedida. Veamos: Para comenzar denotemos por (a 1,a 2,...,a n ) (a 1,a 2,...,a n ) lo siguiente: Si algunas cajas consecutivas contienen a 1,a 2,...,a n monedas, entonces será posible realizar varias de las operaciones permitidas tal que las cajas contengan a 1,a 2,...,a n, respectivamente, mientras que el contenido de cada una de las otras cajas permanece inalterado.

139 6.2 Soluciones 73 Sea A = Nuestra meta es demostrar que: (1,1,...,1) (0,0,...,0,A). Demostremos primero dos observaciones. Lema 1. (a,0,0) (0,2 a,0) para todo a 1. Demostración. Probaremos por inducción que (a,0,0) (a k,2 k,0) para todo 1 k a. Si k = 1 aplicamos la Operación Tipo 1 a la primera caja: (a,0,0) (a 1,2,0) = (a 1,2 1,0). Ahora supongamos que k < a y la proposición es cierta para algún k < a. Comenzando con (a k,2 k,0), apliquemos la Operación Tipo 1 a la caja del medio 2 k veces hasta que esta quede vacía. Una vez hecho esto aplicamos la Operación Tipo 2 a la primera caja: (a k,2 k,0) (a k,2 k 1,2) (a k,0,2 k+1 ) (a k 1,2 k+1,0). Por lo tanto tenemos (a,0,0) (a k,2 k,0) (a k 1,2 k+1,0). 2 ßÞÐ n Lema 2. Para todo entero positivo n, sea P n = Entonces (a,0,0,0) (0,P a,0,0), para todo a 1. (por ejemplo P 3 = 2 22 = 16). Demostración. De manera similar al Lema 1, demostraremos que (a,0,0,0) (a k,p k,0,0) para todo a 1. Si k = 1, aplicamos la Operación Tipo 1 a la primera caja: (a,0,0,0) (a 1,2,0,0) = (a 1,P 1,0,0). Supongamos ahora que el lema es cierto para k < a. Comencemos por aplicar el Lema 1 a (P k,0,0) en (a k,p k,0,0), y luego aplicamos la Operación Tipo 2 a la primera caja, de esta manera obtenemos: (a k.p k,0,0) (a k,0,2 P k,0) = (a k,0,p k+1,0,0) (a k 1,P k+1,0,0) Por tanto: (a,0,0,0) (a k.p k,0,0) (a k 1,P k+1,0,0) Continuando de esta manera se termina la demostración.

140 74 Olimpiada Internacional de Matemática Volvamos ahora al problema original. Para demostrar que sí existe la secuencia de operaciones pedida, apliquemos primero la Operación Tipo 1 a la caja B 5, y luego la Operación Tipo2alas cajasb 4,B 3,B 2, yb 1, en ese orden. A continuación aplicamos dos veces el Lema 2 y obtenemos: (1,1,1,1,1,1) (1,1,1,1,0,3) (1,1,1,0,3,0) (1,1,0,3,0,0) (1,0,3,0,0,0) (0,3,0,0,0,0) (0,0,P 3,0,0,0) = (0,0,16,0,0,0) (0,0,0,P 16,0,0) En este momento ya tenemos en la caja B 4 una cantidad de monedas mayor que A, pues: A = < (2 11 ) = 2 11, < < 2 (211 ) 2011 = 2 211,2011 < < P 16. Para que el número de monedas en la caja B 4 disminuya, le aplicamos repetidas veces a esta caja la Operación Tipo 2, hasta que la cantidad de monedas sea igual a A 4. En cada paso, retiramos una moneda de B 4 e intercambiamos las cajas vacías, B 5 y B 6. Esto es: (0,0,0,P 16,0,0) (0,0,0,P 16 1,0,0) (0,0,0,P 16 2,0,0)... (0,0,0, A 4,0,0). Finalmente, aplicamos la Operación Tipo 1 para vaciar las cajas B 4 y B 5, para obtener el resultado: (0,0,0, A 4,0,0) (0,0,0,0, A,0) (0,0,0,0,0,A) Para comenzar observemos que de las condiciones del problema se deduce que, cada a n para n > r se puede expresar como a n = a s +a t, con s,t < n y s+t = n. Por lo tanto si, digamos, a s > r, entonces podemos proceder de la misma manera para a s, como lo hicimos con a n. De esta forma podemos expresar a a n como la suma: a n = a i1 + +a ik (2) 1 i j r, i 1 + +i k = n (3) Más aún, asumiendo sin pérdida de generalidad que a i1 y a i2 son los números en (2) que se obtienen en el último paso, entonces i 1 +i 2 > r. Por lo tanto podemos acomodar (3) de la siguiente manera: 1 i j r, i 1 + +i k = n, i 1 +i 2 > r. (4)

141 6.2 Soluciones 75 Por otra parte, supongamos que los índices i 1,...i k satisfacen las condiciones (4). Entonces, si denotamos s j = i 1 + +i j, por (1) deducimos que: a n = a sk a sk 1 +a ik a sk 2 +a ik 1 +a ik a i1 + +a ik. Resumiendo lo hecho hasta ahora, hemos demostrado que para todo n > r se tiene que a n = máx{a i1 + +a ik : (i 1,...i k ) satisface (4)}. Denotemos ahora s = máx (a i 1 i r i ), y fijemos un índice l r tal que s = a l l. Elijamos una expansión de a n cuyos índices satisfagan (3) y (4). Entonces tenemos que n = i i k rk. Por lo tanto k n/r. Supongamos que n r 2 l+2r. Entonces k n/r rl+2 y k 2 rl. Supongamos que ninguno de los k 2 números i 3,...i k, es igual a l. Por el Principio de las Casillas, existe un índice 1 j r que aparece entre los índices i 3,...i k al menos l veces, y además j l. Ahora borremos todas las veces que j aparece en (i 1,...,i k ), y pongamos en su lugar a l. Obtenemos así una nueva secuencia de índices (i 1,i 2,i 3,...,i k ) que también satisface (4). Por lo que demostramos antes, tenemos: a i1 + +a ik = a n a i1 +a i2 +a i 3 + +a i k. y luego de eliminar los términos comunes a ambos lados de la desigualdad, la j ja l, por tanto a l l aj j. Por la definión de l esto quiere decir que la j = ja l, por lo tanto: a n = a i1 +a i2 +a i 3 + +a i. k Luego, para n r 2 l+2r hemos encontrado una representación de la forma (2),(4) con i j = l, para algún j 3. Reordenando ahora los índices podemos suponer que i k = l. Para finalizar, observemos que en esta representación, los índices (i 1,...,i k 1 ) satisfacen las condiciones (4), con n l en vez de n. Luego, por lo demostrado al comienzo obtenemos: y por (1) esto implica que a n l +a l a i1 + +a ik 1 +a l = a n, a n = a n l +a l, para cada n r 2 l+2r, como queríamos.

142 76 Olimpiada Internacional de Matemática

143 Glosario Ángulo inscripto. Si A, B y C son puntos de una circunferencia de centro O, se dice que el ángulo ABC está inscripto en la circunferencia y que subtiende el arco AC que no contiene a B. La medida de ABC es igual a la mitad del ángulo central AOC. Ángulo semiinscripto. Es el que tiene el vértice en una circunferencia, un lado tangente a la misma y el otro secante. Círculo de Apolonio. Es el lugar geométrico de los puntos P del plano tales que su razón de distancias a dos puntos dados A y B es una constante dada r > 0, r 1. Es una circunferencia cuyo centro está sobre el segmento AB. (Si r = 1 el lugar geométrico es la mediatriz del segmento AB). Circuncírculo. Es la (única) circunferencia que pasa por los tres vértices de un triángulo. Circunferencia circunscripta. Ver Circuncírculo. Coeficiente binomial. Es el coeficiente de x k en el desarrollo de (1+x) n. También es igual al número de subconjuntos de k elementos que tiene un conjunto n de n elementos. Se denota k y puede calcularse así: n k = n! k!(n k)! n(n 1) (n k +1) = n Colineales. Dícese de los puntos que están sobre una misma línea recta. Coprimos. (o primos relativos). Dícese de dos números enteros sin factores primos comunes (o, equivalentemente, cuyo máximo común divisor es 1). Cuadrilátero cíclico (también llamado concíclico o inscriptible). Es un cuadrilatero que puede ser inscripto en una circunferencia, es decir, tal que alguna circunferencia pasa por sus cuatro vértices. Una condición necesaria y suficiente para que un cuadrilátero sea cíclico es que tenga un par de ángulos opuestos suplementarios.

144 78 Glosario Cuaterna armónica. Los puntos alineados A, B, C y D forman una cuaterna armónica si y sólo si exactamente uno de los puntos A y B pertenece al segmento CD y además se cumple AC AD = BC BD. Eje radical. Dadas dos circunferencias no concéntricas, es el lugar geométrico de los puntos que tienen igual potencia respecto a ambas. Siempre es una recta perpendicular a la que une los centros de ambas circunferencias. Incentro. Es el punto en que concurren las tres bisectrices de un triángulo. Como equidista de los tres lados del triángulo, es el centro de una circunferencia tangente internamente a ellos. Incírculo. Es la circunferencia tangente internamente a los tres lados de un triángulo. Potencia. Sean P un punto, Γ una circunferencia y r una recta que pase por P y corta a la circunferencia en A y B (si r es tangente a Γ consideramos que A = B). Entonces el producto PA PB no depende de r, y su valor es por definición la potencia de P respecto a Γ, Pot(P,Γ). Las distancias PA y PB se consideran orientadas, es decir que la potencia es positiva o negativa según que P sea exterior o interior a Γ. Obviamente Pot(P,Γ) = 0 si y sólo si P pertenece a Γ. Principio de las casillas. Si n objetos se distribuyen en k cajas, y n > k, entonces alguna caja recibe más de un objeto. Razón áurea. Se dice que un punto C divide a un segmento AB en media y extrema razón si AB/BC = AC/AB. En este caso a la razón AC/AB se le conoce como razón áurea, número áureo, divina proporción y varios otros nombres. Se suele denotar con la letra griega ϕ y su valor es ϕ = Teorema de la bisectriz. Sean ABC un triángulo, V el punto en que la bisectriz desde A corta al lado BC y U el punto en que la bisectriz exterior por A corta a la prolongación del lado BC. Entonces VB VC = UB UC = AB AC = BC AB +AC. Teorema de Menelao. Sea ABC un triángulo y sean P, Q y R tres puntos ubicados respectivamente en las rectas BC, CA y AB y diferentes de A, B y C. Entonces P, Q y R están alineados si y sólo si BP PC CQ QA AR RB = 1.

