olimpiada de matem aticas del distrito federal folleto de...

Olimpiada de Matematicas del Distrito Federal

Folleto de Problemas 2011

Leonardo Ignacio Martınez SandovalUltima Modificacion: 5 de diciembre de 2010

Indice general

Indice General I

1. Introduccion 3

1.1. Acerca de la Olimpiada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2. Mensaje para el participante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2. Enunciados de los Problemas 7

2.1. Primera Etapa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2.2. Segunda Etapa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.3. Tercera Etapa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.4. Cuarta Etapa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.5. Quinta Etapa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.6. Examen Regional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.7. Examen de Desempate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

3. Soluciones de los Problemas 25

3.1. Primera Etapa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

3.2. Segunda Etapa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

3.3. Tercera Etapa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

3.4. Cuarta Etapa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

3.5. Quinta Etapa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

3.6. Examen de Desempate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

4. Examenes de Practica de Temas Especıficos 57

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INDICE GENERAL 1

5. Problemas de Tarea 61

6. Herramientas Utiles 65

2 INDICE GENERAL

Capıtulo 1

Introduccion

1.1. Acerca de la Olimpiada

La Olimpiada Mexicana de Matematicas es un concurso que se organiza cada anocon el fin de que los estudiantes de Bachillerato y Secundaria estimulen su gusto por lasmatematicas. Esto trae a su vez numerosas consecuencias. Los jovenes pueden encontrarcompaneros que compartan su gusto por esta area de la ciencia. Ası mismo, la OlimpiadaMexicana de Matematicas ayuda a detectar a jovenes talentosos en esta disciplina y adifundir que tipos de problemas enfrenta un matematico en su profesion.

Los problemas de la Olimpiada son un poco distintos a los problemas escolares,pues usualmente en estos ultimos el estudiante requiere conocer una gran cantidad deteorıa conforme va avanzando en su ano escolar. Los problemas de Olimpiada simplementerequieren un entendimiento basico de los conceptos escolares. La principal diferencia esque los problemas de Olimpiada para ser resueltos requieren un poco mas de instinto,gusto por las matematicas y una pequena dosis de creatividad.

La Olimpiada Mexicana de Matematicas esta organizada en las siguientes etapas:

Etapa Estatal: Esta es la etapa en la cual se entra a la Olimpiada. En esta etapalos estados realizan distintas pruebas para elegir a los participantes que asistiran alconcurso nacional de matematicas. Durante esta etapa los estados tambien preparana sus estudiantes por medio de entrenamientos a los cuales puedes asistir una vezpasada la primer etapa. Dependiendo del estado en donde vivas, tendras que inscri-birte con el comite organizador local. Puedes encontrar una lista de los encargadosde la Olimpiada en tu estado en http://erdos.fciencias.unam.mx/omm/. En el Dis-trio Federal tenemos la pagina www.matematicas.unam.mx/omdf, en la cual puedesestar al tanto de la convocatoria y las inscripciones.

Concurso Nacional: En esta etapa se invita a la delegacion de cada estado a pasaruna semana en el estado organizador. Los alumnos invitados a este concurso se les

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4 CAPITULO 1. INTRODUCCION

proporciona hospedaje, transporte y alimentacion. El Concurso Nacional consiste enuna prueba a dos dıas. Cada examen es de 3 preguntas. El resto de la semana sededica a la calificacion de las pruebas y a distintas actividades que el estado sedeorganize. En la premiacion se entregan primeros, segundos y terceros lugares enproporcion 1 : 2 : 3, en donde la cantidad total de personas premiadas debe ser lomas cercano posible a la mitad de los participantes.

Entrenamientos Nacionales: Las personas que obtuvieron Primer Lugar en elConcurso Nacional son invitadas a formar parte de la Pre-Seleccion nacional mexi-cana, y son candidatos a participar en los distintos concursos internacionales en losque Mexico esa invitado, como son la Olimpiada Centroamericana de Matematicas,la Olimpiada Iberoamericana de Matematicas, la Olimpiada de la Cuenca del Pacıfi-co y la Olimpiada Internacional de Matematicas. A estas personas se les entrenaintensivamente en el transcurso del ano, y deben realizar varios examenes elimina-torios para finalmente formar parte de la delegacion mexicana en alguno de estosconcursos.

1.2. Mensaje para el participante

¡Bienvenido a la Olimpiada de Matematicas del Distrito Federal!

Ano con ano contamos con jovenes entusiastas interesados en la resolucion de pro-blemas matematicos. Estos jovenes, como tu, saben que las matematicas son una cienciaen la cual se pueden encontrar problemas interesantes, divertidos y difıciles. Todos ustedesson el principal motor de la Olimpiada, y en cada una de nuestras ediciones trabajamospara que aprendan cosas interesantes y convivan con otros companeros que tambien lesinteresa esta bella disciplina.

Este folleto muestra el trabajo que se realizo el ano pasado en la Olimpiada delDistrito Federal. Ayuda a que te des una idea de que tipos de problemas te puedes en-contrar cuando participese en las distintas etapas. La primer parte del folleto enuncia losproblemas que se plantearon a los estudiantes el ano pasado.

En las primeras etapas los examenes son de opcion multiple, o simplemente requierenuna respuesta numerica. Te recomendamos intentar estos problemas pues son los queinician el camino de las Olimpiadas de Matematicas. Usualmente la resolucion de estaprimer etapa requiere una buena dosis de ingenio, habilidad para encontrar patrones yuna mente paciente que no caiga en las trampas que se presentan en cada problema.

Las siguientes etapas requieren un poco mas de dedicacion. La resolucion de losproblemas no es mucho mas dificil que en las primeras etapas. Sin embargo, al ir avanzandoen la olimpiada debes aprender a explicar tus pensamientos, y a justificar de manera unpoco mas formal tus intuiciones y descubrimientos.

Puedes sentir que estos problemas son mas difıciles. En realidad muchos de estos pro-blemas simplemente necesitan algunas tecnicas que todavıa no has aprendido. Si intentas

1.2. MENSAJE PARA EL PARTICIPANTE 5

estos problemas y no puedes resolverlos, no te desanimes. La mayorıa de los concursantesno saben que es lo que tienen que hacer, y es por eso que existen los entrenamientos, queson clases que se imparten en la Facultad de Ciencias a los concursantes que pasan lasprimeras etapas. Durante estas sesiones los entrenadores del Distrito Federal te ensenaranestas tecnicas que puedes utilizar y te apoyaran a que te familiarizes con las situacionesen las que son utiles.

Una vez que hallas intentado un poco los problemas, puedes consultar las solucionesal final del folleto. Estas respuestas tambien son una fuente generosa de informacion, puesen ellas puedes encontrar ideas que no habıas visto antes. Ası mismo, leer estas soluciones teguiara en el camino hacia la escritura de tus ideas para cuando llegues a etapas posteriores.

Finalmente, en la ultima parte de este folleto encontraras todavıa mas herramientaspara la resolucion de problemas. Estas herramientas se dividen en dos tipos. Por un lado,la mayorıa de las observaciones de esta seccion son muy intuitivas, pero son muy poderosaspara resolver los problemas de las distintas etapas. Otras de las herramientas son hechosun poco teoricos como propiedades de los exponentes y trigonometrıa que te serviran comoreferencia cada vez que necesites recordarlas.

Esperamos que te animes a dar el primer paso presentando el primer examen. Si tegustan las Matematicas, o estas descubriendo si te gustan, la Olimpiada de Matematicases de las mejores experiencias que puedes tener. ¡Animo y te esperamos!

Leonardo Ignacio Martınez Sandoval

6 CAPITULO 1. INTRODUCCION

Capıtulo 2

Enunciados de los Problemas

En esta seccion puedes encontrar los problemas de los examenes de la edicion pasadade la Olimpiada. Estos problemas te pueden servir de practica y para que te des una ideade que tipo de problemas te puedes encontrar en la Olimpiada. Las primeras etapas sonproblemas de opcion muliple, en los que te puedes apoyar en la eliminacion de opciones yen tu intuicion. Los problemas de etapas posteriores requieren un poco mas de dedicaciony quizas un poco mas de teorıa, pero en la mayorıa de los casos lo mas importante es teneruna idea para resolverlos.

2.1. Primera Etapa

1. En la siguiente figura AB = BC, AF = FD = DB y FD es paralela a AC.Encuentra el valor del angulo CFD.

(a) 15◦ (b) 20◦ (c) 30◦ (d) 45◦

2. Pedro gana 10000 pesos menos que el doble de lo que gana Juan y Juan gana 22000pesos menos del triple de lo que gana Pedro. ¿Cuanto dinero ganan entre los dos?

(a) 10400 (b) 10800 (c) 21200 (d) 32000

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8 CAPITULO 2. ENUNCIADOS DE LOS PROBLEMAS

3. ¿Cuantas parejas (a, b) hacen al numero 23a219b2 multiplo de 72?

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

4. A un tablero de 20 filas y 11 columnas se le quitan las filas pares y las columnas queno son multiplo de 3. ¿Cuantas casillas quedan?

(a) 140 (b) 90 (c) 50 (d) 30

5. ¿Cuantos triangulos existen tales que las longitudes de sus lados son tres numerosdistintos de la sucesion 1, 2, 4, 8, 16, . . . ?

(a) 0 (b) 1 (c) Una infinidad (d) Ninguna de las anteriores

6. Un gato comienza en la orilla A de una viga AB de longitud 120. Comienza a caminarsobre la viga y al llegar a la mitad otro gato comienza a caminar desde la orilla B ala mitad de la velocidad que el primer gato. Si se encuentran en el punto C, ¿cuales el valor del producto AC · CB?

(a) 1800 (b) 2000 (c) 2700 (d) 3200

7. En un salon el porcentaje de mujeres es mayor al 40 % y menor al 45 %, ¿cual es lamınima cantidad de personas que tiene que haber en el salon?

(a) 9 (b) 8 (c) 5 (d) Ninguna de las anteriores

8. En la figura se tienen dos cırcunferencias concentricas. La cuerda AB de la circun-ferencia mas grande es tangente a la circunferencia pequena y mide

√3. Encuentra

el area entre las dos circunferencias.

(a) 3π (b) 3π2 (c)

√3π2 (d) 3π

4

9. ¿Cual es el valor de la expresion 563355792 − (56335591)(56335567)?

(a) 44 (b) 64 (c) 144 (d) 2010

2.1. PRIMERA ETAPA 9

10. Gogo tiene 4 amigas. Para dıa de San Valentın compro 3 peluches iguales y 2 rosasiguales, ¿de cuantas formas puede obsequiar todos sus regalos si los puede obsequiarcomo quiera?

(a) 45 (b) 54 (c) 200 (d) 24

11. ¿Cuantas semanas son 12! segundos? Recuerda que n! = 1 · 2 · · · · · n es el productode los enteros de 1 a n.

(a) 6! (b) 792 (c) 704 (d) 396

12. ¿Cual es el maximo numero de cırculos de radio 1 que pueden ser tangentes a uncırculo de radio 1 al mismo tiempo?

(a) 4 (b) 5 (c) 6 (d) 8

13. Tres alegrıas, tres cocadas y dos obleas cuestan 20 pesos. Cinco alegrıas, cinco coca-das y tres obleas cuestan 33 pesos. ¿Cuanto cuestan una alegrıa, una cocada y unaoblea?

(a) 7 (b) 8 (c) 9 (d) No se puede determinar

14. Se escriben los numeros del 1 al 2010. ¿Cuantas veces se escribio el dıgito 2?

(a) 591 (b) 592 (c) 611 (d) 612

15. En el siguiente dibujo AB = BB′, BC = CC ′, CD = DD′ y DA = AA′. Encuentrala razon entre las areas de los cuadrilateros ABCD y A′B′C ′D′.

(a) 12 (b) 1

4 (c) 15 (d) Depende del cuadrilatero ABCD

16. ¿Cual es la suma de los divisores impares de 2010?

(a) 75 (b) 1632 (c) 2458 (d) 4896


17. ¿Cuanto vale x en la siguiente ecuacion?

10x = (102010 + 25)2 − (102010 − 25)2

(a) 2010 (b) 2012 (c) 4020 (d) 4024

18. En una urna hay 7 pelotas rojas, 8 pelotas azules y 9 pelotas verdes. Si se sacanpelotas sin ver y sin regresarlas, ¿cual es el mınimo numero de pelotas que tienesque sacar para garantizar que sacaste al menos dos de cada color?

(a) 6 (b) 17 (c) 19 (d) 24

19. ¿Cual es el valor del area sombreada en el siguiente rectangulo?

(a) 32 (b) 38 (c) 54 (d) 70

20. ¿Cuantos numeros n hay tales que n! termina en 30 ceros pero no en 31?

(a) 0 (b) 5 (c) 10 (d) Una infinidad

21. Una cuadrıcula rectangular tiene 1000 cuadritos. La razon de sus lados es aproxima-damente 3 a 5. ¿Cuantos cuadritos hay en la orilla de la cuadrıcula?

(a) 130 (b) 128 (c) 126 (d) 124

22. ¿Cuantos palillos de longitud 1 se necesitan para hacer una cuadrıcula de 6 × 6 delongitud de lado 6 con sus lıneas interiores?

(a) 36 (b) 42 (c) 72 (d) 84

23. En un triangulo un angulo mide 50◦ y otro x. Si sabemos que es isosceles, ¿cual esla suma de los tres posibles valores de x?

(a) 195◦ (b) 180◦ (c) 165◦ (d) 130◦


24. Pedro y Luis copiaron una ecuacion x2 + bx+ c = 0 de grado dos del pizarron. Pedrocopio mal el coeficiente b y obtuvo como soluciones 2 y 4. Luis copio mal el coeficientec y obtuvo como soluciones 5 y 4. ¿Cuales eran las soluciones de la ecuacion original?

(a) 2 y 5 (b) 4 y 4 (c) 1 y 8 (d) 5 y 8

25. Un numero es casi-capicua si al cambiar uno de sus dıgitos se lee igual de derechaa izquierda que de izquierda a derecha. ¿cuantos numeros casi-capicua hay de 4dıgitos?

(a) 3510 (b) 3330 (c) 3150 (d) 1620

26. Se tienen 3 circunferencias concentricas, la mas pequena tangente a un cuadrado y lamediana circunscrita a ese cuadrado como se muestra en la figura. La circunferenciamenor tiene radio 1 y la mayor tiene diametro 6. ¿Cual es el valor del area del anilloformado entre la circunferencia mediana y la mayor?

(a) 7π (b) 8π (c) 34π (d) 35π

27. De las fracciones de la forma a2010 con 0 < a < 2010 entero, ¿cuantos denominadores

distintos pueden tener una vez que se simplifican?

(a) 7 (b) 15 (c) 16 (d) 2009

28. Cuando el panda Gomibola desperto tenıa 5 % de su peso en leche. Tras desayunarleche, su peso total subio a 3,8 kilos y el porcentaje de leche en su cuerpo aumento a7 %. ¿Cuanto pesaba el panda al despertar?

(a) 3.534 (b) 3.720 (c) 176.7 (d) 190

29. Se escriben de menor a mayor los numeros que tienen exactamente una vez a cadauno de los dıgitos de 1 a 9. ¿Que numero queda en la posicion 100000?

(a) 367245918 (b) 358926471 (c) 235497681 (d) 249873561


30. Se toma un punto P en el interior del cuadrado ABCD. Si se sabe que AP = 3,DP = 4 y CP = 7, ¿cual es la razon PA

PB ?

(a)√

4214 (b) 1

2 (c) 47 (d)

√42

2.2. SEGUNDA ETAPA 13

2.2. Segunda Etapa

1. Se dobla una hoja cuadrada a la mitad para formar un rectangulo, luego a la mitadpara formar un cuadrado y una tercera vez para formar un triangulo. ¿Cuantos delos siguientes dibujos pueden representar como se ven los dobleces en la hoja cuandose desdobla?

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

2. Los enteros a y b son mayores a 1 y tienen producto 2010. Si a es par, ¿cual es sumayor valor posible?

(a) 2 (b) 402 (c) 2010 (d) Ninguna de las anteriores

3. Se tiene un contenedor con forma de cubo de 30cm de lado. Si se le vertieran 14,4litros de agua, ¿a que altura llegarıa el agua?

(a) 1.4cm (b) 1.6cm (c) 14cm (d) 16cm

4. Se tienen dos pistas para correr cuadradas, una de lado 150m y otra de lado 100m.Se quiere correr algunas vueltas completas a la primera y algunas vueltas completasa la segunda para recorrer un total de 5,4km. ¿Cual es el maximo numero de vueltasque se pueden dar si se quiere cumplir estas condiciones?

(a) 11 (b) 12 (c) 13 (d) 14

5. La siguiente casa esta formada por cuatro cuadrados iguales y un triangulo equilate-ro. Si el perımetro de la figura es 30, ¿cual es el area de la region sombreada?

(a) 4 (b) 174 (c) 75

12 (d) 9


6. El dıgito de las unidades de 317 + 713 es:

(a) 0 (b) 2 (c) 4 (d) 6

7. ¿Cuantos rectangulos hay en el siguiente dibujo de una cancha de tenis?

(a) 23 (b) 29 (c) 30 (d) 31

8. En la siguiente figura se tiene un paralelogramo. Encuentra la razon entre el area dela region negra y el area de la region blanca.

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

3 (d) No se puede determinar

9. La suma de 20 numeros enteros es 200. De estos, ¿cual es la mayor cantidad de ellosque puede ser mayor a 20?

(a) 20 (b) 19 (c) 10 (d) 9

10. En el triangulo ABC se toman los puntos medios D y E de BC y AC respectiva-mente. Si el area del triangulo ADE es 16, ¿cual es el area del triangulo ABC?

(a) 48 (b) 64 (c) 80 (d) No se puede determinar sin conocer al triangulo ABC


11. Un ano humano equivale a 7 anos gato o a 6 anos perro. Hoy el gato Miau cumple21 anos gato y el perro Guau cumple 18 anos perro. ¿Cual es la diferencia entre laedad perruna de Miau y la edad gatuna de Guau?

