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Problemas para la20a. Olimpiada Mexicana de Matematicas
en San Luis Potos
Editado por:
Carlos Jacob Rubio Barrios
2006
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Carlos Jacob Rubio Barrios
Facultad de Matematicas, Universidad Autonoma de Yucatan
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Contenido
Captulo 1 Presentacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1 Anuncio del Concurso Estatal de la 20a. Olimpiada de Matematicas
(2006) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Informe de la 19a. Olimpiada Estatal de Matematicas (2005) . . 4
1.3 Actuacion de la Delegacion Potosina en el Concurso Nacional de
la 19a. Olimpiada Mexicana de Matematicas . . . . . . . . . . . 8
Captulo 2 Examenes de la 19a. Olimpiada de Matematicas en
San Luis Potos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2.1 Primer Examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2.2 Segundo Examen (Examen Canguro 2005) . . . . . . . . . . . . 13
2.3 Tercer Examen (21 y 22 de mayo) . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.4 Cuarto Examen (1 y 2 de julio) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.5 Quinto Examen (29 y 30 de julio) . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.6 Sexto Examen (1 y 2 de octubre) . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
Captulo 3 Examen del Concurso Nacional de la 19a. Olimpiada
Mexicana de Matematicas. . . . . . . . . . . . . 25
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0. Contenido 2
Captulo 4 Soluciones de los Examenes Selectivos . . . . . . . 28
4.1 Solucion del Primer Examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
4.2 Solucion del Segundo Examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
4.3 Solucion del Tercer Examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
4.4 Solucion del Cuarto Examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
4.5 Solucion del Quinto Examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
4.6 Solucion del Sexto Examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
Captulo 5 Solucion del Examen del Concurso Nacional de la
19a. OMM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
Bibliografa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
20a. OMM, San Luis Potos Por Carlos Jacob Rubio Barrios
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CAPITULO 1
Presentacion
La Olimpiada de Matematicas es un concurso anual a nivel internacional para
estudiantes preuniversitarios. En Mexico se llevan a cabo primero los concursos
estatales, despues el concurso nacional, y finalmente se selecciona a los alumnosque representan a Mexico en las Olimpiadas Internacional, Iberoamericana y
Centroamericana y del Caribe del siguiente ano.
Nos disponemos a iniciar con mucha ilusion la vigesima edicion de la Olimpiada
de Matematicas en San Luis Potos. Conviene recordar que la convocatoria de
la olimpiada es una excusa o elemento motivador para renovar la ensenanza y
aprendizaje de la resolucion de problemas en las aulas. Este s que es nuestro ob-
jetivo fundamental. Pretendemos fomentar el gusto entre chicos y chicas por la
resolucion de genuinos problemas matematicos, difundir entre nosotros tecnicas,
estrategias y procesos de resolucion de problemas y por ultimo hacer partcipe
a la sociedad de la pasion y el gusto por la dedicacion a las Matematicas.
La intencion de esta publicacion es dar a conocer a los concursantes, profesores
del area y publico interesado, el tipo de problemas que se manejan en este con-
curso. Presentamos aqu todos los problemas (y sus soluciones) que aparecieron
3
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1. Presentacion 4
en los examenes selectivos aplicados en el ano 2005 en el Estado, as como el
examen (y su solucion) del concurso nacional correspondiente.
Estos problemas no son ejercicios rutinarios en los que se apliquen directamente
los conocimientos que se adquieren en la escuela; son problemas que requieren
de una buena dosis de ingenio y de esfuerzo para ser resueltos.
1.1 Anuncio del Concurso Estatal de la 20a. Olim-
piada de Matematicas (2006)
El primer examen del Concurso Estatal de la 20a. Olimpiada de Matematicas se
llevara a cabo el 25 de febrero y el examen Canguro Matematico 2006 se llevara
a cabo el 18 de marzo. La convocatoria correspondiente se enviara a las escuelas
preparatorias y secundarias de San Luis Potos. Los requisitos para concursar
son: estar inscrito a lo mas en segundo ano de preparatoria (o equivalente)
en San Luis Potos, y haber nacido despues del 1 de agosto de 1987. Los
concursantes deberan estar inscritos en una institucion preuniversitaria durante
el primer semestre del ciclo escolar 2006-2007 y, para el 1 de julio de 2007,
no deberan haber iniciado estudios de nivel universitario. La participacion en
cualquiera de las etapas es individual.