145 Glosario 79 Terna pitagórica. Es un conjunto de tres enteros positivos a, b y c que cumplen la relación a 2 + b 2 = c 2. Si mcd(a,b,c) = 1 la terna se dice primitiva. En ese caso a y b deben ser de diferente paridad, digamos a impar y b par, y se puede probar que existen enteros u y v, coprimos y de diferente paridad, tales que a = u 2 v 2, b = 2uv y c = u 2 +v 2.

146 80 Estudiantes Premiados en la Final Nacional de la Olimpiada Juvenil de Matemáticas 2010 Primer Año Medallas de Oro Jesús A. Bastardo C. Iberoamericano Edo. Bolívar Elizabeth Baptiste Las Colinas Edo. Lara Carlos R. Bravo N. Los Robles Edo. Zulia Medallas de Plata Luis Gabriel Gil Araujo Joseph Lancaster Edo. Carabobo Juan Salvador Arvelo Joseph Lancaster Edo. Carabobo Daniel Calderas Colegio Francia Dto. Capital Yefferson Vílchez P. Ramon Reinoso Núñez Edo. Zulia Shuyi Zheng Nuestra Sra. de Lourdes I Edo. Anzoátegui Medallas de Bronce Luis Eduardo Ruiz Las Colinas Edo. Lara Ricardo Silva San Gabriel Arcángel Edo. Carabobo Juan A. Cramer San José Edo. Aragua Menciones de Honor Valentina Cano Arcay Cristo Rey Dto. Capital Luis Daniel Domínguez Orozco Colegio San Ignacio Dto. Capital Jorge A. Navia G. Bellas Artes Edo. Zulia José Ricardo Ortega San Lázaro Edo. Sucre Armando J. Trombetta N. Arco Iris Edo. Nueva Esparta Vicente Antonorsi Colegio San Ignacio Dto. Capital Gerardo Carrillo Nuestra Sra. de Belén Edo. Aragua Valeria A. Catari V. Las Colinas Edo. Lara Mariángel I. Urdaneta G. San Vicente de Paul Edo. Zulia

147 Segundo Año Medallas de Oro Rubmary D. Rojas L. Divina Pastora Edo. Lara Rodrigo Delgado Academia Washington Dto. Capital Medallas de Plata Wei M. Liang Z. Iberoamericano Edo. Bolívar Juan Diego Ocando República de venezuela Edo. Trujillo Alí A. Reyes R. Andrés Eloy Blanco Edo. Zulia Rodolfo J. Márquez V. María Santísima Edo. Lara Luis A. Medina B. Andrés Eloy Blanco Edo. Zulia Medallas de Bronce Mathías San Miguel San Lázaro Edo. Sucre Mario Bocaranda Academia Washington Dto. Capital Johel A. Arteaga R. Juan XXIII Edo. Carabobo Daniel Nuñez Carlino Colegio Valle Alto Edo. Miranda Luis Alvarez Bella Vista Edo. Aragua Evelin C. Hernao H. Altamira Edo. Zulia Menciones de Honor Andrea López San Lázaro Edo. Sucre Luisa Martínez San Lázaro Edo. Sucre Fernanda Andreina Lagrange S. San Gabriel Arcangel Edo. Carabobo Efigenia Sabelli San Lázaro Edo. Sucre Rosa A. Tanzi G. Loyola Gumilla Edo. Bolívar Miguel Alberto Emil Friedman Dto. Capital Gianpaolo Cuticchia San José Edo. Aragua Víctor Rafael Estévez Andrés Bello Edo. Nueva Esparta Victoria E. Prado G. Altamira Edo. Zulia 81 Tercer Año Medallas de Oro Diego Leonardo Peña Los Hipocampitos Edo. Miranda Medallas de Plata Sergio Villaroel San Lázaro Edo. Sucre Medallas de Bronce Mariana Saavedra Ntra. Sra. De Lourdes Edo. Carabobo

148 82 Menciones de Honor José A. Olivier R. Loyola Gumilla Edo. Bolívar Ezequiel Quijada Ntra Sra de la Paz Edo. Anzoátegui Francisco Coll Ovalle Agustiniano Cristo Rey Dto. Capital Miguel A. Linares F. San Pedro Edo. Lara Cuarto Año Medallas de Oro David E. Villalobos P. Alemán Edo. Zulia Medallas de Plata Carlos D. Lamas Bárcenas Independencia Edo. Lara Medallas de Bronce Edenys C. Hernao H. Altamira Edo. Zulia Tomás A. Rodríguez O. Arco Iris Edo. Nueva Esparta Menciones de Honor Miguelángel Dahdah Academia Washington Dto. Capital Rodrigo A. Sequeda C. Las Colinas Edo. Lara Quinto Año Medallas de Oro Jesús Rangel Santiago De León Dto. Capital Medallas de Plata Freddy J. Sánchez G. Cnel. Miguel A. Vásquez Edo. Zulia Menciones de Honor Emery Dunia La Esperanza Edo. Carabobo Félix R. Hernández H. Francisco Javier Edo. Lara

149 83 Premios Especiales David E. Villalobos P. Alemán Edo. Zulia Premio de la Fundación Empresas Polar a la mejor prueba. Freddy J. Sánchez G. Cnel. Miguel A. Vásquez Edo. Zulia Premio UNEXPO a la respuesta más creativa. Rubmary D. Rojas L. Divina Pastora Edo. Lara Premio UC a la mejor prueba de Primer y Segundo Años.

150 Olimpiada Juvenil de Matemáticas 2010 Comité Organizador Nacional Rafael Sánchez Lamoneda (Presidente) Saturnino Fermín Reyes (Coordinador Administrativo) José Heber Nieto Said (Coordinador Académico) Henry Martínez León (Coordinador de Entrenamientos) Laura Vielma Herrero (Calendario Matemático) Eduardo Sarabia Silvina María de Jesús Coordinadores Regionales Prof. Lisandro Alvarado (Altos Mirandinos) Prof. Omar Sosa (Amazonas) Prof. María de Mejias (Anzoátegui Norte) Prof. Rafael Antonio Valdez Tovar (Apure) Prof. Vilma Escalona (Aragua) Prof. Mary Acosta (Bolívar) Prof. Jorge W. Salazar (Carabobo) Prof. Sonia Chacón (Cojedes) Prof. Dibeth Bravo (Falcón) Prof. Carlos Lira (Guárico) Prof. Víctor Caruci (Lara) Prof. José Toloza (Mérida) Prof. Yelenny Guanipa (Monagas) Prof. Emilia Peña (Nueva Esparta) Prof. María Martínez G. (Portuguesa) Prof. Luisa López (Sucre) Prof. Jorge Lozada (Táchira) Prof. Ramón Blanco (Trujillo) Prof. Nancy Candiales (Yaracuy) Prof. José Heber Nieto (Zulia)

151 ÇÐÑÔ ÅØÑ Ø ¾¼½½ ÇÂÅ ÇÅ ÇÅ ÇÁÅ ÁÅǵ ÈÖÓÐÑ Ý ËÓÐÙÓÒ ÂÓ ÀÖ ÆØÓ Ë ÊÐ Ë ÒÞ ÄÑÓÒ ÄÙÖ ÎÐÑ ÀÖÖÖÓ

152

153 Ò ÒÖÐ ÁÒØÖÓÙÒ ½ ½º ÈÖÙ ÈÖÐÑÒÖ ½º½º ÈÖÙ ÈÖÑÖ Ó Ý ËÙÒÓ Ó º º º º º º º º º º º º º º º º ½º½º½º ËÓÐÙÓÒ º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º ½º¾º ÈÖÙ ÌÖÖ Ó º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º ½½ ½º¾º½º ËÓÐÙÓÒ º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º ½ ½º º ÈÖÙ ÙÖØÓ Ó Ý ÉÙÒØÓ Ó º º º º º º º º º º º º º º º º º ¾¼ ½º º½º ËÓÐÙÓÒ º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º ¾ ¾º ÈÖÙ ÊÓÒÐ ¾ ¾º½º ÈÖÙ ÈÖÑÖ Ó º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º ¾ ¾º½º½º ËÓÐÙÓÒ º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º ¼ ¾º¾º ÈÖÙ ËÙÒÓ Ó º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º ½ ¾º¾º½º ËÓÐÙÓÒ º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º ½ ¾º º ÈÖÙ ÌÖÖ Ó º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º ½ ¾º º½º ËÓÐÙÓÒ º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º ¾ ¾ºº ÈÖÙ ÙÖØÓ Ó º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º ¾ºº½º ËÓÐÙÓÒ º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º ¾ºº ÈÖÙ ÉÙÒØÓ Ó º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º ¾ºº½º ËÓÐÙÓÒ º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º ÈÖÙ ÒÐ º½º ÈÖÙ ÈÖÑÖ Ó º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º½º½º ËÓÐÙÓÒ º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º¾º ÈÖÙ ËÙÒÓ Ó º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º¾º½º ËÓÐÙÓÒ º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º ÈÖÙ ÌÖÖ Ó º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º½º ËÓÐÙÓÒ º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º ¼ ºº ÈÖÙ ÙÖØÓ Ó º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º ¾ ºº½º ËÓÐÙÓÒ º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º ¾