(a) 0 (b) 1314 (c) 3 (d) 127

14

12. En el cuadrado ABCD de perımetro 40 se ha elegido un punto E sobre la diagonalBD de modo que 4DE = BE. ¿Cual es el valor del area del triangulo AED?

(a) 4 (b) 10 (c) 12.5 (d) 20

13. ¿Cual es la suma de los primeros 100 terminos de la sucesion

1, 2, 1, 2, 2, 1, 2, 2, 2, 1, 2, 2, 2, 2, 1, 2, 2, 2, 2, 2, 1, . . .?

(a) 113 (b) 150 (c) 157 (d) 187

14. En el triangulo PQR se tiene PQ = 14 y PR = 10. El lado RQ intersecta perpen-dicularmente a PS, con RS = 5, ¿cual es el perımetro del triangulo PQR?

(a) 15 + 5√

3 (b) 25 + 5√

3 (c) 30 (d) 35

15. Sea P (k) la suma de los dıgitos pares de k. Por ejemplo, P (5681) = 6 + 8 = 14.¿Cual es el valor de P (1) + P (2) + . . .+ P (100)?

(a) 400 (b) 250 (c) 200 (d) 100


16. En la siguiente suma cada letra representa un dıgito y el punto es un punto decimal:abc+ab.c+a.bc = k. Si se quiere que k sea entero, ¿cual de las siguientes afirmacioneses verdadera?

(a) a = b = c(b) 37 divide a k(c) a+ b+ c es constante(d) Hay exactamente 5 valores posibles para k

17. Las cuerdas PR y QS de la siguiente circunferencia se interectan en el punto T . Siel angulo ∠PTQ mide 20◦ y el radio del cırculo es 5, ¿cuanto vale la suma de laslongitudes de los arcos RS y PQ?

(a) 5π9 (b) 10π

9 (c) 5π4 (d) 9π

5

18. Se llena una tabla compuesta por p filas y q columnas con los numeros naturales del1 a pq escritos en orden, empezando en la esquina superior izquierda, avanzando ala derecha y luego cambiando de fila, volviendo a empezar a la izquierda. El numero20 se encuentra en la tercer fila, el numero 41 en la quinta y el 103 en la ultima.Encuentra el valor de p+ q

(a) 21 (b) 22 (c) 23 (d) 24

19. Se tiran dos dados negros y uno rojo. ¿Cual es la probabilidad de que el numero enel dado rojo sea mayor a los dos numeros de los dados negros?

(a) 2251296 (b) 55

216 (c) 13 (d) 91

216


20. Los triangulos ABC y ABD de la siguiente figura son isosceles con AB = AC = BD.Si BD es perpendicular a AC, ¿cuanto vale ∠BCA+ ∠BDA?

(a) 120◦ (b) 135◦ (c) 145◦ (d) No se puede determinar

21. La Olimpiada de Matematicas es un evento anual. Este ano se lleva a cabo la edicionnumero 24. Un ano se dice superolımpico si la edicion del concurso divide al ano enque se realiza (por ejemplo, 2010 no es un ano superolımpico pues 24 no divide a2010). ¿Cuantos anos superolımpicos existen?

22. Un cohete viaja de la Tierra a la Luna. Si usa el propulsor A, llega en 200 horas. Siusa el propulsor A y el propulsor B llega en 150 horas y si usa el propulsor A y elpropulsor C llega en 120 horas. ¿En cuanto tiempo llega si utiliza el propulsor B yel propulsor C?

23. ¿Cuantos numeros de cuatro dıgitos tienen a lo mas un dıgito 6?

24. Los puntos medios de los lados de un hexagono regular H se unen para obtener unhexagono similar H ′. ¿Que fraccion del area de H es el area que se encuentra entreH y H ′?

25. Sabemos que 24! = 620448401733239439abc000 donde a, b y c representan dıgitos.Escribe el numero de tres dıgitos abc.


2.3. Tercera Etapa

Problema 1 Sea ABC un triangulo con AD la altura sobre BC. La circunferenciade centro D y radio AD corta a AB en P y a AC en Q. Demuestra que los triangulosABC y AQP son semejantes.

Problema 2 Fer, Gogo, Leo y Marco compran una barra de chocolate rectangularde m× n cuadritos unitarios. Van a jugar a lo siguiente sobre una mesa, alternandose dela forma F, G, L, M, F, G, . . ., etc.

En el primer turno Fer toma el chocolate y lo corta en lınea recta por una de laslıneas que dividen a los cuadritos. En los turnos siguientes, de las piezas de chocolate enla mesa el jugador correspondiente toma una de ellas (que no sea un cuadrito individual)y hace lo mismo: cortarla por una lınea recta que pase por las divisiones de cuadritos.Gana el jugador que al finalizar su turno deje la mesa con los mn cuadritos unitarios. Acontinuacion se muestra un ejemplo del juego para m = 2 y n = 3, en el cual gana Fer:

Dados los lados m y n del chocolate, determina que jugador puede ganar.

Problema 3 Sea n un entero mayor o igual a 10. A n se le quita el dıgito de lasunidades y se obtiene un numero m. Encuentra todos los n tales que m divide a n.

Problema 4 Pichi escribe todos los numeros mayores a 10000 que se pueden formarcon dıgitos a, b, c, d y e (no necesariamente en ese orden) que cumplen la condicion deque b = a+ 2 , c = b+ 2, d = c+ 2 y e = d+ 2.

¿Cuantos numeros escribio Pichi?

Calcula la suma de los numeros que escribio Pichi.

2.4. CUARTA ETAPA 19

2.4. Cuarta Etapa

Primer Dıa

Problema 1 Un numero natural de n dıgitos es armonioso si sus n dıgitos sonuna permutacion de 1, 2, 3, . . . , n y sus primeros k dıgitos forman un numero divisible pork, para k = 1, 2, 3, . . . , n. Por ejemplo, 321 es armonioso pues 3 es divisible por 1, 32 esdivisible por 2 y 321 es divisible por 3. Encuentra todos los numeros armoniosos de 6dıgitos.

Problema 2 Sea ABC un triangulo y sean D y E puntos sobre los segmentos ABy AC tales que BD+CE = BC. Si I es el incentro del triangulo ABC, demuestra que elcuadrilatero ADIE es cıclico.

Problema 3 Demuestra que:

a) 13√

12+ 3√1·2+3√

22+ 1

3√32+ 3√3·4+

3√42

+ . . .+ 13√

9992+ 3√999·1000+3√

10002> 9

2

b) 13√

22+ 3√2·3+3√

32+ 1

3√42+ 3√4·5+

3√52

+ . . .+ 13√

9982+ 3√998·999+3√

9992< 9

2

Segundo Dıa

Problema 4 La FIFA desea cambiar la modalidad del mundial. En el torneo par-ticiparan 32 equipos, los juegos de cada ronda se decidiran por sorteo y en cada partidoentre dos equipos exactamente uno, el ganador (no hay empates), pasara a la siguienteronda. La FIFA tiene un ranking de los 32 equipos ordenandolos de mejor a peor. En laprimera ronda del torneo se realizaran 16 partidos y los 16 ganadores pasan a la segundaronda, en la segunda ronda se jugaran 8 partidos y los 8 equipos ganadores pasan a latercera ronda ası hasta que en la cuarta ronda habra 2 partidos y los ganadores jugaranla final. Supongamos que si un equipo A esta en mejor posicion en el ranking de la FIFAque un equipo B entonces si A y B juegan, A le gana a B, por ejemplo el equipo 1 en elranking siempre gana. Bajo esta suposicion, ¿cual es el peor equipo que puede disputar lafinal?

Problema 5 Sea ABC un triangulo con AB = AC y ∠A = 36◦. La bisectriz del∠ABC corta a AC en D y la bisectriz del ∠BDC corta BC en P . Sea R un punto sobrela prolongacion de BC tal que B es el punto medio de PR. Demuestra que RD = AP .

Problema 6 Halla todos los enteros n > 1, tales que cada divisor primo de n6 − 1es divisor de n2 − 1 o de n3 − 1.


2.5. Quinta Etapa

Primer Examen, Primer Dıa

Problema 1 Se tiene el numero 1234 escrito en una hoja blanca. Cesar y Lalotoman turnos para jugar lo siguiente: en cada turno un jugador puede restarle cualquierade los dıgitos del numero escrito en la hoja (siempre y cuando este dıgito no sea cero);se borra el viejo numero y se escribe el nuevo. Pierde el que ya no pueda restar numeros(cuando se llegue al numero cero). Si Cesar es el que empieza, ¿quien gana y cual es suestrategia ganadora?

Problema 2 Sea ABC un triangulo rectangulo con angulo recto en B. Sea E el piede la altura desde B y consideremos IA e IC los incentros de ABE y CBE respectivamente.

Demuestra que AIA es perpendicular a BIC .

Demuestra que la bisectriz por B es perpendicular a IAIC .

Problema 3 Sean a, b y c numeros reales mayores que cero. Demostrar que:

a

b+b

c+c

a≤(b

a

)3

+(cb

)3+(ac

)3

Primer Examen, Segundo Dıa

Problema 4 Determinar todos los numeros primos p tales que 5p + 4p4 es uncuadrado perfecto.

Problema 5 Sea ABC un triangulo y G su gravicentro. Se construyen triangulosequilateros exteriores BCD, CAE y ABF con gravicentros A′, B′ y C ′. Demuestra queG es el circuncentro del 4A′B′C ′.

Problema 6 Lalo y Cesar juegan volados. Lanzan n veces la moneda. Cesar ganasi la cantidad de aguilas obtenidas es multiplo de 4, y Lalo gana en otro caso. ¿Para que nla probabilidad de que gane Cesar es 1

4?

2.5. QUINTA ETAPA 21

Segundo Examen, Primer Dıa

Problema 1 Encuentra todos los enteros positivos n tales que 3n − 4, 4n − 5 y5n− 3 sean simultaneamente primos.

Problema 2 Sea a1, a2, a3, . . ., una sucesion de numeros de tal manera que a1 = 1y para n > 1, a1 + a2 + . . .+ an = n2an. Encuentra a2010.

Problema 3 Sea M el punto medio del segmento AB. Dos circunferencias, una quepasa por A y M , y otra que pasa por B y M , se intersectan en M y N . Sean P el puntomedio del arco AN que no contiene a M en el circuncırculo del triangulo MAN y Q elpunto medio del arco BN que no contiene a M en el circuncırculo del triangulo MBN .Demuestra que las rectas MN y PQ son perpendiculares entre sı.

Segundo Examen, Segundo Dıa

Problema 4 Un triangulo ABC es tal que su angulo en A es de 60◦. Sean D y Epuntos sobre los lados AB y AC respectivamente de manera que BD = DE = EC. Sea Oel punto de interseccion de BE y DC. Demuestra que O es el circuncentro del trianguloABC.

Problema 5 Un marciano esta atrapado en un cuadrito de 1×1 de una cuadrıcula den×n donde n es un entero positivo impar mayor que 1. Se ha enviado una nave a rescatarlo,pero la nave no logra ver al marciano. La nave puede teletransportar al marciano abordocon “disparos de rescate”, cada uno de ellos cubre tres cuadros de la siguiente forma:

Los disparos se pueden encimar, rotar y salir de la cuadrıcula. ¿Cual es el mınimonumero de “disparos de rescate” que tiene que hacer la nave para asegurarse de haberrescatado al marciano?

Problema 6 Determina todas las parejas (a, b) de enteros positivos tales que ab2 +9divide a a2b+ b.


2.6. Examen Regional

Problema 1 En el triangulo acutangulo ABC se tiene que ∠BAC es menor que∠ACB. Sea AD un diametro de Γ, la circunferencia circunscrita a dicho triangulo. Sea Eel punto de interseccion del rayo AC y la tangente a Γ que pasa por B. La perpendiculara AD que pasa por E intersecta a la cirunferencia circunscrita del triangulo BCE, otravez, en el punto F . Muestra que CD es bisectriz del ∠BCF .

Problema 2 Sea p > 5 un numero primo. Muestra que p− 4 no puede ser la cuartapotencia de un entero.

Problema 3 Sean a, b, c numeros reales positivos que cumplan con 1a + 1

b + 1c = 1.

Muestra que:

a2 + b2 + c2 ≥ 2a+ 2b+ 2c+ 9

Problema 4 Sean a y b dos enteros positivos. Sea A un subconjunto de {1, 2, . . . , a+b} con mas de a+b

2 elementos. Muestra que hay dos numeros en A cuya diferencia es a ob.

Problema 5 Encuentra las soluciones enteras (p, q, r) de la ecuacion r + p4 = q4

con las siguientes condiciones:

r es un entero positivo con exactamente 8 divisores positivos.

p y q son numeros primos.

Problema 6 Sean ABC un triangulo equilatero y D el punto medio de BC. SeanE y F puntos sobre AC y AB, respectivamente y tales que AF = CE. Si P es el puntode interseccion de BE y CF , muestra que ∠APF = ∠BPD.

2.7. EXAMEN DE DESEMPATE 23

2.7. Examen de Desempate

Problema 1 Sea ABCD un cudrılatero cıclico con diagonales perpendiculares. SeaE el punto de interseccion de la perpendicular a AB por B y la paralela a BD por C ysea F el punto de interseccion de AE y BD. Demuestra que los triangulos AFD y ABCson semejantes.

Problema 2 Sean a, b y p enteros no negativos con p un numero primo. Encontrartodas las ternas (a, b, p) tales que a2b2 = 22010−pb.

Problema 3 Toma k entero positivo fijo. Los vertices de un n−agono regular sequieren pintar con k colores distintos de modo que cada que los vertices A1, A2 y A3 estanpintados del mismo color y los vertices B1, B2 y B3 estan pintados del mismo color (quizasdistinto al de los vertices Ai), entonces los triangulos A1A2A3 y B1B2B3 comparten almenos un punto (en su interior, lados, o vertices). ¿Cual es el mayor valor que puede tomarn?

Capıtulo 3

Soluciones de los Problemas

3.1. Primera Etapa

1. Por el Teorema de Tales, tenemos BFBA = BD

BC . Como BA = BC, esto nos diceBF = BD. Tenemos tambien BF = AB − AF = BC − BD = DC. Ası, BF =FA = FD = BD = DC. De esto deducimos que el triangulo BFD es equilatero yFDC isosceles. Ası, 2∠DFC = ∠DFC +∠DCF = 180◦ −∠FDC = ∠BDF = 60◦,y por tanto ∠DFC = 30◦.

2. Llamemos j a la cantidad que gana Juan y p a la cantidad que gana Pedro. Elenunciado dice que p = 2j−10000 y j = 3p−22000. Multiplicando la primer ecuacionpor 3 y subsituyendo en la segunda obtenemos j = 3p−22000 = 6j−30000−22000.De aquı despejamos para obtener 5j = 52000, de modo que j = 10400. Substituyendoel la segunda ecuacion, 3p = 22000+10400 = 32400 y ası p = 10800. Sumando ambosingresos obtenemos 21200

3. Como 72 = 8 · 9 y 8 y 9 son primos relativos, 72 divide a un numero si y solo si8 y 9 lo dividen. Para que un numero sea divisible entre 8, sus tres ultimos dıgitosdeben ser divisibles entre 8. Notemos que 992 es divisible entre 8. Ası, el numeroque buscamos puede acabar en 992, 952 o 912 (pues estos numeros difieren en 40,un multiplo de 8), de modo que b puede ser 1, 5 o 9.

Para que un numero sea multiplo de 9, la suma de sus dıgitos debe ser multiplo de9. Si b = 1, la suma de los dıgitos es 20 + a y entonces a necesita ser 7. Si b = 5, lasuma es 24 + a y a necesita ser 3. Finalmente, si b = 9, la suma es 28 y a necesitaser 8. Ası, en total hay 3 posibilidades para a y b.

4. Primer solucion Originalmente hay 220 cuadritos. Quitando las filas pares, se quitan10 · 11 = 110 cuadritos. Quitando las columnas que no son multiplo de 3, se quitan20 · 8 = 160 cuadritos. Sin embargo, los 10 · 9 = 90 cuadritos que estan en fila impary columna no multiplo de 3 los quitamos 2 veces, ası que hay que regresarlos. Deesta forma, en total quedan 220− 110− 160 + 90 = 40 cuadritos.

25

26 CAPITULO 3. SOLUCIONES DE LOS PROBLEMAS

Segunda solucion Hay 10 numeros de 1 a 20 que son impares y 4 numeros de 1 a11 que sı son multiplos de 3, y un cuadrito queda si y solo si no lo quitamos conninguno de los dos movimientos. De esta forma, quedan 4× 10 = 40 cuadritos.

5. No hay ningun triangulo que se pueda hacer. Tomemos tres numeros 2n, 2m y 2l conn < m < l. Tenemos que 2n + 2m < 2m + 2m = 2m+1 ≤ 2l ası, 2n + 2m < 2l y portanto no se cumple la desigualdad del triangulo.

6. Llamemos M al punto medio de AB. Como el primer gato va al doble de velocidad,MCCB = 2. Ası, BM

BC = BC+CMBC = 1 + CM

BC = 3. Con esto obtenemos CBAB = CB

2BM = 16 ,

por lo que CB mide un sexto de 120, es decir, mide 20. Esto nos dice tambi!n queAC mide 100. Ası, AC · CB = 2000.

7. La respuesta es ninguna de las anteriores. Si hubiera 7 personas, 4 de ellas podrıanser mujeres y el resto hombres y entonces aproximadamente el procentaje de mujeresserıa 42,8 %. Con 5 personas no es posible, pues los porcentajes consecutivos posibles20 % y 40 % no estan en el rango pedido.