1.2 Informe de la 19a. Olimpiada Estatal de Mate-
maticas (2005)
La primera eliminatoria del Concurso Estatal de la 19a. Olimpiada de Matema-
ticas se realizo el 5 de marzo. Esta primera eliminatoria consto de un examende 15 preguntas de opcion multiple, que el Comite Organizador hizo llegar a las
instituciones educativas participantes. Cada institucion participante selecciono
a 6 alumnos con mayor puntaje, quienes participaron en la segunda eliminatoria
con la aplicacion del examen Canguro Matematico 2005 llevado a cabo el 9 de
abril. A esta segunda eliminatoria asistieron 444 concursantes. De ellos, 130
pasaron a la siguiente etapa. De la tercera eliminatoria, que consistio de dos
examenes con tres problemas cada uno para resolver en un maximo de 4 horas
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1. Presentacion 5
y media, se selecciono a los 25 alumnos con las mejores calificaciones, quienes
conformaron la preseleccion estatal. Estos fueron (en orden alfabetico):
Nombre: Escuela:
Jezael Eliezer Alvarez Reyna Cobach 01
Cecilia Balderas Plascencia Cobach 22
Sahara Castaneda Daz Cobach 03
Francisco Samuel Castillo Espinoza UVM
Ernesto Coronado Osornio Cobach 28
Juan Carlos Estala Aguilar Sagrado Corazon
Jose Leonardo Flores Romero ITESM
Iouri Glebsky Instituto Cervantes
Roco Guadalupe Grimaldo Davila Esc. Sec. Tec. 68
Gabriela Yazmn Hernandez Salinas Sembradores de Amistad
Andres Huerta Monsivais ITESM
Nimrod Ibarra Bautista Instituto Lizardi
Francisco Javier Martnez Garca Cobach 03
Hermann Uriel Puente Torres Instituto Potosino
Valente Ramrez Garca-Luna ITESM
Adriana Reyes Loredo ITESM
Luis Daniel Rivera Rodrguez ITESM
Carlos Gerardo Rodrguez Garca Sec. Amado Nervo
Ramon Alejandro Rodrguez Garca Sec. Amado Nervo
Victoria Cristina Santoy Perez Cobach 14
Josue Daniel Vazquez Becerra Cobach 19
Cristobal Villalobos Guillen ITESM
Pedro Jafeth Villasana Tinajero Cobach 06
Carlos Eduardo Zubieta Rico Cobach 28
Luz del Carmen Zubieta Rico Cobach 28
Se ofrecio a los 25 preseleccionados un entrenamiento intensivo del 6 al 30 de
junio de 9:00 a 14:00 horas en el Instituto Tecnologico de Estudios Superiores
de Monterrey, a cargo de los profesores Miguel Arroyo, Eugenio Flores, Daniela
Robles, Carlos Jacob Rubio y Pablo Zubieta. Posteriormente presentaron dos
examenes mas (cada uno con tres problemas para resolver en cuatro horas y
media), con los cuales se eligio a los 17 alumnos con mayor puntaje. Estos
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1. Presentacion 6
fueron (en orden alfabetico): Jezael Alvarez, Cecilia Balderas, Ernesto Coro-
nado, Leonardo Flores, Gabriela Hernandez, Andres Huerta, Nimrod Ibarra,
Francisco Martnez, Valente Ramrez, Adriana Reyes, Daniel Rivera, Carlos
Rodrguez, Josue Vazquez, Cristobal Villalobos, Pedro Villasana, Carlos Zubie-
ta y Luz del Carmen Zubieta.
Se ofrecio nuevamente a los 17 preseleccionados un entrenamiento intensivo
del 4 al 28 de julio de 9:00 a 14:00 horas en el Instituto Tecnologico de Estu-
dios Superiores de Monterrey, a cargo de los profesores Miguel Arroyo, Eugenio
Flores, Daniela Robles, Carlos Jacob Rubio y Pablo Zubieta. Posteriormentepresentaron dos examenes mas (con las mismas caractersticas que los dos an-
teriores), con los cuales se eligio a los mejores 9 alumnos. Estos fueron (en
orden alfabetico): Jezael Alvarez, Leonardo Flores, Francisco Martnez, Valente
Ramrez, Adriana Reyes, Daniel Rivera, Josue Vazquez, Cristobal Villalobos y
Carlos Zubieta.
Se ofrecio nuevamente entrenamiento a los 9 preseleccionados los das 5 de
agosto, y los sabados del 6 de agosto al 24 de septiembre de 9:00 a 14:00 horasen el Instituto Tecnologico de Estudios Superiores de Monterrey, a cargo de los
profesores Miguel Arroyo, Carlos Jacob Rubio y Pablo Zubieta. Posteriormente
presentaron dos examenes mas (con las mismas caractersticas que los dos an-
teriores), con los cuales se eligio a los 6 representantes de San Luis Potos en el
Concurso Nacional del mismo evento, que fueron en orden segun el lugar que
obtuvieron en esta ultima eliminatoria:
Josue Vazquez
Valente RamrezCristobal Villalobos
Jezael Eliezer
Carlos Zubieta
Francisco Martnez
Los gastos de organizacion de la 19a. Olimpiada de Matematicas en el Es-
tado, fueron cubiertos por el Instituto de Investigacion en Comunicacion Optica
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1. Presentacion 7
(IICO) de la Universidad Autonoma de San Luis Potos. Agradecemos nueva-
mente al Dr. Alfonso Lastras Martnez, director del IICO, por su incondicional
apoyo.
Como una actividad paralela al Concurso Estatal, el Comite Organizador de
la Olimpiada en el Estado a traves del IICO, impartio tres cursos-talleres a
profesores de instituciones de nivel medio superior. El objetivo de los cursos es
poner a disposicion de los profesores, conocimientos que les permitan preparar
alumnos para competir en la Olimpiada de Matematicas. Los talleres estuvieron
a cargo del profesor Carlos Jacob Rubio.
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1. Presentacion 8
1.3 Actuacion de la Delegacion Potosina en el Con-curso Nacional de la 19a. Olimpiada Mexicana
de Matematicas
Del 6 al 12 de noviembre de 2005 se llevo a cabo el Concurso Nacional de
la 19a. Olimpiada Mexicana de Matematicas (OMM) en la ciudad y puerto de
Campeche, Campeche, con la participacion de todos los estados de la Republica.
Segun el reglamento del Concurso Nacional, las delegaciones de cada estado
deben constar de a lo mas 6 jovenes cada una y 10 del Distrito Federal, todos de
nivel inferior a tercer ano de preparatoria. En esta ocasion, se reunieron un total
de 196 participantes. La delegacion Potosina estuvo integrada por los 6 alumnos
ganadores del Concurso Estatal (ver seccion anterior) y por los profesores Carlos
Jacob Rubio Barrios (como delegado estatal) y Pablo Fernando Zubieta Rico
(como co-delegado estatal).