154 ºº ÈÖÙ ÉÙÒØÓ Ó º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º ºº½º ËÓÐÙÓÒ º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º ÇÐÑÔ ÅÝÓ º½º ÈÖÓÐÑ Ð ÈÖÑÖ ÆÚÐ º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º¾º ËÓÐÙÓÒ Ð ÈÖÑÖ ÆÚÐ º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º ÈÖÓÐÑ Ð ËÙÒÓ ÆÚÐ º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º ºº ËÓÐÙÓÒ Ð ËÙÒÓ ÆÚÐ º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º ÇÐÑÔ ÅØÑ Ø ÒØÖÓÑÖ Ý Ð Ö º½º ÈÖÓÐÑ º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º¾º ËÓÐÙÓÒ º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º ÇÐÑÔ ÁÖÓÑÖÒ ÅØÑ Ø ½ º½º ÈÖÓÐÑ º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º ½ º¾º ËÓÐÙÓÒ º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º ¾ º ÇÐÑÔ ÁÒØÖÒÓÒÐ ÅØÑ Ø ½ º½º ÈÖÓÐÑ º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º ½ º¾º ËÓÐÙÓÒ º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º º ¾ ÐÓ ÖÓ ØÙÒØ ÈÖÑÓ Ò Ð ÒÐ ÆÓÒÐ Ð ÇÂÅ ¾¼½½ ¾

155 ÁÒØÖÓÙÒ Ä ÇÐÑÔ ÅØÑ Ø ÓÒ ÓÑÔØÒ Ö ÔÖÒÔÐÑÒØ ¹ ÚÒ ÙÐ ÐÑÒØÐ Ý ÙÒÖº ØÙÐÑÒØ Ø ØÚ ÜØÒÓ ÔÓÖ ØÓÓ Ð ÑÙÒÓ Ó Ù ÖÒ ØÚ Ò Ð ÔÓÔÙÐÖÞÒ Ð ÑØÑ Ø Ý Ò Ð ØÒ ÚÒ ÓÒ ØÐÒØÓ ÔÖ Ð ØÙÓ Ø Òº Ð ÔÖ ÒØ ÐÖÓ ÖÒ ØÓÓ ÐÓ ÔÖÓÐÑ ÔÖÓÔÙ ØÓ Ò Ð ÇÐÑÔ ÂÙÚÒÐ ÅØÑ Ø ÇÂÅ ¾¼½½º ÌÑÒ ÔÖ ÒØÑÓ ÐÓ ÔÖÓÐÑ Ð ØÖ Óѹ ÔØÒ ÒØÖÒÓÒÐ Ð ÙÐ ØÑÓ ÙÖÒØ Ø Ó Ð 52 a ÇÐÑÔ ÁÒØÖÒÓÒÐ ÅØÑ Ø ÁÅÇ ÐÖ Ò Ñ ØÖÑ È Ó Ð ½¾ Ð ¾ ÂÙÐÓº Ä ÁÁÁ ÇÐÑÔ ÅØÑ Ø ÒØÖÓÑÖ Ý Ð Ö ÇÅ ÐÖ Ò ÓÐÑ ÅÜÓ Ð ½ Ð ¾ ÅÝÓ Ý Ð ÎÁ ÇÐÑÔ ÁÖÓÑÖÒ ÅØÑ Ø ÇÁÅ ÐÖ Ò ËÒ ÂÓ Ó Ø Ê Ð ¾ ËÔØÑÖ Ð ½ ÇØÙÖº ÙÒ Ø ØÖ ÓÑÔØÒ ÒØÖÒÓÒ¹ Ð ÓÒ Ø Ó Ü ÑÒ ÔÖ ÒØÓ Ò ÓÒ ÙØÚÓ º ÔÖÙ ØÒ ÔÖÓÐÑ Ý ÐÓ ÔÖØÔÒØ ÔÓÒÒ ÙØÖÓ ÓÖ Ý Ñ ÔÖ Ö ÓÐÚÖÐÓ º Ð ÚÐÓÖ ÔÖÙÒØ ÔÙÒØÓ ÔÖ ÙÒ Ñ ÜÑÓ ÔÓ Ð ¾ ÔÙÒØÓ Ò Ð ÓÑÔØÒº ÄÓ ÒÓÖ ÖÒ ÑÐÐ ÓÖÓ ÔÐØ Ó ÖÓÒ Ý ÑÒÒ ÓÒÓÖ Ò Ù ÑÔÓº Ò ÐÓ ØÖ ÚÒØÓ ÒÙ ØÖÓ ÐÙÑÒÓ ÒÖÓÒ ÔÖÑÓ º Ó È Ð ÓÐÓ ÄÓ ÀÔÓÑÔØÓ ÐÓ ÐØÓ ÅÖÒÒÓ Ò ÅÒÒ ÀÓÒÓÖ Ò Ð ÁÅÇ Ý ÅÐÐ ÖÓÒ Ò Ð ÇÁź ÖÐÓ ÄÑ Ð ÓÐÓ ÁÒÔÒÒ ÖÕÙ ÑØÓ Ò ÅÒÒ ÀÓÒÓÖ Ò Ð ÁÅǺ ÊÙ¹ ÑÖÝ ÊÓ Ð ÓÐÓ ÚÒ È ØÓÖ ÖÕÙ ÑØÓ Ò ÅÐÐ ÔÐØ Ò Ð ÇÅ Ý ÅÒÒ ÀÓÒÓÖ Ò Ð ÇÁź ËÖÓ ÎÐÐÖÖÓÐ Ð ÓÐÓ ËÒ Ä ÞÖÓ ÙÑÒ Ò ÅÐÐ ÖÓÒ Ò Ð ÇÅ Ý ÅÒÒ ÀÓÒÓÖ Ò Ð ÇÁź ÌÑÒ ÒÐÙÑÓ Ò Ø ÐÖÓ ÐÓ ÔÖÓÐÑ Ð ÇÐÑÔ ÅØÑ ¹ Ø ÅÝÓ ÓÑÔØÒ ÔÓÖ ÓÖÖ ÔÓÒÒ ÕÙ ÔÐÒØ Ó ÒÚÐ ÔÖ ÐÙÑÒÓ ÒÓ ÑÝÓÖ ½ Ý ½ Ó Ý Ö ØÖ ÖÓÑÖÒÓº ÖÑÓ Ð ÙÒÒ ÇÐÑÔ ÅØÑ Ø ÖÒØÒ ÓÖÒÞÓÖ Ø ÓÑÔ¹ ØÒ ÔÓÖ ÔÖÑØÖÒÓ ÔÙÐÖ ÕÙ ÐÓ ÔÖÓÐÑ Ý Ù ÓÐÙÓÒ º Ð ÒÐ Ð ÐÖÓ ÔÖ Ð Ð Ø ÐÙÑÒÓ ÒÓÖ Ò Ø ÓÑÔØÒ Ý ÐÓ ÔÖÑÓ ÕÙ ÓØÙÚÖÓÒº Ä ÇÂÅ ÓÒ Ø ØÖ ØÔ Ó ÔÖÙ º Ä ÔÖÑÖ ÐÐ Ð ÒÙÖÓ Å¹