8. Denotemos por R al radio de la circunferencia mayor y por r al radio de la circun-ferencia menor. Llamemos ademas M al punto medio de AB y O al centro de lascircunferencias. Por simetrıa, tenemos que M es el punto de tangencia de AB. Poresta razon, OM es perpendicular a AB. Usando el Teorema de Pitagoras obtenemos:

r2 +MB2 = R2. Asi, R2− r2 = MB2 =(√

32

)2= 3

4 . El area del anillo esta dada por

la diferencia de area de las circunferencias, es decir: πR2 − πr2 = π(R2 − r2) = π 34 .

9. Hagamos x = 56335579. Desarrollando: 563355792 − (56335591)(56335567) = x2 −(x+ 12)(x− 12) = x2 − (x2 − 144) = 144.

10. Como la reparticion de las rosas y de los peluches son independientes, podemoscontar de cuantas formas podemos repartir rosas, luego peluches y multiplicar ambosresultados.

Para repartir las rosas tenemos los siguientes casos:

Gogo le da las rosas a la misma amiga. En este caso hay 4 opciones, una poramiga.

Gogo le da las rosas a amigas distintas. En esta caso hay(

42

)= 6 formas de

elegir las 2 amigas a quienes le dara las rosas.

En total hay 10 opciones para la reparticion de rosas. Seguimos un analisis similarcon la reparticion de peluches:

Gogo le da los peluches a la misma amiga. En este caso hay 4 opciones, unapor amiga.

Gogo le da 2 peluches a una amiga y 1 a otra. En este caso hay 4 ·3 = 12 formasde elegir, primero elige a quien le va a dar 2 y luego entre las otras 3 elige aquien le va a dar 1.


Gogo le da los peluches a amigas distintas. En este caso solo tiene que elegir aquien no le toca peluche, y hay 4 opciones para esto.

En total hay 20 opciones para la reparticion de rosas. Por cada forma de repartirrosas hay una para repartir peluches, y por tanto en total tenemos 20 × 10 = 200formas para repartir los regalos.

11. Haciendo las conversiones necesarias, y cancelando para no efectuar tantas opera-ciones, tenemos:

12! seg = 12! seg · 1 min

60 seg· 1 hr

60 min· 1 dıa

24 hr· 1 sem

7 dıa

=12 · 11 · 10 · 9 · 8 · 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 sem

60 · 60 · 24 · 7= 2 · 4 · 9 · 11 sem = 792 sem

12. El siguiente dibujo muestra como se pueden colocar 6 circunferencias de radio 1alrededor.

13. Denotemos por a, c y o el precio de las alegrıas, cocadas y obleas respectivamente.La informacion del problema nos dice que 3a + 3c + 2o = 20 y 5a + 5c + 3o = 33.Multiplicando la primer ecuacion por 2 y restandole la segunda, obtenemos quea+ c+ o = 7.

14. Solucion 1 Escribamos a todos los numeros menores a 1000 y mayores o igualesa 0 como numeros de 3 dıgitos, por ejemplo, el 21 lo escribimos como 021 y el 0como 000. En total habremos escrito 1000 · 3 = 3000 dıgito, y cada dıgito entre 0y 9 aparece la misma cantidad de veces. Como hay 10 dıgitos distintos, cada dıgitoesta escrito 300 veces, en particular el 2. Ası mismo, entre 1000 y 1999 aparecenotros 300 dıgitos 2. Finalmente, de 2000 a 2010 aparecen 12 dıgitos 2. Esto nos daun total de 612 dıgitos 2 de 0 a 2010, y hay la misma cantidad de 1 a 2010.

Solucion 2 El 2 aparece en las unidades cada 10 numeros, dando un total de 201dıgitos 2. Aparecen 10 de ellos en las decenas cada 100 numeros, dando un total deotros 200. De la misma forma, cada 1000 numeros hay 100 dıgitos 2 en las centenas,sumando otros 200. Finalmente, en los millares aparecen solo 11 veces. De nuevo,juntamos 612 dıgitos 2.

15. Denotaremos con parentesis el area de una figura. Como A es punto medio de A′D,tenemos que (A′AB) = (ADB). Ası mismo, (A′BB′) = (A′AB). De este modo,(AA′B′) = 2(ABD). Analogamente, (DD′A′) = 2(CAD), (CC ′D′) = (BDC) y(BB′C ′) = 2(ABC). Sumando estas areas, mas la del cuadrilatero ABCD obtenemos(A′B′C ′D′) = (AA′B′) + (DD′A′) + (CC ′D′) + (BB′C ′) + (ABCD) = 2(ABC) +2(BCD) + 2(CDA) + 2(DAB) + (ABCD) = 5(ABCD). Ası, la razon buscada es 1

5 .


16. Los divisores impares de 2010 son los divisores de 1005. Como 1005 = 3 × 5 × 67,sus divisores son 1,3, 5, 15, 67, 201, 335 y 1005. La suma de estos numeros es 1632.

17. Como el lado derecho es una diferencia de cuadrados, tenemos:

(102010 + 25)2 − (102010 − 25)2 = (102010 + 25 + 102010 − 25)− (102010 + 25− 102010 + 25)

= (2 · 102010)(50) = 100 · 102010

= 102012

Ası, x es 2012.

18. Si sacamos 9 pelotas verdes, 8 azules y 1 roja ya sacamos 18 pelotas, pero aun notenemos 2 de cada color. Sin embargo, sin importar como saquemos 19 pelotas, almenos 2 de ellas tienen que ser rojas (pues con las verdes y azules maximo juntamos17) y analogamente al menos 2 de ellas seran azules y 2 de ellas verdes. Ası, larespuesta es 19.

19. Llamemos O al centro del rectangulo, A al punto en el lado superior, B al puntoen la esquina superior derecha y C al punto sobre el lado derecho. Por simetrıa, Oes el centro del rectangulo. De modo que el triangulo OAB tiene base 16 y altura2+8

2 = 5. Ası, tiene area 40. Del mismo modo, el triangulo OBC tiene base 2 y altura16+12

2 = 14. Ası, tiene area 14. Sumando el area de estos triangulos obtenemos queel area de OABC es 54.

20. Un numero termina en tantos 0 como la cantidad de veces que tiene a 10 como factor.Ası, si un numero tiene n factores 2 y m < n factores 5, entonces terminara en mceros. El numero n! entra en esta observacion, pues tiene mas factores 2 que factores5. Cada 5 numeros se aumenta un factor 5, cada 25 se aumenta uno mas, cada 125otro mas y ası. Contando los factores ası, el numero 120! termina en 29 ceros, pero125! termina en 31 ceros. Ası, para ningun numero tenemos que n! termina en 30ceros.

21. Solucion 1 Las factorizaciones distintas de 1000 son 1 · 1000, 2 · 500, 4 · 250, 8 · 125,5 ·200, 10 ·100, 20 ·50 y 25 ·40. La ultima es la que mas se acerca a la razon 3 a 5, pues2540 ≈

2440 = 3

5 . La cantidad de cuadritos en dicha cuadrıcula es 25 + 25 + 40 + 40−4 =126 (pues repetimos las 4 esquinas).

Solucion 2 Un lado del cuadrado mide aproximadamente 3x y el otro 5x para algunax. Tenemos entonces 3x ·5x ≈ 1000, o bien x2 ≈ 1000

15 ≈ 66. Ası, x ≈ 8. Notamos quelos lados son aproximadamente 24 y 40. Para que quede de lado 1000 necesitamosque un lado sea 25, lo cual es posible, y de nuevo tenemos 126 cuadritos en la orilla.

22. Solucion 1 A cada cuadrito de 1×1 asignemosle sus lados izquierdo y derecho. Comohay 36 cuadritos de estos, llevamos 72 palillos. Pero faltan contar los 12 palillos paraformar el lado derecho y el lado inferior del cuadrado. Esto da un total de 84 palillos.


Solucion 2 Para formar una linea horizontal o vertical se necesitan 6 palillos. Entotal hay 7 lıneas verticales y 7 horizontales. Ası, necesitamos 6× 14 = 84 palillos.

Solucion 3 Usaremos Teorıa de Graficas. Hay 4 puntos a los que llegan 2 palillos (lasesquinas), 20 puntos a los que llegan 3 palillos (los de los lados) y 25 puntos a los quellegan 4 palillos (los interiores). Ası, la suma de todos los grados es 8+60+100 = 168.Un teorema de Teorıa de Graficas nos dice que hay 168

2 = 84 palillos.

23. Supongamos que los angulos iguales del triangulo ABC son ∠B y ∠C. Tenemos lossiguientes tres casos:

∠B = 50◦, ∠C = 50◦ y entonces x = 180◦ − 100◦ = 80◦.

∠B = 50◦, ∠C = x y entonces x = 50◦.

∠B = x, ∠C = x, y entonces 2x = 180◦ − 50◦ = 130◦ y por tanto x = 65◦

Por lo tanto, la suma de los valores de x es 195◦.

24. Si un polinomio cuadratico x2 + bx + c tiene soluciones r y s, entonces se factorizacomo (x−r)(x−s). Ası, el polinomio que copio Pedro fue (x−2)(x−4) = x2−6x+8y el que copio Luis fue (x−5)(x−4) = x2−9x+20. Pedro tiene bien el coeficiente c yLuis el coeficiente b, de modo que el polinomio original era x2−9x+8. Resolviendolo(factorizando o por formula general), obtenemos que sus raıces son 8 y 1.

25. Denotaremos dıgitos con letras. Un numero casi-capicua es de alguna de las siguientesdos formas:

abbc. En este caso tenemos 9 opciones para a, pues no puede ser 0. El dıgitoc debe ser distinto a a, por lo que tenemos 9 opciones. Finalmente, el dıgito bpuede ser cualquiera, de modo que hay 810 casi-capicuas de estos.

abca. Tambien tenemos 9 opciones para a. Al elegir b entre los 10 dıgitos, c deberser distinto y por tanto tiene 9 opciones. De nuevo, juntamos 810 casi-capicuas.

En total tenemos 1620 casi-capicuas de 4 dıgitos.

26. El dıametro de la circunferencia menor es 2 y por tanto el lado del cuadrado es2. Con el Teorema de Pitagoras obtenemos que la diagonal del cuadrado d cumpled2 = 22 +22 = 8. Ası, d = 2

√2 y por tanto el radio de la circunferencia mediana es la

mitad,√

2. Ademas, el radio de la mayor es 3 Ası, el area del anillo es π32−πsqrt22 =π9− 2 = 7π.

27. Hay tantos denominadores como divisores tenga 2010, excepto que no podemos ponera = 2010. Como 2010 = 2 · 3 · 5 · 67, entonces 2010 tiene 16 divisores. Quitando a2010, tenemos 15 posibles numeradores.

28. Tras desayunar, los datos nos dicen que de los 3,8 kilos que pesa tras desayunar,el 7 % es leche, de modo que tiene 0,266 kilos de leche. Como solo desayuno leche,


la diferencia de peso total es la misma que la diferencia de peso en leche. Ademas,si el peso inicial es p, el peso inicial en leche es 0,05p. Esto nos da la ecuacion3,8− p = 0,266− 0,05p. Resolviendo la ecuacion obtenemos p = 3,534

0,95 = 3,72.

29. Tenemos que cada 8! numeros cambia el primer dıgito (de izquierda a derecha),cada 7! cambia el segundo, y ası, hasta que cada numero cambia el ultimo dıgito.Observemos que 100000 = 2 · 8! + 3 · 7! + 5 · 6! + 5 · 5! + 4! + 2 · 3! + 2 · 2!. Ası, elprimer dıgito queda fijo en 3, el segundo en 5 (cambia tres veces, pero ya no puedeser 2) y si seguimos ası, llegamos al numero 358926471.

30. Tracemos la paralela a AD que pasa por P . Supongamos que corta a AB en X y aCD en Y . Como ABCD es cuadrado, XY tambien es paralela a BC, AX = DY yBC = CY . Usando repetidas veces el Teorema de Pitagoras tenemos: PB2−BX2 =PX2 = AP 2 −AX2. Analogamente, PC2 − CY 2 = PD2 −DY 2. Ası, manipulandoun poco estas igualdades y combinandolas obtenemos PB2−PA2 = BX2−AX2 =CY 2 −DY 2 = CP 2 −DP 2. Substituyendo por los valores conocidoes de AP , CP yDP obtenemos: PB2 = CP 2 +AP 2−DP 2 = 49+9−16 = 42. Ası, la razon buscada

es 3√42

. Racionalizando el denominador, obtenemos√

4212 .


3.2. Segunda Etapa

1. Los primeros dos dobleces marcan una lınea horizontal y una lınea vertical en lahoja. El tercer doblez tiene dos casos: pasar por la esquina del cuadrado original ono. Estos casos corresponden respectivamente a los dibujos 1 y 4.

2. Los divisores pares de 2010 son 2, 6, 134, 10, 30, 670, 402 y 2010. Como b > 1,necesitamos a < 2010. El mayor de los divisores que cumple esto es 670, por lo queninguna de las opciones a), b) o c) son correctas.

3. Un decımetro cubico de agua es un litro. Ası, 14,4 litros son 14,4 decımetros cubicos,o bien 14400 centımetros cubicos. El cubo tiene 900 centımetros cuadrados de base,ası que la altura a la que llega el agua es 14400

900 = 16 centımetros.

4. El recorrer la pista de lado 150 se recorren 600 metros. Al recorrer la de lado 100 serecorren 400 metros. Para maximizar el numero de vueltas con una cantidad fija acorrer, se necesita maximizar el numero de vueltas a la pista chica. Darle 14 vueltasya se pasa. Dar 13 vueltas no se puede continuar con vueltas grandes. Dando 12vueltas a la pista chica y 1 vuelta a la pista grande maximizamos el numero devueltas chicas, dando un total de 13.

5. Denotemos el lado de cada cuadrado por L. Como el triangulo es equilatero, cadauno de sus lados mide 2L. Ası, el perımetro de la figura es 12L. Pero por hipotesis,tambien es 30. De este modo L = 30

12 y por tanto el area del cuadrado es L2 = 900144 =

7512.

6. Al ver los dıgitos de las unidades de las potencias de 3, vemos que se ciclan 3, 9, 7,1, de modo que 317 termina en 3. Las de las potencias de 7 se ciclan 7, 9, 3, 1, demodo que 713 termina en 7. De modo que su suma tiene a 0 como dıgito final.

7. Veamos que hay 6 rectangulos que tienen a la esquina superior izquierda como supropia esquina superior izquierda. Fijandonos en los distintos puntos que hay ycontando cuantos rectangulos lo tienen como su propia esquina superior izquierda,obtenemos 6, 6, 5, 3, 3, 2, 2, 1, 1, y 1 rectangulos, sumando un total de 30 rectangulos.

8. Solucion 1 Denotemos por a la base de un triangulo negro, como b la base del otroy como h la altura del paralelogramo y por tanto de cada triangulo. El area delparalelogramo esta dada por (a + b)h. El area de un triangulo es ah

2 y del otro bh2 .

La suma de estas dos areas es ah2 + bh

2 = (a+b)h2 . Ası, el area negra tiene la mitad

del area del paralelogramo y por tanto el area blanca tambien. Esto nos dice que larazon entre ambas es 1.

Solucion 2 Si un triangulo tiene base en un lado de un paralelogramo y el otrovertice se mueve en el lado opuesto del paralelogramo, entonces su area no cambia.Ası, podemos mover ambos vertices superiores de los triangulos negros a la esquinasuperior izquierda sin cambiar el area de la region negra. Claramente el area de la


region que queda es la mitad del area del paralelogramo y por tanto la razon entreel area blanca y la negra es 1.

9. Si todos ellos son mayores a 20, entonces la suma es al menos 400 y por tanto nocumple. Sin embargo, si 19 de ellos son, por ejemplo 30, entonces al tomar el vigesimoigual a −370 y entonces la suma de todos es 200. Ası, hasta 19 numeros pueden sermayores a 20.

10. El triangulo ADC tiene la misma altura que el triangulo ABC (en el vertice A),pero la mitad de lado, de modo que tiene la mitad del area de ABC. Del mismomodo, el triangulo ADE tiene la misma altura que el triangulo ADC (en el verticeD), pero la mitad de lado, de modo que tiene la mitad del area de ADC. Ası, eltriangulo ADE tiene un cuarto del area del triangulo ABC, y por tanto el area deltriangulo ABC es 4 · 16 = 64.

11. Miau cumple 21 anos gato, o bien 3 anos humano o bien, a 18 anos perro. Guaucumple 18 anos perro, o bien 3 anos humano, o bien 21 anos gato. Ası, la diferenciaentre las edades que se piden es 3.

12. El cuadrado tiene perımetro 40 y por tanto lado 10 y area 100. El triangulo ABDtiene la mitad de dicha area, es decir, 50. Ahora, el triangulo AED comparte laaltura desde A con el triangulo ABD. Pero como 4DE = BE, entonces BD = 5DE,entonces el triangulo AED tiene un quinto de area que el triangulo ABD, de modoque es de area 10.

13. Los unos aparecen en las posiciones 1, 3, 6, 10 y en general en las posiciones de laforma 1 + 2 + . . .+n = n(n+1)

2 . El numero mas cercano de esta forma que no se pasade 100 es 13·14

2 = 91. Hasta este momento se escribieron 13 unos y 91−13 = 78 doses.Ademas de esto, se escriben 9 doses mas. Ası, la suma buscada es 13+(78+9)2 = 187.

14. Por el Teorema de Pitagoras aplicado en los triangulos rectangulos PSR y PSQ,tenemos que SP 2 = 100− 25 = 75 y que SQ2 = 142 − SP 2 = 196− 75 = 121. Ası,SQ = 11 y por tanto RQ = SQ− SR = 11− 5 = 6. De esta forma, el perımetro deltriangulo PQR es 6 + 14 + 10 = 30.

15. Solucion 1 Los dıgitos de las unidades colaboraran con 0 + 2 + 4 + 6 + 8 = 20 diezveces. Ası mismo, los dıgitos de las decenas tambien colaboraran con lo mismo otrasdiez veces. De modo que la suma es 20 · 20 = 400.