Aunque la participacion en el Concurso Nacional es individual, es importante
destacar la labor que han llevado a cabo los estados de la Republica apoyando a
sus concursantes. Este ano, los estados que ocuparon los diez primeros lugaresfueron:
1. Jalisco
2. Morelos
3. Yucatan
4. Chihuahua
5. Guanajuato
6. San Luis Potos
7. Nuevo Leon8. Sonora
9. Distrito Federal
10. Queretaro
El Comite Organizador del Concurso Nacional premio a la mitad de los con-
cursantes, dividiendo a los estudiantes premiados en tres grupos, segun su ac-
tuacion: un primer grupo con 16 estudiantes (calificacion de 26 a 42), un se-
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1. Presentacion 9
gundo grupo con 35 alumnos (calificacion de 14 a 25) y un tercero con 47 alum-
nos (calificacion de 7 a 13). En esta ocasi on no hubo ganadores de menciones
honorficas. Los 98 alumnos restantes (con calificacion inferior a 7 puntos) no
obtuvieron premio. Cinco de los seis miembros del equipo Potosino obtuvieron
medalla:
Valente Ramrez Garca Luna Medalla de Oro
Carlos Eduardo Zubieta Rico Medalla de Plata
Francisco Javier Martnez Garca Medalla de Plata
Josue Daniel Vazquez Becerra Medalla de Bronce
Cristobal Villalobos Guillen Medalla de Bronce
Este ano, el premio a la Superacion Academica se llamo Copa AH-KIM-PECH
y fue ganado por Yucatan. El segundo y tercer lugar de este premio lo ocuparon
San Luis Potos y Morelos, respectivamente.
Agradecimientos
Agradecemos a Carlos Jacob Rubio por la elaboracion de este folleto. Tambien
agradecemos de una manera muy especial a Miguel Arroyo y Pablo Zubieta por
su valiosa colaboracion. Sin su esfuerzo y entusiasmo no hubiera sido posible la
realizacion de la 19a. Olimpiada de Matematicas en San Luis Potos.
Para obtener mas informacion sobre la Olimpiada de Matematicas en el Estado,
visita nuestro sitio de internet:
http://www.ifisica.uaslp.mx/~ommslp
Tambien puedes visitar la pagina oficial de la Olimpiada Mexicana de Matematicas:
http://www.erdos.fciencias.unam.mx/omm
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CAPITULO 2
Examenes de la 19a. Olimpiada de
Matematicas en San Luis Potos
2.1 Primer Examen
Las preguntas de la 1 a la 5 valen 3 puntos cada una, las preguntas de la 6 a
la 10 valen 4 puntos cada una, y las preguntas de la 11 a la 15 valen 5 puntos
cada una. El maximo posible es de 60 puntos. Duracion: 1 hora.
1. Un cuadrado de papel de s centmetros de lado se corta en seis partes cuyas
areas miden 11, 12, 13, 14, 15 y 16 centmetros cuadrados respectivamente.
Entonces s es igual a:
(a) 9 (b) 10 (c) 12 (d)15 (e) 17
2. Cada una de las letras w , x , y , z , representa un entero diferente del con-
junto {1, 2, 3, 4}, pero no necesariamente en ese orden. Si wx
yz
= 1,
entonces w + y es igual a:
(a) 3 (b) 4 (c) 5 (d) 6 (e) 7
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2. Examenes de la 19a. Olimpiada de Matematicas en San Luis Potos 11
3.
21 12+ 31 1
3+ 41 1
4+ + 101 1
10 =
(a) 45 (b) 49 (c) 50 (d) 54 (e) 55
4. La suma de todos los numeros primos entre 2 y 100 que son a la vez 1
mas que un multiplo de 5 y 1 menos que un multiplo de 6 es:
(a) 52 (b) 82 (c) 123 (d) 143 (e) 214
5. Se representan cinco numeros por las letras p,q,r,s y t. Si el promedio
de p, q y r es 8, y el promedio de p,q,r,s y t es 7, entonces el promedio
de s y t es:
(a) 4.5 (b) 5 (c) 5.5 (d) 6 (e) 6.5
6. Si a 1 = b + 2 = c 3 = d + 4, entonces el mayor de a,b,c y d es:(a) a (b) b (c) c (d) d (e) No se pueden ordenar
7. En el triangulo ABC con AB = c, BC = a y AC = b, se sabe que:
1a + b
+ 1b + c
= 3a + b + c
.
Entonces el angulo B mide:
(a) 30 (b) 45 (c) 60 (d) 90 (e) Ninguna de las anteriores
8. En un concierto cuatro ninas, Mara, Anita, Tamara y Elena, interpre-
taron canciones organizadas en diferentes tros, de modo que en cada
cancion una de las ninas no actuaba. Elena canto 8 canciones y fue la que
mas canto. Mara interpreto 5 canciones y fue la que menos canto. Entotal, cuantas canciones interpretaron los tros de ninas?
(a) 8 (b) 9 (c) 10 (d) 11 (e) 12
9. Si sen x = 3cos x, entonces sen x cos x es igual a:
(a) 16
(b) 15
(c) 29
(d) 14
(e) 310
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2. Examenes de la 19a. Olimpiada de Matematicas en San Luis Potos 12
10. Cuantas ternas (a,b,c) de numeros reales distintos de cero tienen la
propiedad de que cada numero es el producto de los otros dos?
(a) 1 (b) 2 (c) 3 (d) 4 (e) 5
11. En la figura, w , x , y , z , representan las medidas de los angulos en grados.
Entonces x es igual a:
x
y zw
(a) w y z (b) w 2y 2z (c) 180 w y z(d) 2w y z (e) 180 w + y + z
12. El numero de ternas (a,b,c) de enteros positivos que satisfacen el sistema
de ecuaciones:
ab + bc = 44, ac + bc = 23,
es:
(a) 0 (b) 1 (c) 2 (d) 3 (e) 4
13. Si p es un numero primo y ambas races de la ecuacion x2 +px444p = 0son enteras, entonces:
(a) 1 < p 11 (b) 11 < p 21 (c) 21 < p 31(d) 31 < p 41 (e) 41 < p 51
14. En el trapecio PQRS, P Q y RS son paralelas y RS = 2P Q. M es el
punto medio de P Q, N es el punto medio de QR y L es un punto en el
lado RS tal que LR = 3LS. Si P Q = 1, entonces la razon entre el area
del triangulo LM N y el area del trapecio PQRS es:
(a) 12
(b) 23
(c) 14
(d) 23
(e) 13
15. Se quieren llenar las casillas restantes de tal modo que cada uno de los
numeros 1, 2, 3, 4, 5 y 6 aparezca en cada fila y columna del tablero que
se muestra. De cuantas maneras se puede lograr esto?