156 ØÑ ØÓ ÙÒ ÜÑÒ ØÖÒØ ÔÖÓÐÑ ÐÒ ÑÔÐ ÕÙ Ù ÔÖ ÒØÓ ÔÓÖ º ØÙÒØ ÔÖÓÚÒÒØ ¾½ ØÓ Ð Ô º Ä ÙÒ ØÔ Ð ÓÑÔØÒ Ð ÈÖÙ ÒÐ ÊÓÒк Ä Ñ Ñ ÓÒ Ø ÙÒ ÜÑÒ ÒÓ ÔÖÓÐÑ ÖÖÓÐÐÓ Ý ÓÑÔØÒ ÐÓ ÐÙÑÒÓ ÕÙ ÕÙÖÓÒ ÙÓ Ò Ð Þ ÔÓÖ ÒØÓ ÙÔÖÓÖ Ò Ð ÒÙÖÓ ÅØÑ ØÓº Ø ÔÖÙ ÓÖÒÞ Ò ØÓ ÕÙ ÔÖØÔ Ò Ð ÇÂÅ Ý ÐÓ ÒÓÖ ÖÒ ÑÐÐ ÓÖÓ ÔÐØ Ý ÖÓÒº Ä ØÖÖ Ý ÐØÑ Ð ÈÖÙ ÒÐ ÆÓÒÐ Ò ÐÐ ÔÖØÔÒ ÐÓ ÐÙÑÒÓ ÒÓÖ ÑÐÐ ÓÖÓ Ò Ð ÈÖÙ ÒÐ ÊÓÒк Ò Ð ÔÖÑÖ Ð ÓÑÔØÒ ÐÓ ÐÙÑÒÓ ÔÖ ÒØÒ Ð ÔÖÙ Ò Ù ÓÐÓ º Ä ÈÖÙ ÊÓÒÐ Ð ÔÖ ÒØÒ ÙÒØÓ ØÓÓ ÐÓ ØÙÒØ ØÓ Ò ÙÒ ÔÖÚÑÒØ ÐÓÒ ÔÓÖ Ð ÓÓÖÒÓÖ ÐÓк ÈÖ Ð ÒÐ ÆÓÒÐ Ð Ó ÙÒ Ý ÐÐ ÓÖÒÞ Ð ÚÒØÓ ÔÖÑØÒÓ ÐÓ ÔÖØÔÒØ Ù ÔÖÓ ÓÖ Ý ÖÔÖ ÒØÒØ ØÖÖ ÐÞÓ Ñ Ø Ý ÓÑÔÖØÖ ÙÒ ÜÔÖÒ ÙØÚ ÒÖÕÙÓÖº Ä ÈÖÙ ÒÐ ÆÓÒÐ ¾¼½½ ÖÐÞ Ò Ð ÍÒÚÖ¹ ËÑÒ ÓÐÚÖ Ò Ö Ý ÔÖØÔÖÓÒ ½¼ ÐÙÑÒÓ ÖÔÖ ÒØÒÓ ½ ØÓ º Ø ÓÖ ÓÒ Ø Ø ÔØÙÐÓ Ò ÐÓ ØÖ ÔÖÑÖÓ ØÙÒ ÐÓ ÔÖÓ¹ ÐÑ Ð ÇÂÅ ÒÓ ÙÒ ÔØÙÐÓ Ð ÓÑÔØÒº ÄÓ ÐØÑÓ ÙØÖÓ ÔØÙÐÓ ÚÖ Ò ÓÖ Ð ÓÑÔØÒ ÒØÖÒÓÒÐ º Ò ÐÐÓ ÔÖ ÒØÒ ÐÓ ÔÖÓÐÑ Ý Ù ÓÐÙÓÒ º Ð ÒÐ Ð ÐÖÓ ÒÐÙÑÓ ÙÒ ÐÓ ¹ ÖÓ ÓÒÔØÓ ÑØÑ ØÓ ÕÙ ÓÒ ÙØÐÞÓ ÐÓ ÐÖÓ Ð ØÜØÓº ÔÖÑÓ ÕÙ Ø ÐÖÓ ÖÒ ÙØÐ ØÒØÓ ÔÖ ÔÖÓ ÓÖ ÓÑÓ ÔÖ ØÙÒØ Ý ÕÙ Ð ÔÖÑØ ÓÒÓÖ Ð ÑØÑ Ø ÙÒ ÔÙÒØÓ Ú Ø ÒØÖ ÒØ Ý ÒØÖØÒÓº ÔÖÓÚÑÓ Ð ÓÔÓÖØÙÒ ÔÖ ÖÖ ÒÙ ØÖÓ ÔØÖÓÒÓÖ Ò ÔÐ Ð ÙÒÒ ÑÔÖ ÈÓÐÖ Ð ÒÓ ÒØÖÐ ÎÒÞÙÐ Ð ¹ Ñ ÎÒÞÓÐÒ Ò ÅØÑ Ø Ý ÆØÙÖÐ Ð ÙÐØ Ò Ð ÍÎ ÙÒØÓ Ð ÙÒÒ ÑÓ Ò Ð ÍÒÚÖ ËÑÒ ÓÐÚÖ Ð ÍÒÚÖ ÊÐ ÍÖÒØ ÙÑÙÐÓÖ ÙÒÒ Ý ÌÖÒ ¹ ÔÓÖØ ÝÙÓ ÅÊÏ Ý Ð ÙÒÒ ÙÐØÙÖÐ Ð ÓÐÓ ÑÐ ÖÑÒ ÓÑÓ ØÓÓ ÐÓ ÓÐ ÕÙ ÓÒ Ù ØÖÓ Ý ÙÖÞÓ ÔÖÑØÒ ÕÙ Ð ÇÐÑÔ ÂÙÚÒÐ ÅØÑ Ø ÙÒ Öк

157 ÔØÙÐÓ ½ ÈÖÙ ÈÖÐÑÒÖ ÒÙÖÓ ÅØÑ ØÓµ ½º½º ÈÖÙ ÈÖÑÖ Ó Ý ËÙÒÓ Ó ÈÖÓÐÑ ½º ÐÓ Ö Ð ÔÐÖ ÆÍÊÇ ÙÒ ÐØÖ ÔÓÖ º Ë Ó¹ ÑÒÞ Ð ÑÖÓÐ úò ÕÙ ØÖÑÒÖ ÐÙÒ ÑÖØ ÑÖÓÐ ÙÚ ÚÖÒ º ÈÖÓÐÑ ¾º ÍÒ ÑÓØÓÐ Ø ÖÓÖÖ ÙÒ ØÒ ¾ Ñ Ò ¼ ÑÒÙØÓ º ú ÕÙ ÚÐÓ Ñ Ñ»µ ÐÓ ÞÓ ¾ ¾º ÈÖÓÐÑ º ÍÒ ÙÖÓ ÔÔÐ Ú Ò Ó ÔÞ ÓÒ ÙÒ ÓÖØ ÖØÐÒÓº úù Ð Ð ÙÒØ ÓÖÑ ÒÓ ÔÙ Ö Ð Ö ÙÐØÓ Ð ÓÖØ ÙÒ ÖØ ÒÙÐÓ ÙÒ ÙÖÓ ÙÒ ØÖ ÒÙÐÓ ÖØ ÒÙÐÓ ÙÒ ÔÒØ ÓÒÓ ÙÒ ØÖ ÒÙÐÓ Ð º ÈÖÓÐÑ º Ð ÖØÒ ÈÖÞ Ú Ð ÌÖÖ Ð ÉÙ Óº ÈÖÓ ÔÖ ÐÐÖ ØÖÖ ÐÒÖ ØÒ ÕÙ Ô Ö ØÖÚ ÙÒ ØÑ ØÒÐ ÓÑÓ ÑÙ ØÖ Ò Ð ÙÖº ÆÓ Ð ÔÖÑØ ÚÓÐÚÖ ÙÒ ÒØÖ Ò Ò Ð ÕÙ Ý Ý ØÓº Ò ÒØÖ Ò ÒÙÒØÖ ÙÒ ÖÓغ úù ÒØ ÖÓØ ÓÑÓ Ñ ÜÑÓ ÔÙ ÖÓÖ Ð ÖØÒ ÈÖÞ ½ ½ ½¾ ½ ½º

158 ÈÖÙ ÈÖÐÑÒÖ ÈÖÓÐÑ º Ò Ù ÆÙÑÖ Ð Ð ÐÓ ÖÓ Ð ÐÐ ÆÑÖÓ ØÒÒ ÒÑÖÓ ÑÔÖ º ËÒ ÑÖÓ ÒÓ ÙØÐÞÒ ÒÑÖÓ ÕÙ ÓÒØÒÒ Ð ØÓ º Ë Ð ÔÖÑÖ Ð ÐÓ ÖÓ Ð ÐÐ ÐÐÚ Ð ÒÑÖÓ ½ úù Ð Ð ÒÑÖÓ Ð ÑÓÕÙÒØ Ò Ñ ÑÓ ÐÓ ¾ ½ º ÈÖÓÐÑ º Ó Ð ÐÓ ÕÙ Ú Ð Ö úù Ð Ð ÒÓ ÔÞ Ó Ð ÔÙ ÖÖ ÔÖ ÓÑÔÐØÖ ÙÒ ÔÖ Ñ º ÈÖÓÐÑ º Ë Ò ÚÖØÓ ½¼¼¼ ÐØÖÓ Ù Ò Ð ÔÖØ ÙÔÖÓÖ Ð ØÙÖº Ò ÙÖÒ Ð Ù Ú Ò Ó ÔÖØ ÙÐ º úù ÒØÓ ÐØÖÓ Ù ÐÐÖ Ò Ð ÖÔÒØ ¼¼ ¼¼ ¼ ¼º ÈÖÓÐÑ º Í ÒÓ ÔÞ ÖØÒ Ð ÕÙ ÑÙ ØÖÒ Ð Ö ÓÖÑ ÙÒ ÙÖº úù Ð Ð ÒÓ ÙÖ Ó ÑÔÓ Ð Ö

159 ½º½ ÈÖÙ ÈÖÑÖ Ó Ý ËÙÒÓ Ó ÈÖÓÐÑ º Ä ¼½¹¼ ¹¼ ½ ÑÖÞÓ ¾¼¼µ ÓÒØÒ ØÖ ÒÑÖÓ ÑÔÖ ÓÒ ÙØÚÓ Ò ÓÖÒ ÖÒغ Ø Ð ÔÖÑÖ ÓÒ ÔÖÓÔ Ò Ð ÐÓ ¾½º ÁÒÐÙÝÒÓ Ð ÓÑÓ ÑÔÐÓ úù ÒØ ÜÔÖ Ò Ð ÓÖÑØÓ ¹Ñѹµ ØÒÒ ÔÖÓÔ Ò Ð ÐÓ ¾½ ½ ½ º ÈÖÓÐÑ ½¼º Ë Ð Ø ÄÙÖ Ò ÙÖÒØ Ð ¼ ÑРк Ë Ò ÑÓ Þ ÖØÓÒ ÙÒ ØÖÓ Ñ Ðº ÙÖÒØ Ð Ó ÐØÑ ÑÒ ÞÓ ÖØÓÒ ÙÒ Ý ÓØÖÓ ÒÓº úù ÒØ Ð Ó Ò Ð ÐØÑ Ó ÑÒ ¼ ÑÐ ½¼ ½¼¼ ÑÐ ½½¾¼ ÑÐ ¼ Ñк ÈÖÓÐÑ ½½º ÒÖ Ö ÐØÖ Ð ÔÐÖ ÆÍÊÇ Ò ÙÒ ØÐÖÓ 4 2 ÐØÖ Ò ÙÒ ÐÐ ÖÒغ Ä ÔÖÑÖ ÐØÖ Ð Ö Ò ÙÐÕÙÖ ÐÐ ÔÖÓ ÐØÖ ÔÓ ØÖÓÖ Ð Ö Ò ÙÒ ÐÐ ÕÙ ØÒ Ð ÑÒÓ ÙÒ ÔÙÒØÓ Ò ÓÑÒ ÓÒ Ð ÐÐ Ò Ð ÕÙ Ö Ð ÐØÖ ÒØÖÓÖº úù Ð ÐÓ ÙÒØ ØÐÖÓ ÒÓ ÔÙ Ö ÒÖ Æ Ç Æ Í Ê Æ Ç Ç Ê Í Ç Ê Æ Ê Í Ç Æ Ê Í Í º ÈÖÓÐÑ ½¾º ÌÓÓ ÐÓ ÒÑÖÓ ÒØÖÓ ØÓ ÓÒ ÐÓ Ñ ÑÓ ØÓ ÕÙ Ð ÒÑÖÓ ¾¼½½ Ó ÙÒÓ ÙÒ ÖÓ Ý ÙÒ Ó µ ÖÒ Ò ÓÖÒ ÖÒغ úù Ð Ð ÖÒ ÒØÖ ÐÓ Ó ÚÒÓ Ð ÒÑÖÓ ¾¼½½ Ò Ø Ð Ø ½ ¼¼ ¼ ¼ ¼º