Solucion 2 Podemos descartar al 100, pues no afecta la suma. Si escribimos a cadanumero como un numero de 2 dıgitos (por ejemplo, al 7 como 07), no afectamosla suma pedida, pero obtenemos la ventaja de que de los 2 · 100 = 200 dıgitos quese escriben en total, cada dıgito de 0 a 9 aparece la misma cantidad de veces. Enparticular, el 0, 2, 4, 6 y 8 aparecen cada uno 20 veces, y por tanto la suma pedidaes 20(0 + 2 + 4 + 6 + 8) = 20 · 20 = 400.


16. Para eliminar los numeros despues del dıgito decimal, necesitamos en primer lugarque c = 0. Fijando c = 0, tenemos ahora que b debe de ser 0, pero ya que deter-minamos esto, a puede ser cualquier dıgito. Esto quiere decir que hay 10 valoresposibles para k. Si tomamos a = 1 y a = 2, vemos que a + b + c no es constante,pues en un caso vale 1 y en otro caso vale 2, y mas todavıa, vemos que no necesa-riamente a = b = c. Finalmente, para verificar que 37 divide a k, observemos quek = 100a+ 10a+ a = 111a = 37 · 3a.

17. Denotemos las longitudes de los arcos RS y PQ por x y y respectivamente. Por unresultado conocido, x+y

2 = ∠PTQ = 20◦, de modo que x + y = 40◦. Esto es 19 del

perımetro de 2π · 5 = 10π que tiene la circunferencia, de modo que la suma buscadaes 10π

9 .

18. En la fila j se escriben los numeros de q(j − 1) + 1 a qj. Como 20 esta en la tercerfila, 2q+ 1 ≤ 20 ≤ 3q. Como 41 esta en la quinta fila, 4q+ 1 ≤ 41 ≤ 5q. Finalmente,como 103 esta en la ultima (la fila p), tenemos (p − 1)q + 1 ≤ 103 ≤ pq. La primerdesigualdad nos dice que q es 7, 8 o 9. La segunda nos dice que q es 8, 9 o 10. Estose resume a que q es 8 o 9.

Si q es 8, entonces 8(p − 1) + 1 ≤ 103 ≤ 8p, de modo que p ≤ 1028 + 1 ≈ 13,7, y

ası p ≤ 13. Ademas, p ≥ 1038 = 12,8, por lo que p ≥ 13. En este caso obtenemos

p = 13.

Si q es 9, entonces 9(p− 1) + 1 ≤ 103 ≤ 9p, obtenemos de manera similar p = 12.

En cualquier caso, tenemos que p+ q = 21.

19. La probabilidad de un evento es el numero de casos favorables entre el numero decasos totales. En total tenemos 6 ·6 ·6 = 216 formas en las que pueden salir los dados.Para contar los casos favorables, fijemonos en el numero que salio en el dado rojo. Sies 6, entonces los dados negros tienen 5 ·5 opciones favorables: que en el primer dadosalgan uno de los cinco numeros 1, 2, 3, 4 o 5 y que en el otro tambien. Si en el dadorojo sale 5, entonces los dados negros tienen 4 · 4 posibilidades. Continuando de estaforma, obtenemos un total de 52 + 42 + 32 + 22 + 12 = 5·6·11

6 = 55 casos favorables.Esto nos dice que la probabilidad buscada es 55

216 .

20. Llamemos α = ∠ACB y pongamos todo en terminos de α. Como AC es perpendi-cular a BD, tenemos que DBC = 90◦ − α. Como AB = AC, tenemos ∠ABD =∠ABC − ∠DBC = α − (90◦ − α) = 2α − 90◦. Ahora, como BAD es isosceles yel angulo desigual vale 2α − 90◦, cada uno de los otros angulos vale 135◦ − α. Ası,∠BCA+ ∠BDA = α+ 135◦ − α = 135◦.

21. La edicion numero d de la Olimpiada se celebra en el ano 1986 + d. Queremos que ddivida a 1986+d, pero como d divide a d, necesitamos que d divida a 1986. Hay tantosanos superolımpicos como divisores positivos de de 1986. Como 1986 = 2 · 3 · 331 esla descomposicion en primos de 1986, tenemos que tiene 8 divisores y por tanto hay8 anos superolımpicos.


22. Denotemos por d a la distancia de la Tierra a la Luna. Denotemos por a, b y clas velocidades que cooperan los propulsores A, B y C respectivamente. Usandoque velocidad es distancia sobre tiempo, el problema nos da la informacion de quea = L

200 , a+ b = L150 y que a+ c = L

120 . De este modo, al usar los propulsores B y C

tenemos una velocidad de b+ c = (a+ b)+(a+ c)−a = L150 + L

120 −L

200 = (4+5−3)L600 =

6L600 = L

100 . De este modo, para recorrer la distancia L necesitamos 100 horas usandolos propulsores B y C.

23. Los numeros que tienen a lo mas un dıgito 6 los podemos dividir en los siguientestres tipos ajenos:

Los que no tienen dıgitos 6. En este caso, para el primer dıgito hay 8 opciones(no puede ser 0 ni 6) y para cada uno de los otros 3 hay 9 opciones. Esto nosda un total de 8 · 93 = 5832 numeros posibles.

Los que empiezan en 6 pero ya no tienen ningun otro 6. En este caso el primerdıgito ya esta determinado, y cada uno de los otros tiene 9 opciones, obteniendoası 93 = 729 posibilidades.

Los que tienen solo un dıgito 6 que no es el primero. En este caso hay que elegirel primer dıgito entre 8 posibilidades, decidir cual de los 3 restantes sera eldıgito 6, y los otros 2 elegirlos entre 9 posibilidades. Esto nos da un total de3 · 8 · 92 = 1944 numeros.

Sumando los tres casos, obtenemos un total de 8505 numeros que satisfacen la con-dicion deseada.

24. Sean A, B y C vertices consecutivos del hexagono. Sean ademas L el punto medio deAB, M el punto medio de BC, O el centro del hexagono y P el centro del trianguloOLM . Tenemos que OL = OM y que ∠LOM = 60◦, de modo que por criterio LALel triangulo LOM es equilatero. Esto nos dice que∠PLM = 30◦, y ya tenıamos que∠BLM∠BAC = 30◦. De este modo, los triangulos PLM y BLM comparten susangulos y su lado correspondiente LM , de modo que son congruentes. Esto nos diceque el area del triangulo BLM es igual a la del PLM , que a su vez es un terciodel equilatero LOM . Ası, (LBM)

(LBMO) = 14 , y repitiendo el argumento para los otros seis

triangulos amarillos, vemos que la razon total es 14 .

25. Solucion 1 Usaremos parte de la solucion de Primera Etapa Problema 20. De acuer-do a ese problema, n! termina en tantos ceros como la cantidad de veces que 5puede dividir a n. En nuestro caso, 24! tiene 4 factores 5, de modo que termina enexactamente 4 ceros. Esto nos dice que c = 0.

Claramente 24! es divisible entre 9 y entre 11. El criterio de divisibilidad del 11 nosdice que 11 divide a la suma alternada, que es b− a− 8. Como b− a es un numeroentre −9 y 9, la unica posibilidad para que haga un multiplo de 11 es si vale −3.El criterio de divisibilidad del 9 nos dice que 9 divide a la suma de los dıgitos, quees 72 + a + b, es decir, queremos que a + b sea multiplo de 9, ası que puede ser 0,


9 o 18. Si es 0 o 18, ambos dıgitos son iguales (a 0 o a 9), por lo que su resta es 0y no cumple con la otra cosa que queremos. Ası, tenemos a+ b = 9. Usando ambasecuaciones, obtenemos 2b = 6, por lo que b = 3 y a = 6.

Solucion 2 Del mismo modo obtenemos c = 0 y que a + b debe ser multiplo de 9.Veamos que 24! es producto de al menos 12 numeros pares y por tanto tiene a 2como factor al menos 12 veces. Ası, tras dividirlo entre 10000 sigue siendo divisibleentre 8. De modo que por el criterio de divisibilidad del 8 el numero de tres dıgitos9ab debe ser divisible entre 8.

Esto nos restringe a las siguientes posibilidades para el numero de dos dıgitos ab:04, 12, 20, 28, 36, 44, 52, 60, 68, 76, 84 o 92. De estas, la unica con suma de dıgitosmultiplo de 9 es 36. Ası, a = 3, b = 6.


3.3. Tercera Etapa

Problema 1 Sea ABC un triangulo con AD la altura sobre BC. La circunferenciade centro D y radio AD corta a AB en P y a AC en Q. Demuestra que los triangulosABC y AQP son semejantes.

Primer Solucion Sea E el punto de interseccion deAD con el cırculo trazado. ComoAE pasa por el centro de la circunferencia, tenemos que es un diametro. Ası, ∠EQC = 90◦.Tambien tenemos ∠EDC = 90◦. De modo que el cuadrilatero EDQC es cıclico por abrirel mismo angulo al lado CE. Usando este cuadrilatero cıclico y el cuadrilatero cıclicoAPEQ obtenemos que ∠ACB = ∠AEQ = ∠APQ. Ademas, los triangulos ABC y AQPcomparten el angulo en A, por lo que el criterio AA de semejanza nos garantiza que sonsemejantes. �

Segunda Solucion Consideremos la circunferencia de diametro AD y sus puntos deinterseccion P ′ con AB y Q′ con BC. Como AD es diametro de la circunferencia, tenemosque el angulo ∠AQ′D es de 90◦. Ası mismo, por ser AD altura, tenemos que ∠ADC = 90◦.Juntando esta informacion con el cıclico AP ′DQ′ tenemos que ∠AP ′Q′ = ∠ADQ′ =90◦ − ∠DAQ′ = ∠ACB. Analogamente, podemos concluir que ∠AQ′P ′ = ∠ABC. Por elcriterio AA, concluımos que ABC y AQ′P ′ son semejantes.

Aplicando una homotecia de razon 2 en el vertice A, el cırculo de diametro AD setransforma en el cırculo con centro en D y radio AD, de modo que P ′ se transforma en Py Q′ en Q. Esto nos dice que 4AQP y 4AQ′P ′ son homoteticos, y por tanto semejantes.Ası, los triangulos AQP y ABC son semejantes. �

Tercer Solucion Sean P ′ y Q′ los pies de las alturas en el triangulo ABC desdeC y desde B y H el ortocentro de ABC. Es un hecho conocido que AQ′P ′ es semejante

3.3. TERCERA ETAPA 37

al triangulo ABC. Ademas, como el cuadrilatero AP ′HQ′ es cıclico con centro en AH,existe una homotecia que manda Γ a la circunferencia del problema y por tanto P ′ a P yQ′ a Q. De este modo, AQP es semejante a AQ′P ′ y por tanto a ABC. �

Problema 2 Fer, Gogo, Leo y Marco compran una barra de chocolate rectangularde m× n cuadritos unitarios. Van a jugar a lo siguiente sobre una mesa, alternandose dela forma F, G, L, M, F, G, . . ., etc.

En el primer turno Fer toma el chocolate y lo corta en lınea recta por una de laslıneas que dividen a los cuadritos. En los turnos siguientes, de las piezas de chocolate en lamesa el jugador correspondiente toma una de ellas (que no sea un cuadrito individual) yhace lo mismo: cortarla por una lınea recta que pase por las divisiones de cuadritos. Ganael jugador que al finalizar su turno deje la mesa con los mn cuadritos unitarios. Dados loslados m y n del chocolate, determina que jugador puede ganar.

Solucion Notemos que en cada turno la cantidad total de piezas de chocolate en lamesa aumenta en 1. El juego se termina cuando haya mn piezas de chocolate en la mesa,e inicialmente hay una. De modo que sin importar como jueguen, el juego terminara enmn−1 pasos. De este modo, basta ver que residuo tiene mn−1 al dividirse entre 4. Segun


el residuo sea 1, 2, 3 o 0 ganara respectivamente Fer, Gogo, Leo o Marco. �

Problema 3 Sea n un entero mayor o igual a 10. A n se le quita el dıgito de lasunidades y se obtiene un numero m. Encuentra todos los n tales que m divide a n.

Solucion Si denotamos por k al dıgito de las unidades de n, entonces tenemosn = 10m + k con m ≥ 1 (pues n ≥ 10). Como queremos que m divida a n y m divide am, necesitamos que m divida a k. Tenemos dos casos:

Si k = 0 entonces cualquier m divide a k, y por tanto todos los enteros que terminanen 0 mayores o iguales a 10 cumplen.

Si k es un dıgito distinto de 0, entonces m tiene que ser un divisor de k y por tantotambien es un dıgito. Los casos que tenemos son 11, 12, 13, . . ., 19, 22, 24, 26, 28,33, 36, 39, 44, 48, 55, 66, 77, 88 y 99.

�

Problema 4 Pichi escribe todos los numeros mayores a 10000 que se pueden formarcon dıgitos a, b, c, d y e (no necesariamente en ese orden) que cumplen la condicion deque b = a+ 2 , c = b+ 2, d = c+ 2 y e = d+ 2.

¿Cuantos numeros escribio Pichi?

Calcula la suma de los numeros que escribio Pichi.

Solucion Si a es 0 entonces el resto de los dıgitos son 2, 4, 6 y 8. Si a es 1 entonces elresto de los dıgitos son 3, 5, 7 y 9. Estos son los unicos casos que tenemos. Consideremoslospor separado:

Cuando los dıgitos son pares, el primer dıgito lo podemos elegir de 4 formas (todosexcepto el 0), el segundo de 4 formas, pero los siguientes de 3, 2 y 1 formas, puescada vez vamos agotando los dıgitos. Esto nos da un total de 4 · 4! = 96 numeros.

Para encontrar la suma veremos que sucede en cada uno de los dıgitos. Notemos que,por ejemplo, el dıgito 2 aparece 4! = 24 veces como primer dıgito, de modo que en estaposicion colabora con 24·2·10000 a la suma total. En cualquier otra posicion aparece3 ·3! = 18 veces, de modo que colabora con 18 ·2 ·(1+10+100+1000) = 18 ·2 ·(1111)a la suma total. Para los otros dıgitos tenemos una cuenta similar, de modo queconsiderando todos los dıgitos tenemos que la suma buscada es:

24 · (2 + 4 + 6 + 8) · 104 + 18 · (2 + 4 + 6 + 8) · 1111 = 24 · 20 · 104 + 18 · 20 · 1111

= 5199900


Cuando los dıgitos son impares, el primer dıgito lo podemos elegir de 5 formas, y elresto de 4, 3, 2 y 1 formas. Ası, en este caso tenemos 5! = 120 numeros.

En este caso, cada dıgito aparece en cada posicion el mismo numero de veces, a saber4! = 24. Ası, por ejemplo, el dıgito 7 colabora con 24·7·(1+10+100+1000+10000) =24 · 7 · 11111 para la suma total, de modo que la suma esta dada por:

24 · (1 + 3 + 5 + 7 + 9) · 11111 = 24 · 25 · 11111

= 6666600

Recuperando la informacion de ambos casos, tenemos que Pichi escribio 96 + 120 =216 numeros y su suma fue 5199900 + 6666600 = 11866500. �

3.4. Cuarta Etapa

Primer Dıa

Problema 1 Un numero natural de n dıgitos es armonioso si sus n dıgitos sonuna permutacion de 1, 2, 3, . . . , n y sus primeros k dıgitos forman un numero divisible pork, para k = 1, 2, 3, . . . , n. Por ejemplo, 321 es armonioso pues 3 es divisible por 1, 32 esdivisible por 2 y 321 es divisible por 3. Encuentra todos los numeros armoniosos de 6dıgitos.

Solucion Supongamos que el numero de 6 dıgitos abcdef es armonioso. Descubri-remos los dıgitos mediante los siguientes pasos:

Como abcde es multiplo de 5, necesitamos que termine en 0 o 5, pero solo tenemoslos dıgitos 1, 2, 3, 4, 5. Ası, e = 5.

Como ab, abcd, abcd5f son multiplos de 2, 4 y 6 respectivamente, entonces sonnumeros pares y por tanto terminan en un numero par. Esto nos dice que b, d, fson una permutacion de 2, 4, 6, de modo que a, c son una permutacion de 1, 3, y encualquier caso a+ c = 4.

Necesitamos tambien que abc sea un multiplo de 3, es decir, que su suma de dıgitossea multiplo de 3, pero su suma de dıgitos es a+ b+ c = b+ 4. El unico b entre 2, 4y 6 que hace esto es 4, ası que b = 4.

Sabemos que abcd es divisible entre 4, de modo que por el criterio de divisibilidad del4, necesitamos que cd sea divisible entre 4. Los valores que quedan para el numerode dos dıgitos cd son 14, 16, 36 y 36 y solo 16 y 36 son multiplos de 4.


Esto nos deja con dos casos, abcdef = 321654 y abcdef = 123654. El primer dıgitosiempre es divisible entre 1, ası que solo nos basta verificar que cada uno de estosnumeros sea divisible entre 6. Pero esto es cierto, pues son pares y su suma de dıgitoses 21, un multiplo de 3.

�

Problema 2 Sea ABC un triangulo y sean D y E puntos sobre los segmentos ABy AC tales que BD+CE = BC. Si I es el incentro del triangulo ABC, demuestra que elcuadrilatero ADIE es cıclico.

Solucion Como BD + BE = BC, podemos encontrar un punto F sobre BC talque BF = BD y CF = CE. Los triangulos BDI y BFI comparten su angulo en B porser I incentro, comparten el lado BI y ademas BD = BF . Ası, por criterio LAL soncongruentes. Analogamente, los triangulos CEI y CFI son congruentes.