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2. Examenes de la 19a. Olimpiada de Matematicas en San Luis Potos 13
6 5 4 3 2 1654321 2 3 4 5 65
432
(a) 16 (b) 24 (c) 216 (d) 244 (e) 162
2.2 Segundo Examen (Examen Canguro 2005)Las preguntas de la 1 a la 10 valen 3 puntos cada una, las preguntas de la 11 a
la 20 valen 4 puntos cada una, y las preguntas de la 21 a la 30 valen 5 puntos
cada una. El maximo posible es de 120 puntos. Duracion: 2 horas.
1. El cubo de la figura tiene 27 cm3 de volumen. Una hormiga camina desde
el punto A hasta el punto B siguiendo la ruta que se muestra en la figura.
Cuantos centmetros recorrio la hormiga?
A
B
(a) 9 (b) 10 (c) 12 (d) 15 (e) No se puede determinar
2. Emilia quiere llenar un tanque para su tortuga con 4 cubetas de agua.
En cada viaje Emilia llena la cubeta desde una fuente y camina hacia eltanque, pero en el camino derrama 1
3del contenido de la cubeta. Cuantos
viajes tiene que hacer para llenar el tanque?
(a) 5 (b) 6 (c) 7 (d) 8 (e) 9
3. Una de las siguientes expresiones no es igual a 1. Cual es?
(a) 39
(b) 10099+9897+150
(c) 102
93 2
10
(d)
15 52
(e) 5
12 1
3
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2. Examenes de la 19a. Olimpiada de Matematicas en San Luis Potos 14
4. En una reunion cada persona saludo al menos a un hombre y a una mujer.
Cual es la menor cantidad de personas en la reunion?
(a) 2 (b) 3 (c) 4 (d) 5 (e) 6
5. Cual de los cinco cubos se obtiene al recortar y doblar la figura que se
muestra?
(a) (b) (c) (d) (e)
6. En el cuadrado de la figura se colocaron 8 monedas. Si es posible moveruna moneda a cualquier posicion que este libre, cual es la menor cantidad
de monedas que hay que mover para que queden exactamente dos monedas
en cada renglon y en cada columna?
(a) 0 (b)1 (c) 2 (d) 3 (e) 4
7. En un triangulo ABC el angulo en A es el triple del angulo en B y la
mitad del angulo en C. Cuanto mide el angulo en A?
(a) 30 (b) 36 (c) 54 (d) 60 (e) 72
8. En la tienda de la esquina los chocolates cuestan el doble que los caramelos.
Comprar tres chocolates y dos caramelos cuesta 16 pesos. Cuanto cuesta
comprar dos chocolates y tres caramelos?
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2. Examenes de la 19a. Olimpiada de Matematicas en San Luis Potos 15
(a) 12 pesos (b) 13 pesos (c) 14 pesos (d) 16 pesos (e) 17 pesos
9. Amado dibujo un margen en una hoja de papel cuidando que la distancia
entre el margen y la orilla fuera siempre la misma. El permetro de la hoja
es 8 cm mas largo que el permetro del margen. Cuantos centmetros hay
entre el margen y la orilla?
(a) 1 (b) 2 (c) 4 (d) 8 (e) Depende del tamano de la hoja
10. En una fiesta el 50% de los asistentes son mujeres. De las mujeres que
asistieron el 30% tiene los ojos claros. Del total de asistentes a la fiesta,
que porcentaje son mujeres y no tienen los ojos claros?
(a) 80% (b) 35% (c) 30% (d) 25% (e) 20%
11. Yo romp un papel en 10 pedazos. Mi hermanito tomo algunos de ellos
y los rompio a su vez en 10 pedazos cada uno. Si al final quedaron 46
pedazos, cuantos pedazos rompio mi hermanito?
(a) 1 (b) 2 (c) 3 (d) 4 (e) 5
12. El area del cuadrado ABCD es 1. Cuanto mide el area sombreada?A
D C
B
(a) 1 (b) 2 (c) 4 (d) 12
(e) 14
13. Daniela tarda 35 minutos para ir a la escuela caminando y regresar a su
casa en autobus, mientras que hacer el viaje completo en autobus le toma
solamente 22 minutos. Cuanto tarda Daniela en hacer el viaje de ida y
vuelta caminando?
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2. Examenes de la 19a. Olimpiada de Matematicas en San Luis Potos 16
(a) 30 (b) 40 (c) 45 (d) 48 (d) 55
14. En un baul hay 5 cofres, en cada cofre hay 3 cajas, y en cada caja hay 10
monedas de oro. El baul, los cofres y las cajas estan cerrados con llave.
Cual es la menor cantidad de cerraduras que hay que abrir para obtener
50 monedas?
(a) 10 (b) 8 (c) 6 (d) 5 (e) 3
15. Diego trabaja 4 das de la semana y descansa el quinto. En una ocasion
empezo a trabajar un lunes y descanso un da domingo. Cual es la menor
cantidad de das que tuvo que trabajar para que esto fuera posible?
(a) 7 (b) 12 (c) 20 (d) 28 (e) 36
16. En la figura, cada triangulo pequeno tiene area 1. Cual es el area de la
region sombreada?
(a) 20 (b) 22.5 (c)
450 (d) 25 (e) 32
17. En los cuadritos de la figura se escriben cuatro enteros positivos diferentes
entre s, que ademas som impares y menores a 20. Cual de las siguientes
condiciones es posible?
(a) La suma de los cuatro numeros es 12.
(b) La suma de los cuatro numeros es 66.
(c) La suma de los cuatro numeros es 19.
(d) Cada uno de los productos de dos numeros en diagonal es 21.
(e) Cada una de las sumas de dos numeros en diagonal es 32.
20a. OMM, San Luis Potos Por Carlos Jacob Rubio Barrios
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2. Examenes de la 19a. Olimpiada de Matematicas en San Luis Potos 17
18. Un grupo de estudiantes quiere pedir una pizza. Si cada uno de ellos
coopera con $14 haran falta $4 para pagar la cuenta. Si cada uno de ellos
coopera con $16 sobraran $6 mas de los que se necesitan. Con cuanto
debe cooperar cada uno para pagar la cuenta exacta?