160 ÈÖÙ ÈÖÐÑÒÖ ÈÖÓÐÑ ½ º ÅÙÚ ÙØÖÓ ÐÓ ÒÑÖÓ Ð ÞÕÙÖ Ð Ð Ð Ö ÑÓÓ ÕÙ Ð Ò ÓÖÖغ úéù ÒÑÖÓ ÕÙ Ð ÐÓ ÞÕÙÖÓ ½ ¼ ½º ÈÖÓÐÑ ½º ÆÒ Ù ÙÓ ÒØÓ ÔÖ ÓÒ ¹ ØÖÙÖ ÙÒ Ö ÙÓ ÐÖÓÖ ÙÒ ÖÒ ÙÖ¹ ÔÖØ ÐÐ ÑÙ ØÖ Ò Ð ÙÖµº úù ÒØÓ ÙÓ Ò ØÒ ÔÖ ÐÐÒÖ Ð ÖÒ ½¼¼ ½º ÈÖÓÐÑ ½º Ä ÙÖ ÑÙ ØÖÒ ÑÓ ÑÐÓ Ö Ô Ó ÙÖÓ ÐÓ Ý ÓÒ ÐÓ ÐÒ Ý ÒÖ ÓÐÓÒÓ ÙÒ ÐÓ ÒÖ Ò ÕÙÒ Ý ÑÓÓ ÕÙ ÐÓ ÒÖ Ø ÖÓ ÔÓÖ ÐÓ ÐÒ º Ë ÔÖ ÑÐÓ Ö ÙÒ Ô Ó ÙÖÓ ÓÒ Ø Ñ ÑÓ ÔØÖÒ ÙØÐÞÖÓÒ ¾ ÐÓ ÒÖ úù ÒØ ÐÓ ÐÒ ÙØÐÞÖÓÒ ¾ ¾º ÈÖÓÐÑ ½º ÈÐÓ ÕÙÖ ÑÙÐØÔÐÖ ÙÒ ÒÑÖÓ ÒØÖÓ ÔÓÖ ¼½ ÔÖÓ Ð ÓÐÚ Ð ÖÓ Ý ÐÓ ÑÙÐØÔÐ ÔÓÖ ½ ÓØÒÒÓ ÓÑÓ Ö ÙÐØÓ ¾º ÒÓ Ö ÕÙÚÓÓ úõù Ö ÙÐØÓ Ö Ö ÓØÒÓ ¾¼ ¼¾ ¼½¼ ½¾ ¼¾¼º ÈÖÓÐÑ ½º Ò ØÖ ÔÖØÓ Ð ÚÒÓ ØÒØÓ ÒÓØ ÓÐ Ý Ð ÖÓÒ ÙÒ Óк Ò Ó ØÖ ÔÖØÓ Ð ÕÙÔÓ Ò ÙÒ ÔÖØÓ ÑÔØ ÙÒÓ Ý ÔÖ ÙÒÓº úù Ð Ù Ð Ö ÙÐØÓ Ð ÔÖØÓ ÒÓ ¾¼ ¼ ½¼ ¾½ ¼½º

161 ½º½ ÈÖÙ ÈÖÑÖ Ó Ý ËÙÒÓ Ó ÈÖÓÐÑ ½º ÆÓ Ò ØÖ ÔÙÒØÓ ÕÙ ÓÖÑÒ ÙÒ ØÖ ÒÙÐÓº ÉÙÖÑÓ Ö ÙÒ ÙÖØÓ ÔÙÒØÓ ÔÖ ÓÖÑÖ ÙÒ ÔÖÐÐÓÖÑÓº úù ÒØ ÔÓ Ð Ý ÔÖ Ð ÙÖØÓ ÔÙÒØÓ ½ ¾ ÔÒ Ð ØÖ ÒÙÐÓ Òк ÈÖÓÐÑ ½º Ò ÙÒÓ ÐÓ ÔÙÒØÓ ÑÖÓ Ò Ð ÙÖ ÖÖ ÙÒÓ ÐÓ ÒÑÖÓ ½ ¾ ØÐ ÑÒÖ ÕÙ ÐÓ ÜØÖÑÓ ÑÒØÓ ØÒÒ ÒÑÖÓ ÖÒØ º ÌÖ ÒÑÖÓ Ý Ò Ó ÖØÓ º úù ÒØ Ú Ö ÕÙ Ù Ö Ð ÒÑÖÓ ½ ¾ º ÈÖÓÐÑ ¾¼º ÒÐ ÕÙÖ Ö ÙÒ ÙÖÓ ÙØÐÞÒ¹ Ó ÓÐÑÒØ ÔÞ ÓÑÓ Ð Ð ÙÖº úù Ð Ð ÑÒÓÖ ÒÑÖÓ ÔÞ ÕÙ ÙØÐÞÖ ¾¼ ½ ½¾ ½¼ º ÈÖÓÐÑ ¾½º Ò ÙÒ Ð Ð Ý ½¼ ÐÙÑÒÓ ÒØÖ ÒÓ Ý Ò º Ð Ñ ØÖÓ ØÒ ¼ ÖÑÐÓ º Ë Ð Ò Ð Ñ ÑÓ ÒÑÖÓ ÖÑÐÓ Ð ÓÖÒ ÖÑÐÓ º úù ÒØÓ ÒÓ Ý Ò Ð Ð ½ ¾ º ÈÖÓÐÑ ¾¾º ÍÒ Ø ØÒ ØØÓ ÐÒÓ ÒÖÓ ÑÖÖÒ ÐÒÓ¹ÒÖÓ ÐÒÓ¹ÑÖÖÒ ÒÖÓ¹ÑÖÖÒ Ý ÐÒÓ¹ÒÖÓ¹ÑÖÖÒº úù ÒØ ÑÒÖ Ý ÓÖ ØØÓ ÑÓÓ ÕÙ Ó ÙÐ ÕÙÖ ÐÐÓ ØÒÒ ÙÒ ÓÐÓÖ ÓÑÒ ½ º ÈÖÓÐÑ ¾ º Ë ØÒÒ ÙØÖÓ ØÖ ÒÙÐÓ ÖØ ÒÙÐÓ ÒØÓ Ò Ð ÒØÖÓÖ ÙÒ ÖØ ÒÙÐÓ ÓÑÓ ÑÙ ØÖ Ð ÙÖº ÐÙÐ Ð Ö ØÓØÐ ÐÓ ÙØÖÓ ØÖ ÒÙÐÓ º Ñ 2 Ñ 2 Ñ 2 ¾ Ñ 2 Ñ 2 º ÈÖÓÐÑ ¾º ÐÓ ÕÙ ÈÖÓ Ø ÑÒØÒÓº ÈÖÓ ÕÙ ÅÖÓ Ø ÑÒØÒÓº ÅÖÓ ÕÙ ÈÖÓ Ø ÑÒØÒÓº ÌÓÑ ÕÙ ÐÓ Ø ÑÒØÒÓº úù ÒØÓ ÒÓ Ø Ò ÑÒØÒÓ ¾ ½ ¼ º

162 ÈÖÙ ÈÖÐÑÒÖ ÈÖÓÐÑ ¾º Ë ÙÒ ÙØÖÓ ÖÙÒÖÒ Ò Ð ÔÞÖÖ ÑÒÖ ÕÙ ÔÖ ÐÐ ØÒÒ ÜØÑÒØ ÙÒ ÔÙÒØÓ Ò ÓÑÒº úù Ð Ð ÑÝÓÖ ÒÑÖÓ ÔÙÒØÓ ÕÙ ÔÙÒ ÔÖØÒÖ Ñ ÙÒ ÖÙÒÖÒ ½ º ÈÖÓÐÑ ¾º ÄÙ ÓÐÓÓ Ó ÙÒ ÓÖ¹ Ñ ÔÓÖ ÒÓ ÙÖÓ 1 1µ Ò ÙÒ ØÐÖÓ 5 5 ÓÑÓ ÑÙ ØÖ Ò Ð ÙÖº úù Ð Ð ÙÒØ ÒÓ ÔÓÖ ÓÐÓÖ Ò Ð ÔÖØ Ú Ð ØÐÖÓ ÑÓÓ ÕÙ ÒÓ ÔÙ ÖÖ ÒÒÙÒ Ð ÓØÖ ÙØÖÓ º ÈÖÓÐÑ ¾º ÍÒ Ó ÒÓÖÑÐ ÐÓ ÔÙÒØÓ Ò ÔÖ Ö ÓÔÙ Ø ÙÑÒ º Ä ÙÖ ÑÙ ØÖ ØÖ Ó ÒÓÖÑÐ ÔÐÓ ÙÒÓ ÒÑ Ð ÓØÖÓº Ë ÕÙ Ð ÙÑ ÐÓ ÔÙÒØÓ ÙÐÕÙÖ ÔÖ Ö Ò ÓÒØØÓ º Ñ ÙÒ Ð Ö ÐØÖÐ Ð Ó ÒÖÓÖ ØÒ ÙÒ ÔÙÒØÓº úù ÒØÓ ÔÙÒØÓ ØÒ Ð Ö ÑÖ ¾ º ÈÖÓÐÑ ¾º Ò ÙÒ Ñ ÙÓ Ó Ý ÓÑÒÓ ÔÖÓ ÐÓ ÚÖÒ Ý ÐÙÒ º Ò Ð Ñ ÕÙ ÚÒ Ö ÙÚ ÑÖÓÐ Ó ÓÑÒÓ ÚÖÒ º ÈÖÓÐÑ ¾º Ë Ò ÙØÖÓ ÒÑÖÓ ÔÓ ØÚÓ a b c Ý d ØÐ ÕÙ a < b < c < dº Ë Ô ÙÑÒØÖ ÙÒÓ ÐÐÓ Ò ½ ØÐ ÑÒÖ ÕÙ ÐÙÓ Ð ÙÑÒØÓ Ð ÔÖÓÙØÓ ÐÓ ÙØÖÓ ÒÑÖÓ ÐÓ Ñ ÔÕÙÓ ÔÓ Ðº úù Ð ÙÑÒØÖ a b c d b Ó c Ò ØÒØÑÒغ ÈÖÓÐÑ ¼º úù ÒØÓ ÒØÖÓ ÔÙÒ ÓÖÑÖ ÓÒ ÐÓ ØÓ ½ ¾ Ý Ù ÒÓ ØÓ ÜØÑÒØ ÙÒ ÚÞ ØÐ ÑÒÖ ÕÙ Ð ÔÖÑÖ ØÓ Ð ÒÑÖÓ Ú Ð ÒØÖ ½ Ð ÒÑÖÓ ÓÖÑÓ ÔÓÖ ÐÓ Ó ÔÖÑÖÓ ØÓ Ú Ð ÒØÖ ¾ Ð ÒÑÖÓ ÓÖÑÓ ÔÓÖ ÐÓ ØÖ ÔÖÑÖÓ ØÓ Ú Ð ÒØÖ Ð ÒÑÖÓ ÓÖÑÓ ÔÓÖ ÐÓ ÙØÖÓ ÔÖÑÖÓ ØÓ Ú Ð ÒØÖ Ý Ð ÒÑÖÓ ÓÖÑÓ ÔÓÖ ÐÓ ÒÓ ØÓ Ú Ð ÒØÖ ÆÒÙÒÓ ½ ¾ ½¼º