De este modo, tenemos que ∠ADI = 180◦ − ∠BDI = 180◦ − ∠BFI = ∠IFC =∠IEC = 180◦ − ∠AEI De este modo, los angulos en D y en E en el cuadrilatero ADIEsuman 180◦ y por tanto el cuadrilatero es cıclico. �

Problema 3 Demuestra que:

a) 13√

12+ 3√1·2+3√

22+ 1

3√32+ 3√3·4+

3√42

+ . . .+ 13√

9992+ 3√999·1000+3√

10002> 9

2

b) 13√

22+ 3√2·3+3√

32+ 1

3√42+ 3√4·5+

3√52

+ . . .+ 13√

9982+ 3√998·999+3√

9992< 9

2

Solucion Sean

A =1

3√

12 + 3√

1 · 2 +3√

22+

13√

32 + 3√

3 · 4 +3√

42+ . . .+

13√

9992 + 3√

999 · 1000 +3√

10002

B =1

3√

22 + 3√

2 · 3 +3√

32+

13√

42 + 3√

4 · 5 +3√

52+ . . .+

13√

9982 + 3√

998 · 999 +3√

9992


Notemos primero que A > B, pues comparando termino a termino de izquierda aderecha vemos que cada sumando de A es mayor a cada sumando de B y ademas A tieneun sumando mas.

Cada uno de los sumandos de A o B es de la forma 13√j2+ 3√j(j+1)+ 3

√(j+1)2

. Usando

la formula a3− b3 = (a− b)(a2 +ab+ b2), obtenemos 13√j2+ 3√j(j+1)+ 3

√(j+1)2

=3√j+1− 3√jj+1−j =

3√j + 1 − 3

√j. Ası, A + B es una suma telescopica en la cual los unicos sumandos que

quedan son 3√

1000− 3√

1 = 10− 1 = 9.

De forma que A+B = 9 y A > B, con lo cual necesariamente A > 92 y B < 9

2 . �

Segundo Dıa

Problema 4 La FIFA desea cambiar la modalidad del mundial. En el torneo par-ticiparan 32 equipos, los juegos de cada ronda se decidiran por sorteo y en cada partidoentre dos equipos exactamente uno, el ganador (no hay empates), pasara a la siguienteronda. La FIFA tiene un ranking de los 32 equipos ordenandolos de mejor a peor. En laprimera ronda del torneo se realizaran 16 partidos y los 16 ganadores pasan a la segundaronda, en la segunda ronda se jugaran 8 partidos y los 8 equipos ganadores pasan a latercera ronda ası hasta que en la cuarta ronda habra 2 partidos y los ganadores jugaranla final. Supongamos que si un equipo A esta en mejor posicion en el ranking de la FIFAque un equipo B entonces si A y B juegan, A le gana a B, por ejemplo el equipo 1 en elranking siempre gana. Bajo esta suposicion, ¿cual es el peor equipo que puede disputar lafinal?

Solucion Numeremos los equipos de 1 a 32 de mejor a peor. Uno de los finalistasviene de una “llave” en la cual jugaron 16 equipos y el otro semifinalista de la otra, conlos 16 equipos restantes. Ası, para que un equipo llegue a la final, tiene que ser el mejor desu llave, y por tanto debe de ser capaz de ganarle a al menos 15 equipos. El peor equipoque puede hacer eso es el equipo 17. Veamos que en efecto hay una configuracion que lepermita ganar.

Notemos que el equipo 1 siempre es semifinalista, pues de hecho gana el mundial. Sien la llave del equipo 1 juegan los equipos de 1 a 16, entonces el mejor equipo en la otrallave es el 17 y por tanto gana todos sus partidos y llega a la final. Esto nos muestra queel equipo 17 puede llegar a la final. �

Problema 5 Sea ABC un triangulo con AB = AC y ∠A = 36◦. La bisectriz del∠ABC corta a AC en D y la bisectriz del ∠BDC corta BC en P . Sea R un punto sobrela prolongacion de BC tal que B es el punto medio de PR. Demuestra que RD = AP .

Solucion Como ∠A = 36◦ y 4ABC es isosceles, tenemos que ∠B = 180◦−36◦

2 = 72◦

y ası ∠DBA = ∠DBC = 36◦. Tambien tenemos ∠BDC = ∠DBA + ∠DAB = 72◦, de


modo que ∠BDP = ∠CDP = 36◦.

Estos angulos nos dicen que BP = PD, que BD = DA y que ∠PDA = 180◦−36◦ =∠RBD. Ası, por criterio LAL los triangulos RBD y PDA son congruentes y por tantoRD = AP . �

Problema 6 Halla todos los enteros n > 1, tales que cada divisor primo de n6 − 1es divisor de n2 − 1 o de n3 − 1.

Solucion Tomemos un n > 1 que cumpla la condicion del problema. Tenemos lafactorizacion n6 − 1 = (n + 1)(n − 1)(n2 + n + 1)(n2 − n + 1). Como n2 − n + 1 =n(n−1) + 1 > 2, entonces n2−n+ 1 tiene un divisor primo p. Como p|n2−n+ 1, tenemosque p|n6 − 1. De modo que por la condicion del problema, p|n2 − 1 = (n + 1)(n − 1)o p|n3 − 1 = (n− 1)(n2 + n+ 1). Si p es primo y p|ab, entonces p|a o p|b, ası que tenemostres casos:

Caso 1 p divide a n− 1. De ser ası, p|(n2−n+ 1) + (n− 1) = n2. Como p es primo,tendrıamos p|n. Ası, p|(n2 − n + 1) − n(n) + n = 1, lo cual no es posible. En estecaso no hay n que cumpla.

Caso 2 p divide a n2 +n+ 1. A partir de eso, concluımos que p|(n2 +n+ 1)− (n2−n+1) = 2n. Si p|n, entonces llegamos a algo imposible como en el inciso anterior, demodo que p|2. Como p era cualquier divisor de n2+n+1, tenemos que n2+n+1 = 2k

para algun entero positivo k.

Si k ≥ 2, entonces el lado derecho es divisible entre 4, pero modulo 4 los unicos valoresposibles de n2−n+1 son 1 y 3. Ası, de existir solucion debe ser con k = 1, de donden2 − n+ 1 = 2. Pero esto es imposible pues ya habıamos dicho que n2 + n+ 1 > 2.De nuevo no tenemos soluciones.

Caso 3 p divide a n+ 1. Entonces p tambien divide a (n+ 1)(n− 2) = n2− n− 2 y


por tanto p|(n2 − n+ 1)− (n2 − n− 2) = 3. De modo que p = 3 y entonces tenemosque n2 − n+ 1 = 3k para algun entero positivo k.

Si k ≥ 2, entonces el lado derecho es divisible entre 9, pero modulo 9 los unicosvalores posibles de n2 − n + 1 son 1, 2, 4, 5, 7 y 8. Ası, de existir una solucion,tendrıa que cumplir n2 − n+ 1 = 3, o bien n(n− 1) = 2. Vemos por inspeccion quen = 2 es la unica solucion positiva de esta ecuacion (la otra solucion es n = −1).

Esto nos forza a que si existe una solucion, entonces debe ser n = 2. Todavıa quedapor ver que en efecto n = 2 es solucion. Tenemos que n6 − 1 = 63. Los unicos divisoresprimos de 63 son 3 y 7. Y en efecto, tenemos que 3 divide a 22 − 1 = 3 y que 7 divide a23 − 1 = 7. Concluımos que n = 2 es la unica solucion. �

3.5. Quinta Etapa

Primer Examen, Primer Dıa

Problema 1 Se tiene el numero 1234 escrito en una hoja blanca. Cesar y Lalotoman turnos para jugar lo siguiente: en cada turno un jugador puede restarle cualquierade los dıgitos del numero escrito en la hoja (siempre y cuando este dıgito no sea cero);se borra el viejo numero y se escribe el nuevo. Pierde el que ya no pueda restar numeros(cuando se llegue al numero cero). Si Cesar es el que empieza, ¿quien gana y cual es suestrategia ganadora?

Solucion Cesar gana. Para derrotar a Lalo debe restar siempre el ultimo dıgito.Con esto, logra que el numero que quede termine en 0. Como Lalo debe restar un dıgitoque no sea 0, entonces cambia el valor del ultimo dıgito. Ası, si Cesar juega ası, puedegarantizar que Lalo siempre dejara el ultimo dıgito distinto a cero, por lo que Cesarsiempre tendra jugada. Como los numeros que se obtienen son estrictamente decrecientes,llegara un momento en el que el numero en la hoja sea 0, y ya demostramos que no puedeser el turno de Cesar, de modo que es Lalo quien ya no puede hacer movimientos. �

Problema 2 Sea ABC un triangulo rectangulo con angulo recto en B. Sea E el piede la altura desde B y consideremos IA e IC los incentros de ABE y CBE respectivamente.

Demuestra que AIA es perpendicular a BIC .

Demuestra que la bisectriz por B es perpendicular a IAIC .

Solucion Sea P la interseccion de AIA con BIC . Notemos que ∠BAE = 90◦ −∠BCE = ∠EBC. Analogamente, ∠ABE = ∠BCE. Ası, ∠ABP + ∠BAP = ∠ABE +


∠EBC2 + ∠BAE2 = ∠ABE+∠BAE = 90◦. Esto nos dice que ∠APB = 90◦, como querıamos.

Esto demuestra la primer parte.

De modo similar, podemos demostrar que CIC es perpendicular a BIA. Denotemosel punto de interseccion de AIA y CIC como I. Como esta en dos bisectrices, es el incentrode ABC. Ası, la tercer bisectriz tambien pasa por I. Pero como esta en dos alturas deBIAIC , entonces es el ortocentro de este triangulo, de modo que la recta BI, la bisectrizen B del triangulo ABC, es perpendicular a IAIC . �

Problema 3 Sean a, b y c numeros reales mayores que cero. Demostrar que:

a

b+b

c+c

a≤(b

a

)3

+(cb

)3+(ac

)3

Solucion Multiplicando ambos lados de la desigualdad por (abc)3, queremos de-mostrar que a4b2c3 + b4c2a3 + c4a2b3 ≤ a6b3 + b6c3 + b6c3. Aplicando MA-MG para 9numeros, tenemos que:

b6c3 + 4c6a3 + 4a6b3

9≥ 9√a36b18c12 = a4b2c3

Encontrando desigualdades similares rotando a, b y c y sumandolas, obtenemos ladesigualdad buscada. �

Primer Examen, Segundo Dıa

Problema 4 Determinar todos los numeros primos p tales que 5p + 4p4 es uncuadrado perfecto.

Solucion Haciendo 5p+4p4 = n2 obtenemos que 5p = n2−4p4 = (n+2p2)(n−2p2).Si ambos terminos a la derecha son multiplos de 5, entonces en particular su diferencia,


4p2, tambien es multiplo de 5 y por tanto p = 5. En efecto, esto es solucion, pues 55+4·54 =54(5 + 4) = 32 · 52, que es un cuadrado perfecto.

En otro caso, tenemos que uno de los factores n+ 2p2 y n− 2p2 es 1 y el otro es 5p.Como p es primo, es mayor o igual a 2 y por tanto n + 2p2 no puede ser 1. Ası, tenemosque n− 2p2 = 1 y n+ 2p2 = 5p. Restando ambas ecuaciones obtenemos que 4p2 = 5p − 1.Esto no es posible pues 5p − 1 = 4(5p−1 + 5p−2 + . . . + 5 + 1) > 4 · 5p > 4p2 (donde laultima desigualdad se puede demostrar inductivamente para los numeros enteros n ≤ 2).De esta forma, tenemos que la unica solucion es p = 5. �

Problema 5 Sea ABC un triangulo y G su gravicentro. Se construyen triangulosequilateros exteriores BCD, CAE y ABF con gravicentros A′, B′ y C ′. Demuestra queG es el circuncentro del 4A′B′C ′.

Solucion Para ver que es el circuncentro, demostraremos que GA′ = GB′ = GC ′.Notemos que los triangulos FAC y BAE son congruentes por criterio LAL, pues AB =AF , AC = AE y ∠FAC = ∠BAE. Esto nos dice que FC = BE.

Tracemos los puntos medios L y M de AF y AC respectivamente. Por la razonque hace el gravicentro en la mediana, tenemos que BB′

BL = 23 = BG

BM . Ası, los triangulosBB′G y BLM son semejantes en razon 2

3 . Como ademas ALAF = 1

2 = AMAC , los triangulos

ALM y AFC son semejantes en razon 12 . De este modo, tenemos que GB′ = 2

3LM = FC2 .


Analogamente obtenemos GC ′ = BE2 . Pero habıamos probado al inicio que FC = BE, a

partir de lo cual concluımos que GB′ = GC ′. Simetricamente obtenemos GB′ = GA′ yası G es circuncentro de A′B′C ′. �

Problema 6 Lalo y Cesar juegan volados. Lanzan n veces la moneda. Cesar ganasi la cantidad de aguilas obtenidas es multiplo de 4, y Lalo gana en otro caso. ¿Para que nla probabilidad de que gane Cesar es 1

4?

Solucion Para encontrar la probabilidad de un evento, necesitamos dividir el nume-ro de casos favorables entre el numero de casos totales. En total hay 2n formas en las cualespuede salir el resultado de tirar n monedas. Para que Cesar gane, es necesario que salgan0, 4, 8, . . ., monedas, y tirando n monedas esto se puede hacer de

(n0

),(n4

),(n8

), . . . formas

respectivamente. Entonces lo que queremos encontrar son las n para las cuales:

X =

(n0

)+(n4

)+(n8

)+ . . .

2n=

1

4

Consideremos el numero complejo i, es decir, un numero tal que i2 = −1. Usando elBinomio de Newton:

A = (1 + 1)n =

(n

0

)+

(n

1

)+

(n

2

)+

(n

3

)+

(n

4

). . .

B = (1− 1)n =

(n

0

)−(n

1

)+

(n

2

)−(n

3

)+

(n

4

). . .

C = (1 + i)n =

(n

0

)+

(n

1

)i−(n

2

)−(n

3

)i+

(n

4

). . .

D = (1− i)n =

(n

0

)−(n

1

)i−(n

2

)+

(n

3

)i+

(n

4

). . .

Notemos que:

X =A+B + C +D

4 · 2n

=2n + (1 + i)n + (1− i)n

2 · 2n

=1

4+

(1 + i)n + (1− i)n

2 · 2n

Ası, tras igualar esta expresion a 14 , vemos que buscamos las n para las cuales

(1 + i)n + (1− i)n = 0. Como la norma (1 + i)n y de (1 + i)n es la misma, es necesario ysuficiente que queden alineados con el origen y de lados opuestos con respecto a el para


que su suma sea 0. El angulo con el eje x de (1+ i) al elevarlo en potencias va aumentandoen π

4 y el de (1 + i) va disminuyendo en π4 . Ası, quedan alineados como queremos si y solo

si n deja residuo 2 al dividirse entre 4. �

Segundo Examen, Primer Dıa

Problema 1 Encuentra todos los enteros positivos n tales que 3n − 4, 4n − 5 y5n− 3 sean simultaneamente primos.

Solucion Notemos que los numeros 3n − 4 y 5n − 3 tienen suma impar 8n − 7,por lo que son de distinta paridad. Esto nos dice que alguno de ellos es 2. Si 3n− 4 = 2,entonces n = 2, y obtenemos una solucion pues 4n − 5 = 3 y 5n − 3 = 7. El otro caso esque 5n− 3 = 2, de donde obtenemos n = 1. Pero entonces 3n− 4 = −1 y por tanto n = 1no es solucion. �

Problema 2 Sea a1, a2, a3, . . ., una sucesion de numeros de tal manera que a1 = 1y para n > 1, a1 + a2 + . . .+ an = n2an. Encuentra a2010.

Solucion De la condicion del problema tenemos las siguientes dos ecuaciones:

a1 + a2 + . . .+ an = n2an

a1 + a2 + . . .+ an + an+1 = (n+ 1)2an+1

Restando la primer ecuacion de la segunda obtenemos que an+1 = (n + 1)2an+1 −n2an. Despejando an+1 obtenemos que:

an+1 =n

n+ 2an

Ası, podemos encontrar a2010 de la siguiente manera:

a2010 =2009

2011· 2008

2010· 2007

2009· . . . · 2

4· 1

3· a1

=2

2010 · 2009

De modo que el numero buscado es 22010·2009 . �

Problema 3 Sea M el punto medio del segmento AB. Dos circunferencias, una quepasa por A y M , y otra que pasa por B y M , se intersectan en M y N . Sean P el punto


medio del arco AN que no contiene a M en el circuncırculo del triangulo MAN y Q elpunto medio del arco BN que no contiene a M en el circuncırculo del triangulo MBN .Demuestra que las rectas MN y PQ son perpendiculares entre sı.

Solucion 1 Vamos a darle la vuelta al problema. Tomemos A, B, M y N comoen el problema, pero aun no consideremos a P y Q como los puntos medios. Mas bien,sobre MN eligiremos el punto C tal que MC = MA = MB. Denotemos por α a ∠MACy por β a ∠MBC. Por la construccion del punto C, obtenemos que ∠MCA = α y que∠MCB = β. Ası, en el triangulo ABC tenemos 2(α + β) = 180◦, de modo que el angulo∠ACB es recto.

NombremosK, L a las intersecciones deAC yBC respectivamente con el cırcuncırcu-lo de AMN . Nombremos P ′ y Q′ como en la figura. Nuestro objetivo ahora se convierteen mostrar que P = P ′, que Q = Q′ y que KL es perpendicular a MN .

Como C esta en el eje radical de las circunferencias, su potencia hacia ambas es lamisma, de modo que CK · CA = CL · CB. Esto muestra que el cuadrilatero ABKL escıclico, y que por tanto ∠BLK = α. Pero por angulos opuestos por el vertice C, tenemosque LCN = β. Con esto concluımos que KL es perpendicular a MN .

Finalmente, veremos que P = P ′ y que Q = Q′. En el cıclico AMKP ′ tenemos que∠MP ′K = α. Esto nos dice que MP ′ es paralela a CL y por tanto perpendicular a AK.Como el triangulo AMC es isosceles y MP ′ es altura, entonces MP ′ tambien es bisectrizy por tanto P = P ′. De manera analoga, Q = Q′. �

Solucion 2 Esta vez daremos una solucion directa, pero con una construccion si-milar. En esta ocasion consideraremos el punto C sobre MN tal que MC = MA = MBpero sobre el rayo NM . Usaremos la figura como referencia. Nombramos α = ∠MAC yβ = ∠NMQ = ∠QMB. Los puntos K y L se construyeron como las intersecciones de ACcon la primer circunferencia y de AB con la segunda.