(a) $14.40 (b) $14.60 (c) $14.80 (d) $15.00 (e) $15.20
19. El promedio de 10 enteros positivos es 10. Cual es el maximo valor
posible para el mayor de esos 10 numeros?
(a) 10 (b) 45 (c) 50 (d) 55 (e) 91
20. Cual es el area de la figura?
a
a
a
a
a
a
b
(a) 2ab + a(b
a) (b) 3a(a + b)
a2 (c) 3a2b (d) 3a(b
a) + a2 (e) 3ab
21. Ana, Nacho y Jose estan jugando cartas. En cada juego el ganador obtiene
tres puntos, el que queda en segundo lugar obtiene un punto y el perdedor
no obtiene ninguno (nunca hay empates). Despues de cuatro juegos Ana
tiene cinco puntos y Nacho tiene cuatro puntos. Cuantos juegos gano
Jose?
(a) 0 (b) 1 (c) 2 (d) 3 (e) 4
22. En la figura se muestra un triangulo equilatero y un pentagono regular.
Cuanto mide el angulo x?
x
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2. Examenes de la 19a. Olimpiada de Matematicas en San Luis Potos 18
(a) 124 (b) 128 (c) 132 (d) 136 (e) 140
23. El producto de 100 enteros positivos es igual a 100. Cual es el menor
valor posible para la suma de esos numeros?
(a) 29 (b) 100 (c) 110 (d) 127 (e) 199
24. En la figura ABCD y DBEF son rectangulos. Cual es el area de
DBEF?
A B
C
E
F
CD
4 cm
3 cm
(a) 10 cm2 (b) 12 cm2 (c) 13 cm2 (d) 14 cm2 (e) 16 cm2
25. Cada tercer da Luis dice la verdad y los demas das miente. Hoy Luis ha
dicho exactamente 4 de los siguientes enunciados. Cual es el enunciado
que no dijo hoy?
(a) Tengo la misma cantidad de amigas que de amigos.
(b) Soy amigo de una cantidad prima de personas.
(c) Mi nombre es Luis.
(d) Siempre digo la verdad.
(e) Soy amigo de tres personas mas altas que yo.
26. En mi cocina tengo un barril lleno de vino con capacidad de 64 litros.
Se reemplazan 16 litros de vino con 16 litros de agua y se revuelve hastaobtener una mezcla uniforme. Despues se reemplazan 16 litros de la mez-
cla con 16 litros de agua y se revuelve bien. Cuantos litros de vino quedan
en el barril?
(a) 16 (b) 24 (c) 27 (d) 36 (e) 40
27. Cual es la suma de todos los angulos marcados en la figura?
20a. OMM, San Luis Potos Por Carlos Jacob Rubio Barrios
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2. Examenes de la 19a. Olimpiada de Matematicas en San Luis Potos 19
(a) 300 (b) 450 (c) 360 (d) 600 (e) 720
28. Mi edad es un numero de dos dgitos que, al invertirlos, producen un
numero mayor al triple de mi edad. Cuantas posibilidades hay?
(a) 6 (b) 10 (c) 15 (d) 22 (e) 33
29. El disco irregular de la figura se dibuja a partir de un triangulo equilatero,
agregando segmentos de crculos centrados en los vertices del triangulo con
radio igual a uno de los lados del triangulo.
A
El disco se coloca con el punto A sobre una mesa y se hace girar hasta
que el punto A toca la mesa de nuevo. Cual de las siguientes opciones
representa mejor la grafica de la altura del disco a lo largo de todo elrecorrido?
(a) (b) (c) (d) (e)
30. Cuantos conjuntos de enteros consecutivos (dos o mas) cumplen que la
suma de sus elementos es igual a 100?
20a. OMM, San Luis Potos Por Carlos Jacob Rubio Barrios
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2. Examenes de la 19a. Olimpiada de Matematicas en San Luis Potos 20
(a) 1 (b) 2 (c) 3 (d) 4 (e) 0
2.3 Tercer Examen (21 y 22 de mayo)
Problema 1. En el triangulo rectangulo ABC con angulo recto en A, sean D
y E puntos en los lados AC y BC respectivamente, tales que AE y BC son
perpendiculares, y BD = DC = EC = 1. Determine la longitud del lado AC.
Problema 2. Un programa de computadora genera una sucesion de 2005numeros, de acuerdo con la siguiente regla: el primer numero es 1, y a partir de
all, luego de generar el numero x, el siguiente numero es igual a x +1
x. Los
primeros numeros de la sucesion son 1, 2, 52
, 3, . . ..
Determine el ultimo numero que genera el programa.
Nota: Los corchetes indican la parte entera del numero.
Problema 3. Determine todos los enteros positivos a y b tales que 8a + 1 es
multiplo de b y 8b + 1 es multiplo de a.
Problema 4. En el cuadrado ABCD de lado 6, sea M el punto medio del lado
AD y N el punto medio del lado AB. La diagonal BD corta a CN en K y a
CM en L. Determine el area del cuadrilatero KLMN.
Problema 5. Sean l1 y l2 dos rectas paralelas. Se han marcado k puntos en
la recta l1 y n puntos en la recta l2 (k n). Si se sabe que la cantidad total
de triangulos que tienen sus tres vertices en puntos marcados es 220, determinetodos los valores posibles de k y n.
Problema 6. Determine el menor entero positivo n 2, de modo que conn piezas cuadradas de lado 1, n 1 piezas cuadradas de lado 2, n 2 piezascuadradas de lado 3, ..., 2 piezas cuadradas de lado n 1, y 1 pieza cuadradade lado n, se pueda armar un rompecabezas cuadrado, sin huecos ni superposi-
ciones, y sin que sobre ninguna pieza. Para el valor de n hallado, muestre como
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2. Examenes de la 19a. Olimpiada de Matematicas en San Luis Potos 21
se arma el rompecabezas.