163 ½º½ ÈÖÙ ÈÖÑÖ Ó Ý ËÙÒÓ Ó ½º½º½º ËÓÐÙÓÒ ½º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µ ÑÖØ º ¾º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µº ÓÑÓ ¼ ÑÒÙØÓ Ñ ÓÖ Ð ÚÐÓ Ñ 28/(1/2) = 56 Ñ»º º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µ ÙÒ ÙÖÓº ÌÓ Ð ÓØÖ ÙÖ ÔÙÒ ÓØÒÖ º º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µ ½ Ý ÓÒ Ù ÒÓ ÙÒ Ô Ó ÙÒÓ Ð Ö ÒÓ ÓØÖÓ Ô Ó ÙÒÓ Ð ÞÕÙÖ Ø Ð ÒÐ ÒÓ ÓØÖÓ Ô Ó Ý ÙÒÓ Ð Ö Ø Ð Òк º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µ º Ä ÔÖÑÖ ½ ÐÐÚÒ ÒÑÖÓ ½ ½½ ½ ½ ½ ¾½ ¾ ¾ ¾ ½ Ý º º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µº º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µº ÄÓ ¼¼ ÐØÖÓ ÕÙ ÚÒ Ð Ö Ò Ð ÔÖÑÖ ÙÖÒ ÚÒ ÔÖÖ Ð ÖÔÒØ º ÈÖÓ ÐÓ ¼¼ ÐØÖÓ ÕÙ ÚÒ Ð ÞÕÙÖ Ð ÑØ ¾¼µ ÚÒ Ð Ö Ò Ð ÙÒ ÙÖÒ Ý ØÑÒ ØÖÑÒÒ Ò º º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µ Ý ÕÙ ÒÓ ÔÙ ÐÓÖÖ Ð ÔÖØ ÒÖÓÖ Ø ÙÖº Ä ÓØÖ ÙØÖÓ ÔÙÒ ÓÖÑÖº º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µº Ä ÒÓ ÓÒ ¼½¹¼ ¹¼ ¼ ¹¼¹¼ ¼¹¼¹ ¼ ¼¹¼¹½½ Ý ¼¹½½¹½ º ½¼º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µº Ò Ö = = 80 ÑРк ÈÓÖ ÐÓ ØÒØÓ Ò ØÓØÐ = = 980 ÑРк ½½º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µ ÔÙ Ð ÐÐ ÕÙ ÓÒØÒÒ Ð Ý Ð Í ÒÓ ØÒÒ ÒÒÒ ÔÙÒØÓ Ò ÓÑÒº ½¾º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µº Ð ÒÑÖÓ ÒØÖÓÖ Ð ¾¼½½ Ð ½¾½¼ Ð ÙÒØ Ð ¾½¼½ Ý = 891º ½ º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µº ÓÑÓ = 96 ÑÓÚÑÓ ØÓ ÙØÖÓ ÒÑÖÓ Ð Ö Ð ÞÕÙÖ ÕÙ Ð ½º ½º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µº ÌÓÑÒÓ ÓÑÓ ÙÒ Ð ÐÓ Ð ÙÓ Ð ÖÒ ÒÖÖ 8 8 Ý ÐÐÒ ÓÒ ÙÓ º ½º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µº ÈÖ Ð ÙÖÓ ÐÓ Ò ØÒ 5 2 = 25 ÐÓ ÒÖ Ý = 56 ÐÓ ÐÒ ¹ ½º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µº Ë 31n = 372 ÒØÓÒ n = 372/31 = 12 Ý = 3612º

164 ½¼ ÈÖÙ ÈÖÐÑÒÖ ½º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µº Ð Ö ÙÐØÓ Ð ÔÖØÓ ÔÖÓ ÐÓ ÔÙÓ Ö Ó ¼½ ÒØÓÒ Ð ÑÔØÓ ØÖÑÒ ¼¼ Ý Ð ÒÓ ¼º ½º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µº Ð ÙÖØÓ ÔÙÒØÓ Ö Ð ÑØÖÓ ÙÒ ÚÖØ Ö ÔØÓ Ð ÔÙÒØÓ ÑÓ Ð ÐÓ ÓÔÙ ØÓ Ý ÔÓÖ ÐÓ ØÒØÓ Ý ÔÓ Ð º ½º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µº ÀÝ ÙØÖÓ ÔÙÒØÓ ÕÙ Ø Ò ÓÒØÓ ÔÓÖ ÑÒØÓ ÐÓ ÕÙ Ø Ò ÑÖÓ ÓÒ ½ ¾ Ý Ý ÔÓÖ ÐÓ ØÒØÓ Ò ÐÐÚÖ Ò ÖÑÒØ ÙÒ º ¾¼º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µº ÓÑÓ Ð ÔÞ ÓÑÔÓÒÒ ÙÖØÓ Ð Ö Ð ÙÖÓ ÕÙ ÓÖÑ Ý ÔÓÖ ÐÓ ØÒØÓ Ù ÐÓµ Ò Ö ÑÐØÔÐÓ º ÈÖÓ Ð ÓÒÚÒÖ ÕÙ ÙÒ ÙÖÓ ÐÓ ÒÓ ÔÙ ÓÖÑÖº Ä ÙÒØ ÔÓ Ð Ð ÙÖÓ ÐÓ ½¼ ÔÙº Ò ØÓ ÓÒ Ó ÔÞ ÔÙ ÓÖÑÖ ÙÒ ÖØ ÒÙÐÓ 2 5 Ý ÓÒ ½¼ ØÓ ÖØ ÒÙÐÓ ÐÐÒ Ð ÙÖÓ ÐÓ ½¼º ÈÓÖ ÐÓ ØÒØÓ Ò ØÒ ÓÑÓ ÑÒÑÓ ¾¼ ÔÞ º ¾½º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µº Ð ÚÖ ¼ ÒØÖ ½ ¾ º º º ÓØÒÒ ÐÓ Ö ØÓ ¼ ¼ ¾ ¼ ¼ ¾ ¼ Ý º ÈÓÖ ÐÓ ØÒØÓ Ð ÒÑÖÓ Ò Ý Ð ÒÓ º ¾¾º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µº Ä ÙØÖÓ ÑÒÖ ÓÒ ÐÓ ÕÙ ØÒÒ ÐÒÓ ÐÓ ÕÙ ØÒÒ ÑÖÖÒ ÐÓ ÕÙ ØÒÒ ÒÖÓ Ý ÐÓ ÕÙ ØÒÒ Ð ÑÒÓ Ó ÓÐÓÖ º ¾ º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µº Ð ØØÓ ÑÒÓÖ ÐÓ ØÖ ÒÙÐÓ Ñ = 2 Ñ Ý Ð ØØÓ ÑÝÓÖ Ñ 28/2 = 14 Ѻ ÈÓÖ ÐÓ ØÒØÓ ÙÒÓ ØÒ Ö ½ Ñ 2 Ý ÐÓ ØÒÒ Ö Ñ 2 º ¾º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µº Ë ÌÓÑ Ð ÚÖ ÒØÓÒ ÐÓ ÑÒØ ÔÓÖ ØÒØÓ ÈÖÓ Ð ÚÖ Ý ÅÖÓ ÑÒغ Ë Ò ÑÓ ÌÓÑ ÑÒØ ÒØÓÒ ÐÓ Ð ÚÖ ÔÓÖ ØÒØÓ ÈÖÓ ÑÒØ Ý ÅÖÓ Ð ÚÖº Ò ÙÐÕÙÖ Ó ÐÓ ÕÙ ÑÒØÒ ÓÒ Ó º ¾º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µº ÓÑÓ Ý ÔÖ Ö¹ ÙÒÖÒ Ð Ñ ÜÑÓ ÒÑÖÓ ÔÙÒØÓ º Ø Ñ ÜÑÓ ÐÒÞ ØÖ ÖÙÒÖÒ ÓÒ ØÒÒØ ÜØÖÓÖÑÒØ Ý Ð ÙÖØ ØÒÒØ ÜØÖÓÖÑÒØ Ó ÒØÖÓÖÑÒص Ð ØÖ ÔÖÑÖ º ¾º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µº ÓÐÓÒÓ Ð ÔÞ Ì ÓÑÓ ÑÙ ØÖ Ò Ð ÙÖ ÒÓ ÔÙ ÖÖ ÒÒÙÒ Ð ÓØÖ ÙØÖÓ º