Como en la solucion anterior, tenemos por construccion que ∠MCB = ∠MBC y


que α + β = 90◦. Al igual que en la solucion anterior, por un argumento de potencia deun punto podemos concluir que el cuadrilatero ALBK es cıclico, de donde ∠LKC = α.Esto nos muestra que CM es perpendicular a LK. Procederemos a probar que LK y PQson paralelas, con lo cual lograremos demostrar lo pedido.

Notemos que el angulo externo al triangulo MCB en M es 2β, de modo que∠MCB = ∠MBC = β. Esto nos dice que las rectas CK y MQ son paralelas.

Todos los trapecios cıclicos son isosceles, y BKQM es un trapecio cıclico. A partirde esto obtenemos que ∠MQK = β y por lo tanto que CKQM es un paralelogramo.Como en los paralelogramos tenemos lados opuestos iguales, deducimos que QK = CM .De manera analoga podemos demostrar que LP = CM . Ası, el cuadrilatero LKQP tienedos lados iguales y paralelos y por tanto tambien es paralelogramo. En particular, LK yPQ son paralelas, tal como querıamos. �

Nota Tras aplicar una inversion de radio arbitrario en el punto M se obtiene elsiguiente problema:

Problema Sea ABC un triangulo y M el punto medio de BC. La bisectriz de AMCcorta a AC en D y la bisectriz de AMB corta a AB en E. El circuncırculo de DME cortaa AM en P . Demuestra que PM es un diametro del circuncırculo de EMD.

Resolver este problema da otra solucion al problema original. Este es un problemabastante mas sencillo y se deja como practica.


Segundo Examen, Segundo Dıa

Problema 4 Un triangulo ABC es tal que su angulo en A es de 60◦. Sean D y Epuntos sobre los lados AB y AC respectivamente de manera que BD = DE = EC. Sea Oel punto de interseccion de BE y DC. Demuestra que O es el circuncentro del trianguloABC.

Solucion

Como los triangulos DEC y BDE son isosceles, podemos nombrar los angulos comoen la figura.

Por angulos externos, tenemos ∠DEA = 2α y ∠EDA = 2β. Por suma de angulosen el triangulo ADE tenemos que 2α + 2β + 60◦ = 180◦, de donde podemos deducir queα + β = 60◦. De este modo, ∠DOE = 180◦ − α − β = 120◦. Ası, el cuadrilatero ADOEtiene dos angulos opuestos que suman 180◦ y por tanto es cıclico.

Entonces, ∠OAE = α = ∠OCA. Esto nos dice que el triangulo OCA es isosceles,de modo que OC = OA. Analogamente concluımos que OB = OA y que por tanto O esel circuncentro del triangulo ABC. �

Problema 5 Un marciano esta atrapado en un cuadrito de 1×1 de una cuadrıcula den×n donde n es un entero positivo impar mayor que 1. Se ha enviado una nave a rescatarlo,pero la nave no logra ver al marciano. La nave puede teletransportar al marciano abordocon “disparos de rescate”, cada uno de ellos cubre tres cuadros de la siguiente forma:

Los disparos se pueden encimar, rotar y salir de la cuadrıcula. ¿Cual es el mınimonumero de “disparos de rescate” que tiene que hacer la nave para asegurarse de haberrescatado al marciano?


Solucion Consideraremos el caso en el que n es multiplo de 3 y en el que no. Encualquier caso, el tablero tiene n2

3 casillas en las cuales la nave debe buscar. Cada disparocubre tres casillas. Usaremos frecuentemente que con dos disparos se puede cubrir unrectangulo de 2× 3.

Si n no es mutiplo de 3, entonces⌊n2

3

⌋no bastaran, pues con estos no se alcanza a

cubrir en numero la cantidad total de casillas. Ası, al menos se necesitan⌊n2

3

⌋+1 disparos.

Vamos a construir ejemplos que muestren que esta cantidad de disparos es suficiente. Acontinuacion mostramos acomodos para tableros de lado 5 y 7 que usan 9 y 17 disparosrespectivamente (dos por cada rectangulo de 2× 3 y uno mas para el centro):

Cada uno de estos acomodos los podemos extender en 6 unidades por lado, pues conrectangulos de 2 × 3 se puede construir cualquier tablero de 6 × n para n ≥ 5. Esto nospermite dar acomodos exactos para cualquier numero de la forma 6k + 1 y 6k + 3.

Ahora, si n es multiplo de 3, en cuanto a cantidad es posible que⌊n2

3

⌋disparos

fueran suficientes, pero veremos que no es ası. Si se pudiera cubrir entonces la forma dehacer los disparos serıa muy precisa y no deberıa haber dos disparos que se encimen.Al pintar el tablero como tablero de ajedrez (digamos, con la esquina superior izquierdanegra), vemos que cada disparo cubre exactamente tres cuadros del mismo color. Comolos disparos no se enciman, entonces debe haber una cantidad multiplo de 3 de cuadrosnegros y blancos. Pero como el tablero es de lado impar, hay exactamente un cuadro negromas que cuadros blancos, por lo que no pueden ambos numeros ser multiplos de 3. Estaes una contradiccion que nos dice que tal acomodo exacto no existe.

Ası, en este caso debemos usar tambien al menos⌊n2

3

⌋+ 1 disparos de rescate. Es

facil cubrir un tablero de 3 × 3 con 4 disparos. Para cualquier otro numero de la forma6k + 3, hacemos mas grande el acomodo como en el caso anterior. �

Nota El problema se puede resolver para tableros que no necesariamente tienen

lado impar. El unico caso al cual le caben exactamente los disparos necesarios (⌊n2

3

⌋) es

el tablero de 6 × 6. Los otros casos necesitan⌊n2

3

⌋+ 1 disparos, lo cual se puede probar

con argumentos muy similares a los que ya se dieron.

Problema 6 Determina todas las parejas (a, b) de enteros positivos tales que ab2 +9


divide a a2b+ b.

Solucion Como ab2 + 9 divide a a2b + b y a ab2 + 9, entonces divide a cualquiercombinacion lineal de estos dos numeros. En particular, divide a b(a2b+ b)− a(ab2 + 9) =b2 − 9a. Tenemos tres posibilidades:

Caso 1 El numero b2 − 9a es positivo. Esto no es posible, pues ab2 + 9 tambien espositivo y ab2 + 9 > b2 > b2 − 9a, pero un numero positivo no puede dividir a un numeropositivo mas chico.

Caso 2 El numero b2−9a es cero. En este caso, b2 = 9a y entonces podemos escribira = k2 con k un entero positivo, de donde b = 3k. Haciendo estas substituciones en lacondicion original, obtenemos que 3k4 +9|3k5 +3k. Ademas, 3k4 +9|k(3k4 +3) = 3k5 +3k.Restando ambas divisibilidades, obtenemos que 3k4 + 9|6k. Pero para cualquier valor dek el lado izquierdo es mas grande, de modo que en este caso tampoco hay solucion.

Caso 3 El numero b2−9a es negativo. En este caso, ab2+9 divide al numero positivo9a− b2. Si b es mayor o igual a 3, entonces ab2 + 9 ≥ 9a+ 9 > 9a− b2, y de nuevo no haysolucion en este caso. Ası, solo quedamos con la posibilidad de que b sea igual a 1 o 2.

Si b es igual a 1, de ab2 + 9|9a− b2 obtenemos que a+ 9|9a−1. Pero a+ 9|9(a+ 9) =9a+81, de modo que restando ambas divisibilidades obtenemos que a+9|82. Los divisoresde 82 son 1, 2, 41 y 82. Como a es positivo, tenemos que a+ 9 debe ser 41 o 82. Esto nosda respectivamente a = 32 o a = 73. Se puede verificar que en efecto las parejas (32, 1) y(73, 1) son solucion al problema.

Si b es igual a 1, de ab2 + 9|9a − b2 obtenemos que 4a + 9|9a − 4, de donde 4a +9|4(9a − 4) = 36 − 16. Pero 4a + 9|9(4a + 9) = 36a + 81. Restando esta informacion,obtenemos que 4a+ 9|97. Como 4a+ 9 > 1 y 97 es primo, debemos tener 4a+ 9 = 97, dedonde 4a = 88 y por lo tanto a = 22. De nuevo, se puede verificar que en efecto (22, 4) essolucion.

Ası, las unicas soluciones son (32, 1), (73, 1) y (22, 4). �

3.6. Examen de Desempate

Problema 1 Sea ABCD un cudrılatero cıclico con diagonales perpendiculares. SeaE el punto de interseccion de la perpendicular a AB por B y la paralela a BD por C ysea F el punto de interseccion de AE y BD. Demuestra que los triangulos AFD y ABCson semejantes.

Solucion Como EC es paralela a BD y BD es perpendicular a AC, entonces EC esperpendicular a AC. Ası, en el cuadrilatero BECA los angulos opuestos en B y C suman180◦ y por tanto el cuadrilatero es cıclico. Esto nos dice que E cae en la circunferencia delproblema. Como BECD es un trapecio cıclico, entonces es isosceles y por tanto ∠CAD =∠DBC = ∠EDB = ∠BAE.


Usando los cinco puntos cıclicos obtenemos que ∠ADF = ∠ACB. Ademas, ∠FAD =∠FAC + ∠CAD = ∠FAC + ∠BAE = ∠BAC. Ası, por el criterio de semejanza AA lostriangulos ABC y AFD son semejantes. �

Problema 2 Sean a, b y p enteros no negativos con p un numero primo. Encontrartodas las ternas (a, b, p) tales que a2b2 = 22010 − pb.

Solucion Sumando pb de ambos lados y factorizando b obtenemos que b(a2b+ p) =22010. Como el lado derecho es una potencia de 2, cada uno de los factores del lado izquierdotambien debe serlo. Dividiremos en casos segun que potencia de 2 es b.

Si b es 1, entonces necesitamos que a2 + p = 22010. Restando a2 de ambos ladosobtenemos que p = 22010 − a2 = (21005 − a)(21005 + a). Como p es primo, uno de estosfactores debe ser 1 y el otro debe ser p. De hecho, el factor chico, 21005 − a debe ser 1 y21005 + a debe ser p. Pero esto no es posible, pues entonces tendrıamos p = 21005 + a =21005 + 21005 − 1 = 21006 − 1 = (2503 − 1)(2503 + 1), factorizando al primo p. Ası, en estecaso no hay solucion.

Si b es 2, entonces la ecuacion se transforma en 2(2a2 + p) = 22010, o bien 2a2 + p =22009. Si p es primo impar, el lado izquierdo es un impar mayor a 1, y esto es imposiblepues segun el lado derecho no debe haber factores impares. Ası, p tiene que ser igual a 2 yobtenemos 2a2 + 2 = 22009, o bien a2 + 1 = 22008. Pero tomando modulo 4 de ambos ladosvemos que esto es imposible pues no existe un cuadrado congruente con −1 modulo 4. Deeste modo, para b = 2 tampoco tenemos soluciones.

Esto nos dice que si existe una solucion, entonces b es una potencia de 2 mayor a 2,digamos 2k con k ≥ 2. De este modo, la ecuacion original se transforma en 2k(2ka2 + p) =22010. Si p es impar, entonces de nuevo el lado izquierdo tiene un factor impar mayor a1, lo cual es imposible. Si p es 2, entonces cancelando un 2 de ambos lados obtenemosque 2k(2k−1a2 + 1) = 22009. Como 2k−1a2 + 1 es un numero impar (pues k ≥ 2) y al ladoizquierdo tenemos una potencia de 2, necesitamos forzosamente que este numero sea 1 y


por tanto que a sea 0. Esto nos dice que k = 2009.

Finalmente, verificamos que en efecto p = 2, a = 0 y b = 22009 es una solucion parala ecuacion y por tanto es la unica solucion. �

Problema 3 Toma k entero positivo fijo. Los vertices de un n−agono regular sequieren pintar con k colores distintos de modo que cada que los vertices A1, A2 y A3 estanpintados del mismo color y los vertices B1, B2 y B3 estan pintados del mismo color (quizasdistinto al de los vertices Ai), entonces los triangulos A1A2A3 y B1B2B3 comparten almenos un punto (en su interior, lados, o vertices). ¿Cual es el mayor valor que puede tomarn?

Solucion Demostraremos que el maximo valor que puede tomar n para k > 1 es 4k.Para eso daremos una coloracion de un 4k−agono regular que cumpla lo pedido y veremosque con mas vertices no es posible dar tal coloracion. Al final trataremos el caso k = 1.

Tomemos (1), (2), . . ., (k) los colores. Para dar una coloracion en el polıgono de 4kvertices, coloreamos de la siguiente manera (1)(1)(2)(2) . . . (k)(k)(1)(1)(2)(2) . . . (k)(k) enel sentido de las manecillas del reloj. Al tomar 3 vertices de un mismo color, forzosamentetomamos dos de ellos diametralmente opuestos, de modo que un lado del triangulo queforman es un diametro del polıgono. Como cualesquiera dos diametros tienen interseccionno vacıa (tienen al centro del polıgono al menos), entonces cualesquiera dos trianguloscomo en el problema se intersectan.

Tomemos ahora un polıgono con n ≥ 4k + 2 lados con cualquier coloracion. Altomar un arco de 2k + 1 vertices consecutivos y su complemento, por principio de lascasillas en cada uno de ellos hay 3 vertices de un mismo color, pero como son arcoscomplementarios, los triangulos que definen dichos vertices no se intersectan. Asi, en estecaso no hay coloracion posible.

Finalmente, descartaremos el caso n = 4k + 1. Llamemos aj al arco de 2k verticesconsecutivos en sentido horario que comienza en el vertice j (para 1 ≤ j ≤ n). Afirmamosque uno de estos arcos tiene 3 vertices del mismo color. Si ası no fuera, en cada arcoaparece a lo mas 2 veces cada color. Hay 4k+ 1 arcos y cada vertice esta en 2k arcos. Ası,

si contamos las apariciones del color c tenemos que son a lo mas⌊

2(4k+1)2k

⌋=⌊4 + 1

k

⌋= 4

(aquı es donde usamos k > 1). De modo que sumando sobre los colores, a lo mas hay 4kvertices, pero esto es una contradiccion.

De esta manera, hay un arco de 2k vertices consecutivos con 3 vertices del mismocolor. Por principio de las casillas, en su complemento, que tiene 2k + 1 vertices, tambienhay 3 vertices del mismo color. Estos vertices nos dan triangulos cada uno con verticesdel mismo color que no se intersectan, por lo que n = 4k + 1 tampoco se puede colorear.

Finalmente, resolveremos el caso k = 1. Si ponemos 6 vertices, entonces al tomartres de ellos consecutivos y al tomar los otros tres tenemos dos triangulos con vertices delmismo color que no se intersectan. De modo que n es menor o igual a 5.

Pero claramente al tomar dos triangulos con 5 posibles vertices estos triangulos se


intersectan, ası que n = 5 sı cumple la condicion y por tanto en este caso es el maximovalor que puede tomar n. �

Capıtulo 4

Examenes de Practica de TemasEspecıficos

Esos fueron algunos de los examenes de practica de temas especıficos que se resol-vieron durante los entrenamientos.

Algebra

1. Se colocan los enteros positivos de 1 a n2 en orden en un tablero de n × n. ¿Cuales la suma de los elementos en la diagonal que va del cuadro superior izquierdo alcuadro inferior derecho? ¿Cual es la suma de los elementos en la otra diagonal?

2. Simplifica la siguiente expresion

(2 + 1)(22 + 1)(24 + 1)(28 + 1) · · · (222010 + 1)

3. Los reales positivos x, y y z tienen suma 2010. Demuestra que si

x+ y − zx2 + 2yz

=y + z − xy2 + 2zx

=z + x− yz2 + 2xy

entonces cada una de estas fracciones es igual a 12010 .

4. Sea a un numero real tal que a1694 y a585 son numeros racionales. Demuestra quea2010 tambien es un numero racional.

5. Los numeros x, y y z son reales positivos tales que

1

x+

1

y+

1

z=

1

x+ y + z

Demuestra que:

57

58 CAPITULO 4. EXAMENES DE PRACTICA DE TEMAS ESPECIFICOS

1

x3+

1

y3+

1

z3=

1

(x+ y + z)3

6. Demuestra la siguiente desigualdad para qualesquiera m y n enteros mayores o igua-les a 1:

(m+ n)m+n

(m+ n)!>mm

m!· n

n

n!

Combinatoria

1. Se tienen los numeros 1, 2, . . ., 10 en el pizarron. Si en un momento se tienen a1,. . ., a10 en el pizarron, entonces se pueden cambiar por:

a1 + a2

4,a2 + a3

4, . . . ,

a10 + a1

4

o por:

2a1 − a2

2,2a2 − a3

2, . . . ,

2a10 − a1

2

Demuestra que sin importar que pasos se den, al sexto paso la suma de los numerossera menor a 1.

2. Tomamos f(x) = (√x− 3)2. Encuentra el valor de f33(10000) 1.

3. En la danza nocturna gatuna participan 50 gatos: 10 de ellos blancos, 10 de elloscafes y 30 de ellos negros. Para bailar se dividen en 5 rondas de 10 gatos. Al llenarsela luna, los gatos bailan y bailan y despues de esto vuelven a formar 5 rondas de 10gatos, no necesariamente las mismas. Demuestra que hay dos gatos del mismo colorque estuvieron en la misma ronda antes y despues de la luna llena.

4. Dos jugadores, A y B, juegan a tachar los numeros de 1 a 10, pero el jugador quetacha un numero debe tachar todos sus divisores que no esten tachados todavıa.Gana el jugador que tache el ultimo numero. A juega primero. Demuestra que Atiene una estrategia ganadora.