2.4 Cuarto Examen (1 y 2 de julio)
Problema 1. El triangulo ABC esta inscrito en un crculo. Dos cuerdas se
dibujan desde el vertice A, intersectando al lado BC y al arco BC en los puntos
K, L y M, N respectivamente. Pruebe que si el cuadrilatero KLNM es cclico,
entonces el triangulo ABC es isosceles.
Problema 2. Sea n un entero positivo tal que 2n +2 es multiplo de n y 2n + 1
es multiplo de n 1. Pruebe que 22n+2 + 2 es multiplo de 2n +2 y que 22n+2 + 1es multiplo de 2n + 1.
Problema 3. Es posible llenar una cuadrcula de 11 11 con los numerosdel 1 al 121 de tal manera que todos los cuadrados perfectos esten en la misma
columna, y que cualesquiera dos numeros consecutivos esten en cuadritos ad-
yacentes?
Problema 4. Determine todos los numeros primos p, q y r, tales que p+q+r =
2005 y pqr + 1 es un cuadrado perfecto.
Problema 5. Sean E y F los puntos de tangencia de la circunferencia inscrita
del triangulo ABC con los lados AB y BC respectivamente. La bisectriz del
angulo CAB intersecta a la recta EF en K. Pruebe que el angulo CKA es recto.
Problema 6. Se divide un triangulo equilatero de lado n en n2 triangulitos
equilateros de lado 1, mediante paralelas a los lados del triangulo. Se elige un
paralelogramo con sus cuatro vertices en vertices de triangulitos y sus cuatro
lados paralelos a los lados del triangulo. De cuantas maneras se puede hacer
la eleccion del paralelogramo?
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2. Examenes de la 19a. Olimpiada de Matematicas en San Luis Potos 22
2.5 Quinto Examen (29 y 30 de julio)
Problema 1. De los numeros positivos que pueden ser expresados como
suma de 2005 enteros consecutivos, no necesariamente positivos, cual ocupa la
posicion 2005?
Problema 2. Muestre que en todo entero positivo de 16 dgitos, hay un bloque
de uno o mas dgitos consecutivos tal que el producto de estos dgitos es un
cuadrado perfecto.
Problema 3. Sea ABCDE un pentagono convexo (las diagonales quedan
dentro del pentagono). Sean P , Q , R y S los baricentros de los triangulos
ABE,BCE,CDE y DAE respectivamente. Pruebe que PQRS es un para-
lelogramo y que:
Area(PQRS) =2
9 Area(ABCD).
Problema 4. Si se sabe que:
34! = 295, 232, 799, cd9, 604, 140, 847, 618, 609, 643, 5ab, 000, 000,
determine los dgitos a,b,c y d.
Problema 5. Dos circunferencias se tocan internamente en el punto M. Una
recta es tangente a la circunferencia interior en el punto P y corta a la circun-
ferencia exterior en los puntos Q y R. Pruebe que QM P = RM P.
Problema 6. Se tienen suficientes cuadrados de papel de 1 1 en los que cadalado se ha pintado de uno de 4 colores (cada cuadrado tiene los 4 colores). Se
quiere formar con estos cuadrados un rectangulo de m n, pegando solo ladosdel mismo color y de tal manera que tambien en el rectangulo cada lado quede
de un solo color y los cuatro lados del rectangulo queden de distinto color. Para
que m y n es esto posible?
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2. Examenes de la 19a. Olimpiada de Matematicas en San Luis Potos 23
2.6 Sexto Examen (1 y 2 de octubre)Problema 1. Determine todos los enteros positivos m y n tales que cada casilla
del tablero de m n se puede colorear con rojo, azul o verde de manera quecada casilla roja tenga exactamente una vecina azul y una vecina verde, cada
casilla azul tenga exactamente una vecina roja y una verde y cada casilla verde
tenga exactamente una vecina roja y una azul.
NOTA: Dos casillas son vecinas si tienen un lado comun.
Problema 2. Sea ABC un triangulo acutangulo y sean AN, BM y CP lasalturas relativas a los lados BC, CA y AB, respectivamente. Sean R, S las
proyecciones de N sobre los lados AB y CA, respectivamente, y Q, W las
proyecciones de N sobre las alturas BM y CP respectivamente. Pruebe que:
(a) R, Q, W y S son colineales.
(b) M P = RS QW.
Problema 3. Determine todos los enteros positivos a,b,c y d tales que:
a > b, a2c = b2d y ab + cd = 299 + 2101.
Problema 4. Dos circunferencias C1 y C2 se intersectan en los puntos A y B.Una recta que pasa por B intersecta a C1 en K y a C2 en M. Una recta para-lela a AM es tangente a C1 en Q. La recta AQ intersecta nuevamente a C2 en R.
(a) Pruebe que la tangente aC
2 en R y la recta AK son paralelas.
(b) Pruebe que las tangentes en Q y R, y la recta KM son concurrentes.
Problema 5. Pruebe que 20052005 es suma de dos cuadrados, pero no es suma
de dos cubos.
Problema 6. Considere n puntos en el plano y m rectas que unen pares de
puntos de tal manera que cualesquiera dos puntos estan unidos por a lo mas una
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2. Examenes de la 19a. Olimpiada de Matematicas en San Luis Potos 24
recta. Sea k el numero mnimo de colores necesarios para pintar los n puntos
de tal manera que cualesquiera dos puntos unidos por una recta tienen distinto
color. Pruebe que:
k n2
n2 2m.
20a. OMM, San Luis Potos Por Carlos Jacob Rubio Barrios
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CAPITULO 3
Examen del Concurso Nacional de la 19a.
Olimpiada Mexicana de Matematicas
Problema 1. Sea O el centro de la circunferencia circunscrita al tri anguloABC, y sea P un punto cualquiera sobre el segmento BC (P = B y P = C).Supon que la circunferencia circunscrita al triangulo BP O corta al segmento
AB en R (R = A y R = B) y que la circunferencia circunscrita al trianguloCOP corta al segmento CA en el punto Q (Q = C y Q = A).