165 ½º¾ ÈÖÙ ÌÖÖ Ó ½½ ¾º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µº Ä Ö ÙÔÖÓÖ Ð Ó ÒÖÓÖ ÒÓ ÔÙ ØÒÖ ÙÒ ½º Ë ØÒ ÙÒ ÒÑÖÓ ÑÝÓÖ ÕÙ ¾ Ð Ö ÒÖÓÖ Ð Ó ÑÓ ØÒÖ ÙÒ ÒÑÖÓ < 3 Ð Ö ÙÔÖÓÖ Ð Ó ÑÓ ÙÒ ÒÑÖÓ > 4 Ý ÒÓ ÔÓÖ ÙÑÖ ÓÒ Ð Ö ÒÖÓÖ Ð Ó ÙÔÖÓÖº Ä Ò ÔÓ Ð ÕÙ Ð Ö ÙÔÖÓÖ Ð Ó ÒÖÓÖ ØÒ ÙÒ ¾º ÒØÓÒ Ð Ö ÒÖÓÖ Ð Ó ÑÓ ØÒ ÙÒ Ð Ö ÙÔÖÓÖ Ð Ó ÑÓ ÙÒ Ð Ö ÒÖÓÖ Ð Ó ÙÔÖÓÖ ÙÒ ½ Ý Ð Ö ÙÔÖÓÖ Ð Ó ÙÔÖÓÖ ÙÒ º ¾º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µº Ð ÔÖÑÖ Ð Ñ Ö Ó Ó Ý Ð ÐØÑÓ ÓÑÒÓ ØÒÒÓ Ð Ñ ¼ º ÊÐ Ñ ÙÒØ ØÒ ½ Ý ÓÑÒÞ ÔÓÖ ÐÙÒ ÔÓÖ ÐÓ ØÒØÓ ØÒ ÐÙÒ ÑÖØ ÑÖÓÐ Ý ÐÓ ÙÒÓ ÐÓ Ö ØÒØ Ð ÑÒº ¾º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µº Ë ÙÑÒØ a Ð ÔÖÓÙØÓ ÐÓ ÙØÖÓ ÒÖÑÒØ Ò (a +1)bcd abcd = bcdº Ò ÐÓÑÒØ ÙÑÒØÒ b c Ó d Ð ÔÖÓÙØÓ ÐÓ ÙØÖÓ ÒÖÑÒØ Ö ÔØÚÑÒØ Ò acd abd Ó abcº Ð ÑÒÓÖ ÒØÖ bcd acd abd Ý abc abc ÕÙ ÓØÒ ÙÒÓ Ð ÕÙ ÙÑÒØ dº ¼º Ä Ö ÔÙ Ø ÓÖÖØ Ð µº Ë ÙÒ ÒÑÖÓ abcde ÙÑÔÐ Ð ÓÒÓÒ ÒØÓÒ Ö e = 5 ÔÖ ÕÙ Ú Ð ÒØÖ µº Ñ b Ý d Ò Ö ÔÖ ¾ Ý µ Ý ÔÓÖ ÐÓ ØÒØÓ a Ý c Ò Ö ½ Ý Ò ÐÒ ÓÖÒµº ÓÑÓ abc Ö Ú Ð ÒØÖ a+b+c = 4+b Ö Ú Ð ÒØÖ ÔÓÖ ÐÓ ØÒØÓ b = 2 Ý Ò ÓÒ ÙÒ d = 4º ÈÖÓ ÒØÓÒ abcd Ö ½¾ ¾½ ÒÒÙÒÓ ÐÓ ÙÐ Ú Ð ÒØÖ º ½º¾º ÈÖÙ ÌÖÖ Ó ÈÖÓÐÑ ½º úù Ð ÐÓ ÙÒØ ÒÑÖÓ Ð ÑÝÓÖ º ÈÖÓÐÑ ¾º Ð Ù ÓÒ ÙÓ Ý ØØÖÖÓ º Ë ØÒ ÙÓ Ý ØØÖÖÓ º úù ÒØ Ö Ý Ò ØÓØÐ ¼ ¾ ¾ º ÈÖÓÐÑ º Ò ÙÒ ÖÙ ÔØÓÒÐ ÐØÖÒÒ ÖÒ ÐÒ Ý ÒÖ ÙÒ ÒÙÖ ¼ Ѻ ÍÒÓ ØÓ ÖÙ ÓÑÒÞ Ý ØÖÑÒ ÓÒ ÙÒ ÖÒ ÐÒ Ý ØÒ ÖÒ ÐÒ Ò ØÓØк úù Ð Ð ÒÙÖ ØÓØÐ Ð ÖÙ Ñ Ñ Ñ Ñ Ñº ÈÖÓÐÑ º Å ÐÙÐÓÖ Ú Ò ÚÞ ÑÙÐØÔÐÖ Ý Ö Ø Ò ÐÙÖ ÙÑÖº Ë ØÐÓ (12 3)+(4 2) úõù ÑÙ ØÖ Ð ÐÙÐÓÖ

166 ½¾ ÈÖÙ ÈÖÐÑÒÖ ¾ ½¾ ¾ º ÈÖÓÐÑ º Å ÖÐÓ ØÐ ÑÓ ØÖÖ Ð ÓÖ ¾¼½½º úù ÒØÓ ÑÒÙØÓ Ñ ØÖ ÑÓ ØÖÖ ÙÒ ÓÖ ÓÒ ÐÓ ØÓ ¼ ½ ½ ¾ Ò ÐÒ ÓÖÒ ¼ ¼ ¼º ÈÖÓÐÑ º Ð ÖÑ ÑÙ ØÖ ØÖ ÙÖÓ º Ð ÙÖ¹ Ó ÑÒÓ ÙÒ ÐÓ ÔÙÒØÓ ÑÓ Ð ÙÖÓ ÖÒº Ð Ù¹ ÖÓ ÔÕÙÓ ÙÒ ÐÓ ÔÙÒØÓ ÑÓ Ð ÙÖÓ ÑÒÓº Ð Ö Ð ÙÖÓ ÔÕÙÓ Ò Ð ÙÖ Ñ 2 º úù Ð Ð ÖÒ ÒØÖ Ð Ö Ð ÙÖÓ ÖÒ Ý Ð Ö Ð ÙÖÓ ÑÒÓ Ò Ñ 2 ½¾ ½ ½º ÈÖÓÐÑ º Ò Ð ÐÐ ÓÒ ÚÚÓ Ý ½ º ÙÒ ÐÓ Ð ÐÐ Ð Ø Ò ÒÙÑÖ ÓÒ ÒÑÖÓ ÔÖ Ý Ð ÓØÖÓ ÓÒ ÒÑÖÓ ÑÔÖ º Å Ð ÐØÑ Ð ÐÓ ÔÖ Ý Ù ÒÑÖÓ ½¾º Å ÔÖÑÓ ÚÚ Ò Ð ÐØÑ Ð ÐÓ ÑÔÖº úù Ð Ð ÒÑÖÓ Ù ½ ½ ¾½ ÈÖÓÐÑ º ÐÜ Ð ØÓ ÔØÙÖ ½¾ Ô Ò º ÔÙ Ð ÔÖÑÖÓ ÔØÙÖ Ñ Ô ÕÙ Ð ÒØÖÓÖº Ò Ð ØÖÖ ÔØÙÖ ÑÒÓ Ô ÕÙ Ò ÐÓ Ó ÔÖÑÖÓ ÙÒØÓ º úù ÒØÓ Ô ÔØÙÖ Ð ØÖÖ º ÈÖÓÐÑ º ØÓÓ ÐÓ ÒÑÖÓ ØÖ ØÓ ÓÒ ÙÑ ØÓ ÙÐ ÓÒ Ð Ñ ÖÒ Ý Ð Ñ ÔÕÙÓº úù Ð Ù ÙÑ ¼ ½ ¼ ½¼¼½ ½¼¼¼º ÈÖÓÐÑ ½¼º Ð ÖÑ ÑÙ ØÖ ÙØÖÓ ÙÖÓ ÒØÓ ¹ ÔÙ ØÓ Ò ÓÖÑ Äº Ë ÖÖ ÙÒ ÕÙÒØÓ ÙÖÓ ÑÓÓ ÕÙ ÓÖÑ ÙÒ ÙÖ ÓÒ ÙÒ ÑØÖº ú Ù ÒØ ÑÒÖ ÔÙ Ö ØÓ ½ ¾ º ÈÖÓÐÑ ½½º , ,1 20,11 = ¼ ¼½ ¼ ½ ½¼ ½ ½¼¼º ÈÖÓÐÑ ½¾º ÅÖ ØÒ ÔÖÐ ÕÙ Ô Ò ½ ¾ Ý º ÐÐ ÙØÖÓ ÒÐÐÓ ÓÒ Ó ÔÖÐ Ò ÙÒÓº ÄÓ Ô Ó Ð