5. Demuestra que no es posible cubrir un tablero de 9× 8 con fichas de 1× 6.

6. Escribimos la secuencia formada por los numeros naturales en orden:

S = 12345678910111213 . . .

1Definimos f1(x) = f(x) y fn(x) = f(fn−1(x)), es decir, fn(x) = f(f(f(. . . f(f(x)) . . .)) en donde estan veces la funcion f .

59

Para una n fija, definimos f(n) = m si el dıgito 10n de izquierda a derecha en Sesta en los numeros de m dıgitos. Por ejemplo, f(0) = 1, pues el dıgito 100 = 0 enS esta en los numeros de 1 dıgito, f(1) = 2, pues el dıgito 10 de S es el 1 de 10, queesta en los numeros de 2 dıgitos, y f(2) = 2, pues el dıgito 100 de S es el 5 de 55,que es un numero de 2 dıgitos. Encuentra con justificacion f(2010).

Geometrıa

1. Sea ABCD un cuadrilatero ciclico en el que se cumple AB+CD = BC. Demuestraque las bisectrices de los angulos ∠DBA y CDA se cortan sobre BC.

2. Dos cırculos Γ1 y Γ2 se intersectan en los puntos M y N . La tangente comun a amboscırculos mas cercana a M toca a Γ1 en A y a Γ2 en B. La paralela a AB por Mcorta de nuevo a Γ1 y Γ2 en C y D respectivamente. AC y BD se intersectan en E.CD intersecta a AN y BN en P y Q respectivamente. Demuestra que EP = EQ.

3. Sea ABC un triangulo acutangulo con AB < AC. Sea H su ortocentro y M el puntomedio de BC. Sea l la bisectriz de ∠BHC. La paralela a l por M intersecta AC enun punto N (N entre A y C). Demuestra que el perımetro del 4NMC es igual alperımetro del cuadrilatero NMBA.

60 CAPITULO 4. EXAMENES DE PRACTICA DE TEMAS ESPECIFICOS

Capıtulo 5

Problemas de Tarea

En esta seccion se presentan los problemas que los Olımpicos del ano pasado tuvieronde tarea para el verano. Resolver estos problemas y escribirlos te puede ayudar a agarrarpractica en la busqueda de ideas y en como las puedes expresar por escrito.

Algebra

1. Sea a0, a1, a2, ..., una sucesion definida recursivamente como a0 = 0 y an+1 = 2an +2n. Prueba que n es potencia de dos si y solo si an es potencia de dos.

2. En la expresion A =

√2010 +

√2010 +

√2010 +

√2010 + . . .+

√2010 el numero

2010 aparece 2010 veces. Encuentra el valor de bAc, donde bxc denota la parte enterade x.

3. Sean x e y numeros reales tales que 6−x, 3 + y2, 11 +x, 14− y2 son positivos. Hallael maximo de la funcion f(x, y) =

√(6− x)(3 + y2) +

√(11 + x)(14− y2).

4. Halla todas las funciones f definidas en los naturales que satisfacen las siguientestres condiciones:

Para todo n, f(n) es un numero natural.

Se cumple f(n+m) = f(n)f(m) para todos m y n.

Existe k tal que f(f(k)) = [f(k)]2.

Combinatoria

1. ¿Cuantos numeros de diez dıgitos hay tales que para escribirlos se utilizan unica-mente los dıgitos 2 y 3 y que ademas no tienen dos dıgitos 3 adyacentes?

61

62 CAPITULO 5. PROBLEMAS DE TAREA

2. Se escribe un entero en cada casila de un tablero de n filas y n + 1 columnas.Demuestra que se pueden tachar algunas columnas (posiblemente ninguna) de modoque en cada fila la suma de los numeros que quedaron sin tachar sea par.

3. Demuestra que hay tantas maneras de repartir n monedas en m pilas, como manerasde repartir n−m monedas en pilas con m o menos que m monedas en cada una.

4. Tres numeros a, b y c se escriben en un pizarron. En un movimiento se elige unnumero y se remplaza por la suma de los otros dos menos uno (por ejemplo, sial principio se elige a, entonces se cambia por b + c − 1). Esta operacion se repitevarias veces hasta que se obtienen los numeros 17, 1967, 1983. ¿Los numeros inicialespudieron haber sido 3, 3, 3? ¿Pudieron ser 2, 2, 2?

5. Se tienen fichas de domino, cada una de ellas con un 1 en un lado y un −1 en elotro. ¿Para que n es posible cubrir con estas fichas un tablero de 5×n de modo queel producto de los numeros en cada columna y en cada fila sea positivo?

Geometrıa

1. Sea ABC un triangulo y D el punto medio de BC, sea E el punto medio de AD yF la interseccion de BE con AC. Encuentra AF

FC .

2. Sea ABC un triangulo rectangulo en B. Se tiene un punto P en el interior a distancia12 de la hipotenusa AC, por el cual se van a trazar los siguientes segmentos paralelosa los tres lados del triangulo ABC. El segmento paralelo a AC corta a AB en E ya BC en F . El segmento paralelo a BC corta a AC en G. Finalmente, el segmentoparalelo a AB corta a AC en D. Si AB = 45 y BC = 60, ¿cual es el area del trapecioEDFG?

3. ABCD es un cudrilatero cıclico con AB = AD. Las diagonales se intersectan en E,F es un punto en AC tal que ∠BFC = ∠BAD. Si ∠BAD = 2∠DFC, determinaBEDE .

4. Sea M un punto en el interior el triangulo equilatero ABC. Demuestra que MA2 +MB2 = MC2 si y solo si ∠BMA = 150◦.

5. Sea P un punto en el interior del triangulo equilatero ABC y sean D, E y F los piesde las perpendiculares trazadas por P a los lados AB, AC y BC respectivamente.Determina el lugar geometrico de los puntos P para los cuales existe un triangulocon lados PD, PE y PF .

6. En el triangulo ABC, ∠ABC = 60◦. O es el circuncentro y H es el ortocentro. D esun punto en BC tales que BD = BH. E es un punto en AB tal que BE = BO. SiBO = 1, ¿cual es el area del triangulo BDE?

7. Sea ABC un triangulo rectangulo en A. Sea X el pie de la altura correspondientea A y sea Y el punto medio de XC. Sobre la prolongacion del lado AB se toma elpunto D tal que AB = BD. Demuestre que DX es perpendicular a AY .

63

Teorıa de Numeros

1. Encuentra el menor entero n tal que el conjunto {n, n+ 1, . . . , n+ 42} solo contieneun cuadrado perfecto.

2. Encuentra todas las parejas de enteros positivos a y b tales que (a, b)2 + [a, b]2 =a2 + b2, donde (a, b) y [a, b] denotan el maximo comun divisor y el mınimo comunmultiplo de a y b respectivamente.

3. Sea n un numero natural tal que n2 − n + 11 es el producto de cuatro primos nonecesariamente distintos. Encuentra el mınimo valor de n.

4. Sean n y p dos numeros naturales con p primo y tales que pn + 1 es un cuadradoperfecto. Demuestra que n+1 es la suma de p cuadrados perfectos, no necesariamentedistintos.

5. Determina la suma de los enteros positivos n para los cuales existe una k con:

1 + n+n(n− 1)

2+n(n− 1)(n− 2)

6= 2k

64 CAPITULO 5. PROBLEMAS DE TAREA

Capıtulo 6

Herramientas Utiles

Algebra

Identidades

• 1n(n+1) = 1

n −1

n+1

• 1 + 2 + 3 + · · ·+ n = n(n+1)2

• 1 + 22 + 32 + · · ·+ n2 = n(n+1)(2n+1)6

• 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n− 1) = n2

• 1 + a+ a2 + · · ·+ an = an+1−1a−1 si a 6= 1

El truco de las razones Si ab = c

d entonces a+cb+d = a−c

b−d = ab , es decir, podemos

sumar o restar arriba y abajo y obtenemos la misma fraccion.

Factorizaciones y productos notables

• a2 − b2 = (a+ b)(a− b)• a2 + 2ab+ b2 = (a+ b)2

• a2 − 2ab+ b2 = (a− b)2 = (b− a)2

• an − bn = (a− b)(an−1 + an− 2b+ · · ·+ abn−2 + bn−1)

• Si n es impar, en la identidad anterior podemos substituir b por −b y obteneran + bn = (a+ b)(an−1 − an−2b+ · · · − abn−2 + bn−1).

• Factorizacion de Sophie-Germain: a4 + 4b4 = (a2 + 2b2 − 2ab)(a2 + 2b2 + 2ab)

• x3 + y3 + z3 − 3xyz = (x+ y + z)(x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx)

• x3 + y3 + z3 − 3xyz == (x+ y + z) (x−y)2(y−z)2(z−x)2

2

• (x− a)(x− b) = x2 − (a+ b)x+ ab

• (x− a)(x− b)(x− c) = x3 − (a+ b+ c)x2 + (ab+ bc+ ca)x− abc

65

66 CAPITULO 6. HERRAMIENTAS UTILES

Las ultimas dos identidades nos permiten poner los coeficientes de un polinomio degrado dos o tres en terminos de sus raıces. Estas son algunas de las identidades deVietta.

Si tienes una ecuacion cuadratica ax2+bx+c, entonces sus raıces (es decir, los valores

de x para los cuales esta expresion se hace cero) son −b+√b2−4ac

2a y −b−√b2−4ac

2a .

Exponentes y logaritmos

Propiedades de los exponentes:

• a0 = 1

• ab+c = ab · ac

• (ab)c = ab·c

• (ab)c = ac · bc

• a−1 = 1a

El logartimo base a de un numero b, que denotaremos por loga b es el numero al cualse tiene que elevar a para obtener b. Por ejemplo, log2 8 = 3 pues al elevar 2 a lapotencia 3 obtenemos 8. A partir de las propiedades de los exponentes se obtienenlas siguentes propiedades para los logaritmos:

• loga 1 = 0

• loga(b · c) = loga b+ loga c

• loga(bc) = c loga b

• loga clogb c

= logb a

• loga(1b ) = − loga b

Desigualdades

Los numeros reales se dividen positivos, negativos y el cero. Los positivos se colocan ala derecha del 0 y los negativos a su izquierda. Una multiplicacion por −1 la podemospensar como una rotacion de 180◦ centrada en 0 de la recta real. Hacer dos vecesesto deja fija la recta real, por lo que (−1)(−1) = 1 y en general (−a)(−a) = a2.

Estas observaciones nos permiten afirmar que para cualquier real r tenemos r2 ≥ 0.

Las desigualdades se pueden sumar, si a > c y b > d entonces a+ b > c+ d. Multi-plicando una desigualdad por un numero positivo se preserva y por uno negativo seinvierte, es decir, si a > b entonces ra > rb si r > 0 y ra < rb si r < 0.

El valor absoluto de un numero |x| es su distancia al cero. Como las distancias sonpositivas, si el numero es negativo entonces se le debe cambiar de signo para hacerlopositivo. Por ejemplo, |3| = 3, | − 2,5| = 2,5, |0| = 0. Podemos calcular la distanciaentre dos numeros por |x − y|, lo cual es lo mismo que al mayor restarle el menor.La desigualdad del triangulo dice que |a+ b| ≤ |a|+ |b|.Algunas desigualdades algebraicas:

67

• r2 ≥ 0

• Desigualdad entre la media geometrica y la media aritmetica. Para a, b ≥ 0,tenemos que a+b

2 ≥√ab. La igualdad se da solo cuando a = b.

• Desigualdad del reacomodo. Si a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an y b1 ≥ b2 ≥ · · · ≥ bnentonces:

a1b1 + a2b2 + · · ·+ anbn ≥ a1bn + a2bn−1 + · · ·+ anb1

Algunas desigualdades geometricas:

• Dado un punto fijo P , el conjunto de puntos cuya distancia a P es constante esuna circunferencia con centro en P . Los puntos interiores tienen una distanciamenor a P y los exteriores una mayor.

• Dada una recta l y un punto P , la distancia mas corta de P a un punto de l sehace cuando en l se elige el pie de la perpendicular desde P . A esta longitud sele llama la distancia de P a l

• Los lados de un triangulo son positivos. El lado mas grande es opuesto al angulomas grande, y el mas chico es opuesto al angulo mas chico.

• En un triangulo con lados a, b y c se tienen las desigualdades del triangulo:a+ b > c, b+ c > a, c+ a > b. Este resultado es invertible, es decir, si los tresnumeros reales positivos a, b y c cumplen que a+ b > c, b+ c > a y c+ a > b,entonces se puede hacer un triangulo de lados a, b, c.

• Desigualdad de Ptolomeo. Para un cuadrilatero ABCD se tiene AC · BD ≤AB ·CD+BC ·DA. La igualdad se da si y solo si los vertices del cuadrilateroestan en una circunferencia (decimos que el cuadrlatero es cıclico).

Notacion de suma

El sımbolo∑n

i=1 ai se utiliza para indicar la suma de los numeros a1, a2, . . . , an. Porejemplo, para escribir la suma de los primeros n numeros podemos escribir

∑ni=1 i y

para escribir la suma de los primeros n cuadrados podemos escribir∑n

i=1 i2. El uso

de i es arbitrario, en realidad se puede usar cualquier sımbolo que pensamos comoun contador. Algunos ejemplos:

•∑10

i=1 i = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 = 55

•∑4

j=0 2j − 1 = (−1) + (1) + (3) + (5) + (7) = 15

•∑8

k=5 k(10− k) = (5 · 5) + (6 · 4) + (7 · 3) + (8 · 2)

La notacion de suma tiene las siguientes propiedades:

•∑n

i=1 1 = n

•∑n

i=1 c · ai = c∑n

i=1 ai

•∑n

i=1 ai + bi =∑n

i=1 ai +∑n

i=1 bi


Parte entera Para un numero real x, denotamos por bxc al mayor entero que seamenor o igual a x. Los siguientes ejemplos son ilustrativos: b10,2c = 10, b−12c =−12,

⌊256

⌋= 4, b−11,5c = −12,

⌊√79⌋

= 8, b10000πc = 31415 y b−10000πc =−31416.

La notacion bxc se lee “parte entera de x”. La parte entera tiene las siguientespropiedades:

• Si x es un numero entero, entonces bxc = x.

• Para cualquier real se tiene que bxc ≤ x ≤ bx+ 1c.• La operacion parte entera es idempotente: bbxcc = bxc.• Desigualdad del triangulo: bx+ yc ≤ bxc+ byc.

69

Combinatoria

Principios basicos de conteo Si existen m formas de hacer una cosa A y n formasde hacer una cosa B entonces:

• Hacer A o hacer B (pero solo una de las dos) se puede hacer de m+ n formas.

• Hacer A y luego hacer B se puede hacer de mn formas.

Permutaciones Si se tienen n objetos distinguibles, entonces se pueden poner enfila de n! formas distintas. La notacion n! se pronuncia “n factorial” y denota alproducto de los primeros n enteros. Ademas, definimos 0! = 1.

Combinaciones Si tenemos n objetos distinguibles, entonces podemos elegir k (0 ≤k ≤ n) de ellos de

(nk

)= n!

k!(n−k)! formas. La notacion(nk

)se pronuncia “n en k”. A

los numeros(nk

)se les conoce como coeficientes binomiales.

Propiedades basicas de los coeficientes binomiales

• Definimos(nk

)= 0 si n es negativo, k es negativo o k > n.

•(nk

)=(n

n−k).

• Formula de Pascal:(n+1k+1

)=(nk

)+(nk+1

).

• n+1k+1

(nk

)=(n+1k+1

).

•(n0

)+(n1

)+ · · ·+

(nn

)= 2n.

Las siguientes observaciones son sencillas, pero son muy poderosas. Muchas vecesestas observaciones nos ayudan a justificar con formalidad por que podemos o nopodemos hacer ciertas cosas.

Principio de las Casillas Esta es una de las afirmaciones mas intuitivas de lasmatematicas. Tomando en cuenta su sencillez es una herramienta muy poderosa. ElPrincipio de las Casillas dice lo siguiente:

Si tenemos n + 1 objetos y n casillas para acomodarlos, entonces en alguna de lascasillas deben quedar al menos dos objetos.

El Principio de las Casillas admite las siguientes generalizaciones:

• Si tenemos kn+ 1 objetos y n cajas, entonces al menos una de esas cajas tieneal menos k + 1 objetos.

• Si tenemos una infinidad de objetos y los acomodamos en una cantidad finitade cajas, entonces una caja tiene una infinidad de objetos.

• (Dual del principio de las casillas) Si tenemos n objetos y n+ 1 cajas, entoncesal colocar los objetos en las cajas una caja queda vacıa.


Ejemplo De tres personas, dos son del mismo sexo. Si tenemos 13 personas, hay dosque nacieron el mismo mes.

Principio del Doble Conteo Si contando los objetos de un conjunto de una formaobtenemos que son a y contandolos de otra forma obtenemos que son b entoncesa = b.

Ejemplo Si tenemos n + 1 puntos alineados, estos hacen 1 segmento de longitud n,2 de longitud n− 1, 3 de longitud n− 2, . . . , n de longitud 1. De modo que en totalhacen 1 + 2 + · · ·+ n segmentos. Otra forma de contar cuantos segmentos hacen esver de cuantas formas podemos escoger dos de ellos. Esto se puede de

(n+1

2

)= n(n+1)

2

formas distintas. Esto demuestra que 1 + 2 + · · ·+ n = n(n+1)2 .

Principio de Invarianza Si tenemos un proceso que deja una variable fija (o haceque tome siempre valores en un mismo conjunto), entonces con el proceso no podemosllegar a una situacion en la cual esa variable sea distinta (o tome un valor fuera deese conjunto).

Ejemplo Comenzamos con el numero 1. El proceso consiste en cada paso en sumar orestar 2. Lo que se mantiene invariante es la paridad del numero (siempre es impar),de modo que con este proceso no podemos llegar a 2010.