(i) Considera el triangulo P QR; muestra que que es semejante al triangulo
ABC y que su ortocentro es O.
(ii) Muestra que las circunferencias circunscritas a los triangulos BP O, COP
y P QR son todas del mismo tamano.
(Sugerido por Jose Antonio Gomez)
Problema 2. Dadas varias cuadrculas del mismo tamano con numeros escritos
en sus casillas, su suma se efectua casilla a casilla, por ejemplo:
1 2
3 4+
1 0
0 1+
2 0
3 0=
4 2
6 5
25
-
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3. Examen del Concurso Nacional de la 19a. Olimpiada Mexicana de Matematicas26
Dado un entero positivo N, diremos que una cuadrcula es N-balanceada si
tiene numeros enteros escritos en sus casillas y si la diferencia entre los numeros
escritos en cualesquiera dos casillas que comparten un lado es menor o igual
que N.
(i) Muestra que toda cuadrcula 2n-balanceada (de cualquier tamano) se
puede escribir como suma de 2 cuadrculas n-balanceadas.
(ii) Muestra que toda cuadrcula 3n-balanceada (de cualquier tamano) se
puede escribir como suma de 3 cuadrculas n-balanceadas.
(Sugerido por David Mireles)
Problema 3. Determina todas las parejas (a, b) de enteros distintos de cero
para las cuales es posible encontrar un entero positivo x primo relativo con b
y un entero cualquiera y, tales que en la siguiente lista hay una infinidad de
numeros enteros:
a + xy
b,
a + xy2
b2,
a + xy3
b3, . . . ,
a + xyn
bn, . . .
(Sugerido por Miguel Raggi)
Problema 4. Decimos que una lista de numeros a1, a2, . . . , am contiene una
terna aritmetica ai, aj, ak si i < j < k y 2aj = ai + ak. Por ejemplo, 8, 1, 5, 2, 7
tiene una terna aritmetica (8, 5 y 2) pero 8, 1, 2, 5, 7 no.
Sea n un entero positivo. Muestra que los numeros 1, 2, . . . , n se pueden reor-
denar en una lista que no contenga ternas aritmeticas.
(Sugerido por Jose Antonio Gomez)
Problema 5. Sea N un entero mayor que 1. En cierta baraja de N3 cartas,
cada carta esta pintada de uno de N colores distintos, tiene dibujada una de Nposibles figuras y tiene escrito un numero entero del 1 al N (no hay dos cartas
identicas). Una coleccion de cartas de la baraja se llama completasi tiene cartas
de todos los colores, o si entre sus cartas aparecen todas las figuras o todos los
numeros.
Cuantas colecciones no completas tienen la propiedad de que, al anadir cualquier
otra carta de la baraja, ya se vuelven completas?
(Sugerido por Humberto Montalvan)
20a. OMM, San Luis Potos Por Carlos Jacob Rubio Barrios
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3. Examen del Concurso Nacional de la 19a. Olimpiada Mexicana de Matematicas27
Problema 6. Sea ABC un triangulo y AD la bisectriz del angulo BAC, con
D sobre BC. Sea E un punto sobre el segmento BC tal que BD = EC. Por
E traza l la recta paralela a AD y considera un punto P sobre l y dentro del
triangulo. Sea G el punto donde la recta BP corta al lado AC y sea F el punto
donde la recta CP corta al lado AB. Muestra que BF = CG.
(Sugerido por Jesus Jeronimo Castro)
20a. OMM, San Luis Potos Por Carlos Jacob Rubio Barrios
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CAPITULO 4
Soluciones de los Examenes Selectivos
4.1 Solucion del Primer Examen
Solucion 1. El area del cuadrado es s2 = 11 + 12 + 13 + 14 + 15 + 16 = 81,por lo que s = 9. La respuesta es (a).
Solucion 2. El unico arreglo que sirve es 31 4
2= 1, por lo que w+y = 3+4 = 7.
La respuesta es (e).
Solucion 3. 2(1 12
) + 3(1 13
) + 4(1 14
) + + 10(1 110
) = 2( 12
) + 3( 23
) +
4( 34
) + + 10( 910
) = 1 + 2 + 3 + + 9 = 9102
= 45. La respuesta es (a).
Solucion 4. Un numero que es uno mayor que un multiplo impar de 5 es par y
por lo tanto no puede ser menor en uno que un multiplo de 6. Por consiguiente,es suficiente examinar los numeros 11, 21, 31, 41, . . . , 91. De estos, solo 11, 41 y
71 son menores en uno que un multiplo de 6. Estos son todos primos y su suma
es 123. La respuesta es (c).
Solucion 5. Tenemos que p+q+r3
= 8, de donde p + q+ r = 24; y p+q+r+s+t5
= 7,
de donde p + q+ r + s + t = 35. Entonces s + t = (p + q+ r + s + t)(p + q+ r) =35 24 = 11 y as s+t
2= 5.5. La respuesta es (c).
28
-
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4. Soluciones de los Examenes Selectivos 29
Solucion 6. Sumando 3 a cada igualdad, tenemos que c = a+2 = b+5 = d+7,
de donde es facil ver que c es siempre el mayor. La respuesta es (c).
Solucion 7. La igualdad del problema es equivalente a la igualdad (a + 2b +
c)(a+b+c) = 3(a+b)(b+c), de donde b2 = a2 +c2ac. Pero la ley de los cosenosestablece que b2 = a2 + c2 2ac cos B. Luego, tenemos que 1 = 2cos B ocos B = 1
2, de donde B = 60. La respuesta es (c).
Solucion 8. Tamara y Anita cantaron, cada una, o bien 6 o bien 7 canciones.
Si N denota el numero de canciones cantadas por los tros, entonces 3N =
5 + 6 + 6 + 8 = 25 o 3N
= 5 + 6 + 7 + 8 = 26 o 3N
= 5 + 7 + 7 + 8 = 27. Solo27 es multiplo de 3, de donde 27
3= 9 es el numero de canciones interpretadas
por los tros. La respuesta es (b).