167 ½º¾ ÈÖÙ ÌÖÖ Ó ½ ÔÖÐ Ò ØÓ ÙØÖÓ ÒÐÐÓ ÓÒ ½ ½ Ý º úù Ð Ð Ô Ó Ð ÔÖÐ Ö ØÒØ ¾ ½ º ÈÖÓÐÑ ½ º Ó ÐÓ ÒÑÖÓ ½ ½ ½¼ ½ ½¾ Ý ½ úõù ÔÖ ÐÐÓ ÔÙ ÕÙØÖ Ò ÑÓÖ Ð ÔÖÓÑÓ ½¾ Ý ½ Ý ½ Ý ½ ½¼ Ý ½¾ ½ Ý ½¼º ÈÖÓÐÑ ½º Ð ÖØÒ ÈÖÞ Ú Ð ÌÖÖ Ð ÉÙ Óº ÈÖÓ ÔÖ ÐÐÖ ØÖÖ ÐÒÖ ØÒ ÕÙ Ô Ö ØÖÚ ÙÒ ØÑ ØÒÐ ÓÑÓ ÑÙ ØÖ Ò Ð ÙÖº ÆÓ Ð ÔÖÑØ ÚÓÐÚÖ ÙÒ ÒØÖ Ò Ò Ð ÕÙ Ý Ý ØÓº Ò ÒØÖ Ò ÒÙÒØÖ ÙÒ ÖÓغ úù ÒØ ÖÓØ ÓÑÓ Ñ ÜÑÓ ÔÙ ÖÓÖ Ð ÖØÒ ÈÖÞ ½¾ ½ ½ ½ ½ ÈÖÓÐÑ ½º ÖÒ Ò Ð ÖÑ ÔÒØ ÓÒ ÙÒÓ ÐÓ ÙØÖÓ ÓÐÓÖ ÖÓÓ Rµ ÚÖ V µ ÞÙÐ Aµ Ó ÐÒÓ Bµº Ó ÖÓÒ ÓÒ ÙÒ ÓÖ ÓÑÒ Ò ØÒÖ ÓÐÓÖ ÖÒØ º ÒØÓÒ Ð ÓÐÓÖ Ð ÖÒ X R A V X ÖÓÓ ÞÙÐ ÚÖ ÐÒÓ ÒÓ ÔÓ Ð ØÖÑÒÖÐÓº ÈÖÓÐÑ ½º ÍÒ ØÖÓÞÓ ÙÖÓ ÔÔÐ ÓÖØ Ò ÔÞ ÖØÒÙÐÖ ÓÑÓ ÑÙ ØÖ Ð ÙÖº Ä ÙÑ ÐÓ ÔÖÑØÖÓ Ð ÔÞ ÖØÒÙÐÖ ½¾¼ Ѻ ÒÙÒ¹ ØÖ Ð Ö Ð ÔÞ ÙÖ ÔÔк Ñ 2 Ñ 2 ½½¼ ¾ Ñ 2 ½ Ñ 2 ¾ Ñ 2 º

168 ½ ÈÖÙ ÈÖÐÑÒÖ ÈÖÓÐÑ ½º Ò ØÖ ÔÖØÓ Ð ÚÒÓ ØÒØÓ ÒÓØ ÓÐ Ý Ð ÖÓÒ ÙÒ Óк Ò Ó ØÖ ÔÖØÓ Ð ÚÒÓ ØÒØÓ Ò ÙÒ ÔÖØÓ ÑÔØ ÙÒÓ Ý ÔÖ ÙÒÓº úù Ð Ù Ð Ö ÙÐØÓ Ð ÔÖØÓ ÒÓ ¾¼ ¼ ½¼ ¾½ ¼½º ÈÖÓÐÑ ½º ÖÓ Ù ÙÒ ÑÒØÓ ÖØDE ÐÓÒØÙ ¾ Ò ÙÒ ÔÞÓ ÔÔк úù ÒØÓ ÔÙÒØÓ ÖÒØ F ÔÙ ÙÖ Ò Ð ÔÔÐ ÓÖÑ ÕÙ Ð ØÖ ÒÙÐÓ DEF ÖØ ÒÙÐÓ Ý ØÒ Ö ½ ¾ ½¼º ÈÖÓÐÑ ½º Ð ÒÑÖÓ ÔÓ ØÚÓ a ÑÒÓÖ ÕÙ ½ Ý Ð ÒÑÖÓ b ÑÝÓÖ ÕÙ ½º úù Ð ÐÓ ÙÒØ ÒÑÖÓ ØÒ Ð ÑÝÓÖ ÚÐÓÖ a b b a b a+b Ä Ö ÔÙ Ø ÔÒ a Ý bº ÈÖÓÐÑ ¾¼º ÍÒ ÙÓ ÓÒ ØÖÙÝ ÓÒ ÔÔÐ ÔÐÓ ÓÑÓ ÑÙ ØÖ Ð ÙÖº ÈÓÖ Ð ÙÔÖ Ð ÙÓ ØÖÞ ÙÒ ÐÒ Ó ÙÖ ÕÙ Ú Ð ÙÔÖ Ð ÙÓ Ò Ó ÔÖØ ÒØ º úñó ÕÙ Ð ÔÔÐ ÔÙ ÕÙ Ð ÙÓ ÓÐ º ÈÖÓÐÑ ¾½º Ð ÒÑÖÓ ÒÓ ØÓ 24X8Y Ú Ð ÔÓÖ Ý º úù Ð Ð ÙÑ ÐÓ ØÓ X Y ½¼ ½ º ÈÖÓÐÑ ¾¾º ÄÙ ÓÐÓÓ Ó ÙÒ ÓÖÑ ÔÓÖ ÒÓ ÙÖÓ 1 1µ Ò ÙÒ ØÐÖÓ 5 5º úù Ð Ð ÙÒØ ÒÓ ÔÓÖ ÓÐÓÖ Ò Ð ÔÖØ Ú Ð ØÐÖÓ ØÐ ÑÒÖ ÕÙ ÒÓ ÔÙ ÖÖ ÒÒÙÒ Ð ÓØÖ ÙØÖÓ º

169 ½º¾ ÈÖÙ ÌÖÖ Ó ½ ÈÖÓÐÑ ¾ º ÙÒÓ ÐÓ ØÖ ÐÓÖÓ Á ÅÖÓ Ý Ç Ö ØÒ ÙÒ ÒÓ ÔÖÓÔÓº Á Ó ØÓÝ Ñ Ð ÓÐ ÐÓ ÅÖÓ ÕÙ Ç Öº ÅÖÓ Ó ØÓÝ Ñ Ð ÓÐ ÐÓ Ç Ö ÕÙ Á º Ç Ö Ó ØÓÝ Ñ ÕÙ Ð ÓÐ ÐÓ ÅÖÓ ÕÙ Á º Ð ÑÒÓ Ó ÐÐÓ Ø Ò ÒÓ Ð ÚÖº úù Ð Ð ÕÙ ÑÒØ Á ÅÖÓ Ç Ö ÆÒÙÒÓ ÐÐÓ ÆÓ ÔÙ ØÖÑÒÖ ÓÒ ÐÓ ØÓ ÙÑÒ ØÖÓ º ÈÖÓÐÑ ¾º ÒØÖÓ ÙÒ ÙÖÓ ÐÓ Ñ Ù ÙÒ ÙÖÓ ÐÓ Ñº ÄÙÓ Ù ÓØÖÓ ÙÖÓ ÐÓ Ñ ÕÙ ÒØÖ Ø ÐÓ Ó ÔÖÑÖÓ º úù Ð Ð ÖÒ ÒØÖ Ð Ö Ð ÔÖØ ÒÖ Ý Ð ÔÖØ Ö ½ Ñ 2 ½½ Ñ 2 ½¼ Ñ 2 ¼ Ñ 2 ÑÔÓ Ð ØÖÑÒÖÐÓº ÈÖÓÐÑ ¾º ÅÙÐ ÔÖ Ð ÐÒÓº Ò ÔÖÓ ÖØÓ ÔÙ ÓØÒÖ ½¼ ÔÙÒØÓ º ËÙ ÔÙÒØÙÒ ØÓØÐ Ù Ý ÓØÙÚÓ ØÒØ Ú ÓÑÓ ½¼º Ë Ò Ð ¾ ± Ù ØÖÓ ÒÓ ÖØ Ð ÐÒÓ úù ÒØÓ ÔÖÓ ÞÓ ÅÙÐ Ò ØÓØÐ ½¼ ½¾ ½ ¾¼ ¾º ÈÖÓÐÑ ¾º Ò ÙÒ ÙÖÐ ØÖÓ ÓÒÚÜÓ ABCD ÓÒ AB = AC ÐÓ ÙÒØ ÒÙÐÓ ÓÒ ÓÒÓÓ BAD = 80 ABC = 75 ADC = 65 º úù ÒØÓ Ñ BDC º ÈÖÓÐÑ ¾º À Ø Ó Ð Ú Ö ÙÒ ÑÐØÔÐÓ Ý ÒØÖÓ ÓÓ Ó Ö ÙÒ ÑÐØÔÐÓ º À ÓÓ Ó Ð ÊÐ Ö ÙÒ ÑÐØÔÐÓ Ý ÒØÖÓ Ø Ó Ö ÙÒ ÑÐØÔÐÓ º úù Ð Ð ÙÒØ ÖÑÓÒ ÔÙ Ö ÚÖÖ ÊÐ Ó Ó ÑÒÓÖ ÕÙ Ú ÊÐ ÙÒ Ó ÑÒÓÖ ÕÙ Ú ÊÐ Ý Ú ØÒÒ Ð Ñ Ñ ÊÐ ÙÒ Ó ÑÝÓÖ ÕÙ Ú ÊÐ Ó Ó ÑÝÓÖ ÕÙ Úº A B C D B E F F ÈÖÓÐÑ ¾º Ò Ð ÜÔÖ Ò ÐØÖ ÖÔÖ ÒØ D B G H ÙÒ ØÓ ÖÒØ ÖÓº ÄØÖ ÙÐ ÖÔÖ ÒØÒ ØÓ ÙÐ Ý ÐØÖ ¹ ÖÒØ ÖÔÖ ÒØÒ ØÓ ÖÒØ º úù Ð Ð ÚÐÓÖ ÒØÖÓ ÔÓ ØÚÓ Ñ ÔÕÙÓ ÔÓ Ð Ø ÜÔÖ Ò ½ ¾