Principio del Buen Orden Si tenemos un conjunto no vacıo de numeros enterospositivos, o un conjunto finito de numeros cualesquiera, entonces ese conjunto tieneun mınimo, es decir, hay un numero en el conjunto que es el mas chico de todos losnumeros en el conjunto.

71

Geometrıa

Lıneas y puntos

Asumimos como conocido el concepto de lınea y punto. Dados dos puntos A y B enuna lınea llamamos un rayo desde A a los puntos que estan en la lınea en un mismolado del punto A. A los puntos entre A y B le llamamos el segmento AB.

Dos lıneas pueden o no intersectarse. Si no se intersectan, las llamamos paralelas.Si se intersectan en un angulo de 90◦ entonces las llamamos perpendiculares. Si l esperpendicular a m y m es perpendicular a n entonces l es paralela a n.

De hecho mas en general, si una lınea transversal corta a dos rectas y forma angulosiguales, entonces estas dos rectas son paralelas. El regreso tambien es cierto, si dosrectas son paralelas entonces los angulos que hacen con cualquier transversal soniguales.

Tres puntos son colineales (o estan alineados) si existe una recta que pasa por los tres.Tres rectas son concurrentes (o se intersectan) si existe un punto que se encuentreen las tres.

Triangulos

Un triangulo es una figura con tres lados. La suma de los angulos internos de untriangulo es 180◦. En la siguiente figura el angulo α′ mide β + γ. A este angulo se lellama el angulo externo (o exterior) en A del triangulo ABC.

Decimos que un triangulo es isosceles si tiene al menos dos lados iguales. Decimos quees equilatero si tiene sus tres lados iguales (y por lo tanto, un triangulo equilateroes isosceles). En caso de que no suceda ninguna de estas opciones diremos que eltriangulo es escaleno.


Otra forma de clasificar triangulos es por sus angulos. Un triangulo con todos susangulos menores a 90◦ se llama acutangulo. Un triangulo con un angulo de 90◦ se lellama rectangulo. Si tiene un angulo obtuso se le llama obtusangulo.

En un triangulo rectangulo se conoce como hipotenusa al lado opuesto al angulo de90◦. A los otros dos lados se les conoce como catetos. El Teorema de Pitagoras nosdice que la suma del cuadrado de los catetos es igual al cuadrado de la hipotenusa.Es decir, en la figura siguiente a2 + b2 = c2.

Dos triangulos son congruentes si sus tres lados y sus tres angulos son iguales respec-tivamente. Para verificar que dos triangulos son congruentes basta verificar algunade las siguientes condiciones:

• Criterio LLL: Sus tres lados son iguales.

• Crietrio ALA: Dos de sus angulos y el lado entre ellos son iguales.

• Criterio LAL: Dos de sus lados y el angulo entre ellos son iguales.

Enfatizamos que la importancia de los criterios de congruencia es que con que secumpla alguna de las condiciones arriba mencionadas se tiene que el resto de loslados y angulos son iguales.

Decimos que dos triangulos son semejantes si tienen sus tres angulos iguales y suslados guardan la misma proporcion. A esta proporcion la llamamos la razon desemejanza entre los triangulos. Para verificar que dos triangulos son semejantes bastaverificar alguna de las siguientes condiciones:

• Criterio LLL: Sus tres lados correspondientes guardan la misma proporcion

• Crietrio AA: Dos de sus angulos son iguales.

• Criterio LAL: Dos de sus lados guardan la misma proporcion y el angulo entreesos lados es igual.

73

Si dos triangulos son semejantes en razon q, entonces la distancia entre parejas depuntos correspondientes tambien estan en razon q, por lo que los perımetros, alturas,medianas, etc., tambien estan en razon q. Sin embargo, la razon entre las areas esq2.

En un triangulo ABC se toman puntos D sobre AB y E sobre AC. El Teorema deTales dice que BC es paralela a DE si y solo si AD

AB = AEAC .

A continuacion se muestran algunos triangulos importantes:

En un triangulo ABC se tienen las siguientes rectas importantes:

• Mediana: Una mediana es la recta que va de un vertice al punto medio del ladoopuesto.

• Bisectriz: Una bisectriz es la recta que pasa por un vertice y bisecta al angulodel triangulo que esta en ese vertice.

• Bisectriz Exterior: Una bisectriz exterior es la recta que pasa por un vertice ybisecta al angulo exterior del triangulo que esta en ese vertice

• Mediatriz: Una mediatriz es una recta perpendicular a un lado del trianguloque pasa por el punto medio de ese lado.

• Altura: Una altura es una recta perpendicular a un lado del triangulo que pasapor el vertice opuesto.

Las medianas de un triangulo se cortan dos a dos en proporcion 1 : 2 y las tresse intersectan en un punto, llamado el gravicentro del triangulo, que usualmente sedenota por G. Al triangulo formado por los tres puntos medios se le conoce como eltriangulo medial y es semejante al triangulo original en razon 1

2 , de modo que tienearea 1

4 del triangulo original.


Las tres bisectrices de un triangulo se intersectan en un punto llamado el incentro deltriangulo, que usualmente se denota por I. Existe una circunferencia que es tangenteinternamente a cada uno de los lados del triangulo. A esta circunferencia la llamamosel incırculo de ABC. Su centro es I, de modo que I equidista de los tres lados. Alradio del incırculo lo llamamos el inradio del triangulo y usualmente se denota porr.

La bisectriz interna y la externa por un mismo vertice son perpendiculares. Las dosbisectrices externas por dos vertices y la bisectriz interna por el tercer vertice sonrectas concurrentes.

Las tres mediatrices de un triangulo se intersectan en un punto llamado el circun-centro del triangulo, que usualmente se denota por O. Existe una circunferencia quepasa por los tres vertices del triangulo. A esta circunferencia la llamamos el cir-cuncırculo de ABC. Su centro es O, de modo que O equidista de los tres vertices.Al radio del circuncırculo lo llamamos el circunradio del triangulo y usualmente sedenota por R.

Las tres alturas se intersectan en un punto llamado el ortocentro del triangulo, queusualmente se denota por H. Al triangulo formado por los tres pies de las alturas sele conoce como el triangulo ortico.

La mediatriz y la altura correspondientes a un mismo lado son paralelas.

75

Si en un triangulo dos de las siguientes rectas por un mismo lado (o vertice corres-pondiente) son la misma: altura, mediana, mediatriz, bisectriz; entonces el trianguloes isosceles con los otros dos lados iguales, y por tanto todas esas rectas (por eselado) son la misma. Por ejemplo, si la mediana por A tambien es perpendicular aBC (i.e. es altura), entonces AB = AC y entonces la mediana tambien es la bisectrizy mediatriz.

A partir de la observacion anterior, si dos de los puntos O, H, G o I coincidenentonces el triangulo es equilatero.

El Teorema de la Recta de Euler nos dice que G, O y H estan alineados en cualquiertriangulo.

Circunferencias

Una circunferencia es el conjunto de puntos que equidistan de un punto fijo P . Ladistancia que tiene P a cada uno de esto puntos se conoce como el radio de lacircunferencia. Dados dos puntos A y B sobre la circunferencia, el segmento AB seconoce como una cuerda. Si la cuerda pasa por el centro entonces se llama diametroy mide dos veces el radio.

En una circunferencia, la medida del angulo que se hace con un vertice sobre lacircunferencia es la mitad del angulo central. Esto nos dice que angulos que abranun mismo arco del mismo lado miden lo mismo. En particular, si un angulo abre undiametro entonces el angulo es recto.


Una tangente es una recta que intersecta a la circunferencia en un solo punto. Si Tes el punto de tangencia y RT es una cuerda por T , el angulo que hacen (llamadosemi-inscrito) es el mismo que el que abre a la cuerda RT en la circunferencia.En particular, las tangentes son perpendiculares al radio que pasa por el punto detangencia. Las dos tangentes que se pueden trazar desde un mismo punto a unamisma circunferencia miden lo mismo.

Cuando dos circunferencias se intersectan, la recta que pasa por los dos puntos deinterseccion es perpendicular a la recta que une sus centros.

Cuadrilateros cıclicos

Tres puntos no alineados determinan una unica circunferencia, de modo que la si-tuacion en la que cuatro puntos A, B, C, D estan en una misma circunferencia esespecial. Cuando sucede esto, decimos que los cuatro puntos son concıclicos o bienque el cuadrilatero ABCD es cıclico.

Supongamos ademas que AC se intersecta con BD en el interior del cuadrilateroen un punto P y que AB se intersecta con CD en un punto S. Entonces todas lassiguientes afirmaciones son equivalentes, es decir, tan solo con verificar que sucedeuna de ellas, inmediatamente sabemos que se cumplen las demas:

• El cuadrilatero ABCD es cıclico.

• Existe un punto O que equidiste a A, B, C y D.

• ∠A+ ∠C = 180◦

• ∠B + ∠D = 180◦

• ∠ACB = ∠ADB

• ∠BAC = ∠BDC

77

• ∠CBD = ∠CAD

• ∠DCA = ∠DBA

• Potencia de un punto interior: PA · PC = PB · PD• Potencia de un punto exterior: SA · SB = SC · SD• Igualdad de Ptolomeo: AC ·BD = AB · CD +BC ·DA

Usamos una terminologıa similar cuando tenemos mas puntos sobre una misma cir-cunferencia, por ejemplo, podemos hablar de hexagonos cıclicos o decir que tenemosn puntos concıclicos.

Trigonometrıa

En un triangulo ABC con a = BC, b = CA y c = AB con circunradio R se cumplelo siguiente:

• Ley de senos: asenA = b

senB = csenC = 2R

• Ley de cosenos: c2 = a2 + b2 − 2ab cosC

Ademas, tenemos las siguientes identidades trigonometricas:

• sen 0◦ = cos 90◦ = 0

• cos 0◦ = sen 90◦ = 1

• sen(−x) = − senx

• cos(−x) = cosx

• senx = cos(90◦ − x)

• Seno de una suma: sen(x+ y) = senx cos y + cosx sen y

• Coseno de una suma: cos(x+ y) = cosx cos y − senx sen y

• Tangente de una suma: tan(x+ y) = tanx+tan y1−tanx tan y

Observa que a partir de estas identidades puedes encontrar muchas otras formulasmas, por ejemplo, si en la formula de seno de la suma de angulo pones el mismoangulo obtienes sen(2x) = 2 senx cosx. O si quieres encontrar el coseno de una restax − y entonces puedes usar la de coseno de la suma y cambiar y por −y y usarlas otras identidades para obtener cos(x − y) = cosx cos(−y) − senx sen(−y) =cosx cos y + senx sen y.


Teorıa de Numeros

Clasificacion de los numeros

Llamamos enteros a los numeros con los cuales podemos contar cosas y sus negativos,por ejemplo 1, 2, 3, −10, etc. Llamamos numeros racionales a los numeros que sepueden escribir como una division de enteros. A los numeros reales los podemospensar como todos los numeros que se pueden escribir en expansion decimal. A losreales que no son racionales, como π, los llamamos irracionales. Los sımbolos paradenotar a los conjuntos de numeros naturales, enteros, racionales y reales son N, Z,Q y R respectivamente. El conjunto de numeros irracionales no tienen su sımbolo,pero los podemos denotar por R \Q (los reales que no son racionales).

Ocasionalmente a cualquiera de estos conjuntos los podemos limitar un poco masespecificando que se habla de positivos, negativos, no negativos, etc.

Divisibilidad

Para dos numeros enteros a y b diremos que a divide a b si existe un entero k parael cual b = ka. Tambien esto se puede decir como b es multiplo de a, a es un divisorde b, entre otras. La notacion para a divide a b es a|b. A partir de este momento solonos referiremos a numeros enteros, salvo que explıcitamente se diga lo contrario.

Por definicion, 0 es divisible entre cualquier numero, pues la k correspondiente es 0.Ası mismo, 1 divide a todo numero. A los numeros divisibles ente 2 los llamamospares y a lo numeros enteros que no son pares los llamamos impares (o menosfrecuentemente, nones). Como 0 es divisible entre 2, entonces 0 es par.

A los numeros que tienen exactamente dos divisores positivos los llamamos primos.De esta forma, 2 es primo, 13 es primo, pero ni 6 ni 1 lo son.

La divisibilidad cumple las siguientes propiedades para cualesquiera numeros enterosa 6= 0, b, c, k, l:

• a|a• Si a|b y b|c entonces a|c.• Si a|b y b|a y a y b son positivos entonces a = b.

• Si a|b y a|c entonces a|bk + cl.

• Si p es primo y p|nk entonces p|n.

Para dos numeros definimos su mınimo comun multiplo como el menor entero po-sitivo que es multiplo de ambos. De manera similar, definimos su maximo comundivisor como el mayor entero positivo que los divide. Denotamos a estos numeros por[m,n] y (m,n) respectivamente. Si dos numeros tienen como maximo comun divisora 1 entonces los llamamos primos relativos.

Si k es el maximo comun divisor de m y n entonces k se puede expresar comocombinacion lineal de m y n, es decir, existen enteros a y b para los cuales k =am+ bn.

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En muchas ocasiones un numero a no divide a un numero b, sin embargo, podemosexpresar a b de la forma b = qa + r con 0 ≤ r < a , es decir, podemos poner a bcomo un multiplo de a mas un residuo pequeno r que esta entre 0 y a− 1.

Algunos criterios de divisibilidad

• Todo numero es divisible entre 1.

• Un numero es divisible entre 2 si y solo si su ultimo dıgito es par.

• Un numero es divisible entre 3 si y solo si la suma de sus dıgitos es multiplo de3.

• Un numero es divisible entre 4 si y solo si el numero formado por sus ultimosdos dıgitos es multiplo de 4.

• Un numero es divisible entre 5 si y solo si su ultimo dıgito es 0 o 5.

• Un numero es divisible entre 6 si y solo si es divisible entre 2 y 3.

• Un numero es divisible entre 8 si y solo si el numero formado por sus ultimostres dıgitos es multiplo de 8.

• Un numero es divisible entre 9 si y solo si la suma de sus dıgitos es multiplo de9.

• Un numero es divisible entre 11 si al sumar y restar alternadamente sus dıgitosse obtiene un numero divisible entre 11.

Un buen ejercicio para practicar los criterios de divisibilidad es ver entre cualesnumeros que tengan criterio es divisible el numero 12345678.

La cantidad de multiplos de k que existen desde 1 hasta n es⌊nk

⌋.

Teorema Fundamental de la Aritmetica

El Teorema Fundamental de la Aritmerica dice que todo entero se puede descom-poner como producto de primos de manera unica salvo el orden de los factores. Ensımbolos, si n es un natural entonces existen k primos p1, p2, . . . , pk y exponentesa1, a2, . . . , ak para los cuales n = pa11 · p

a22 · · · · · p

akk .

Descomponiendo a m en producto de primos como m = pa11 · pa22 · · · · · p

akk se tienen

las siguientes formulas:

• Numero de divisores de m: (a1 + 1)(a2 + 1) . . . (ak + 1)

• Suma de los divisores de m:pa1+11 −1p1−1

pa2+12 −1p2−1 . . .

pak+1

k −1

pk−1

• Primos relativos con m que estan entre 1 y m: m(1− 1p1

) . . . (1− 1pk

)

Ademas, si tambien descomponemos a n en producto de primos como n = pb11 · pb22 ·

· · · · pbkk , pensando en que algunos de los exponentes pueden ser 0 entonces tenemos:

• Maximo comun divisor de m y n: pmın(a1,b1)1 · pmın(a2,b2)

2 · · · · · pmın(ak,bk)k


• Mınimo comun multiplo de m y n: pmax(a1,b1)1 · pmax(a2,b2)

2 · · · · · pmax(ak,bk)k

Congruencias

Diremos que a y b son congruentes modulo un numero n si el residuo de dividirambos numeros entre n es el mismo. Esto es equivalente a que n divida a a − b.La notacion para esto es a ≡ b mod n. Por ejemplo, 2009 ≡ 2011 mod 2, 10 ≡ 3mod 7, 100 ≡ 1 mod 9, −4 ≡ 1 mod 5.

Ver a los numeros ası nos permite enfocarnos unicamente en una cantidad finita determinos, pues los posibles residuos de dividir un numero entre n son solamente 0,1, 2, . . . , n− 1.

Dado un modulo fijo, las congruencias se pueden tratar como igualdades en la ma-yorıa de los casos. Se pueden sumar, restar y multiplicar, pero no siempre se pueden“dividir”. Esto y otras propiedades basicas se enlistan a continuacion:

• a ≡ a mod n

• Si a ≡ b mod n entonces b ≡ a mod n

• Si a ≡ b mod n y b ≡ c mod n entonces a ≡ c mod n

• Si a ≡ b mod n y c ≡ d mod n entonces

◦ a+ c ≡ b+ d mod n

◦ a− c ≡ b− d mod n

◦ ac ≡ bd mod n, en particular, ak ≡ bk mod n

Diremos que a tiene inverso modulo n si existe un numero b para el cual ab ≡ 1mod n. Si a y n son primos relativos entonces a tiene inverso modulo n. En particular,dado un primo p, todos los numeros que no son multiplos de p tienen inverso modulop.

Si a tiene un inverso b modulo n y ac ≡ d mod n entonces c ≡ bd mod n. Esto esmas o menos “dividir” entre a modulo n.

Las congruencias sirven para encontrar facilmente el residuo que deja un numero aldividirlo entre otro. Para que una igualdad entre enteros se cumpla, se debe cumpliren cualquier modulo. Esto quiere decir que si no existen soluciones para una ecuacionen enteros para una congruencia, entonces no existe la solucion en los enteros.

Finalmente, se enlistan algunos teoremas mas avanzados de las congruencias:

• Pequeno Teorema de Fermat: Si p es primo y a no es multiplo de p entoncesap−1 ≡ 1 mod p.

• Teorema de Wilson: Si p es primo, entonces (p− 1)! ≡ −1 mod p.

• Teorema de Euler: Si φ(n) denota la cantidad de primos relativos con n queestan entre 1 y n, y a es primo relativo con n entonces aφ(n) ≡ 1 mod n.

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