Solucion 9. Si sen x = 3cos x, entonces tan x = 3. De la figura, concluimos
que sen x cos x = 310
110
= 310
, para cualquier angulo agudo x.
3
1
10x
Si x es otro angulo tal que tan x = 3, entonces tan x = tan x. Es decir,senx
cosx senx
cosx= 0. Como senx
cosx senx
cosx= senx
cosxsenx cosxcosx cosx
, entonces sen x cos x sen x cos x = 0. Es decir, sen(x x) = 0 y por lo tanto x x es un multiplode . Sea x x = k con k entero. Entonces:
sen x = sen(x + k) = sen x cos k + cos x sen k
= sen x cos k = sen x = 310
.
Similarmente, obtenemos que cos x = cos x cos k = cos x = 110
. Por lo
tanto, sen x cos x = 310
, ya que sen x y cos x tienen el mismo signo.
Alternativamente, tenemos que 3 cos x = sen x =
1 cos2 x 9cos2 x =1 cos2 x 10cos2 x = 1 cos x = 1
10, y as sen x =
1 1
10= 3
10, de
20a. OMM, San Luis Potos Por Carlos Jacob Rubio Barrios
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4. Soluciones de los Examenes Selectivos 30
donde sen x cos x = 310
.
Alternativamente, multiplicando la igualdad dada por sen x y despues por cos x,
tenemos que sen2 x = 3sen x cos x y cos2 x = 13
sen x cos x. Luego, sen2 x +
cos2 x = (3+ 13
)sen x cos x, es decir, 1 = 103
sen x cos x, de donde sen x cos x = 310
.
La respuesta es (e).
Solucion 10. Tenemos que a = bc, b = ca y c = ab implican la igualdad
abc = (bc)(ca)(ab) = (abc)2, de donde (abc)(abc 1) = 0, y as abc = 0 oabc = 1. Se sigue tambien de las igualdades iniciales que a2 = abc, b2 = abc
y c2 = abc. Como a, b y c son distintos de cero, tenemos que abc = 1 y en
consecuencia, |a| = |b| = |c| = 1. Es facil ver que las unicas soluciones son(a,b,c) = (1, 1, 1), (1, 1, 1), (1, 1, 1) y (1, 1, 1). La respuesta es (d).Solucion 11. De la figura tenemos que x = 180 ((y + u) + (z + v)) =180 (y + z) (u + v) = 180 (y + z) (180 w) = w y z.
x
y zw
C
A B
D
u v
Alternativamente, en el cuadrilatero ADBCtenemos que x+y+z+(360w) =360, de donde x = w y z. La respuesta es (a).Solucion 12. De la segunda ecuacion tenemos que c(a + b) = 23. Como 23
es primo, los dos factores deben ser 1 y 23. Como a + b > 1, entonces c = 1 y
a + b = 23. Sustituyendo en la primera ecuacion tenemos que a2 22a + 21 = 0con soluciones a = 1 y a = 21, y los correspondientes valores de b son 22 y 2.
Por lo tanto, las soluciones son (1, 22, 1) y (21, 2, 1). La respuesta es (c).
Solucion 13. Usando la formula para resolver una ecuacion cuadratica, tene-
mos que:
x =p
p2 + 4(444p)
2.
Como ambas soluciones deben ser enteras, entonces p2 + 4(444p) = p(p + 1776)
debe ser un cuadrado perfecto. Luego, p + 1776 debe ser multiplo de p y en
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4. Soluciones de los Examenes Selectivos 31
consecuencia 1776 tambien. Como 1776 = 24
3
37 se sigue que p = 2, 3 o 37.
Es facil verificar que ninguno de los numeros 2(2 + 1776) y 3(3 + 1776) es un
cuadrado perfecto. Si p = 37, entonces 37(37 + 1776) = 2592 y las soluciones
de la ecuacion en este caso son 111 y 148. Por lo tanto, p = 37 es la unicasolucion. La respuesta es (d).
Solucion 14. Sea h la altura del trapecio. Tenemos que P M = M Q y
2(2P M) = 2P Q = RS = SL +LR = SL +3SL = 4SL, de donde P M = M Q =
SL = 12
y LR = 32
. Denotando con (ABC . . .) al area del polgono ABC . . .,
tenemos que (PQRS) = 12
(2 + 1)h = 32
h, (PMLS) = 12
h (por ser PMLS un
paralelogramo), (MN Q) = ( 12
)( 12
) (h2
) = h8
y (LRN) = ( 12
)( 32
)(h2
) = 3h8
. En-
tonces, (LMN) = 3h2
h2
h8
3h8
= h2
, de donde (LMN)(PQRS)
= h/23h/2
= 13
. La
respuesta es (e).
L
N
MP
S R
Q
Solucion 15. Una estrategia natural en la solucion de un problema como este
es llenar primero cualquier casilla para la cual no existe otra alternativa, o si no
se presenta este caso, llenar primero aquellas casillas para las cuales hay muy
pocas alternativas. En este problema no hay ninguna casilla que tenga una sola
posibilidad, pero hay varias que tienen solo dos posibilidades, y comenzaremos
con una de estas. Primero, llenaremos la casilla en la segunda fila y tercera
columna. Dado que hay un 2 y un 5 en esta fila, y un 3 y un 4 en esta
columna, las unicas alternativas disponibles son 1 y 6. Si escogemos el 1, otras
tres casillas quedan determinadas. Si escogemos el 6, las mismas tres casillas
quedan determinadas. Por lo tanto, hasta aqu las alternativas son:
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4. Soluciones de los Examenes Selectivos 32
6 5 4 3 2 1654321 2 3 4 5 65
432
61
6 16 5 4 3 2 1654321 2 3 4 5 65
432
16
1 6
Ahora, si llenamos las cuatro casillas centrales, encontramos que nuevamente
hay dos posibilidades, no importa si hayamos escogido el 1 o el 6 al principio.
Por ejemplo, procediendo a partir de la primera eleccion que mostramos arriba,
obtenemos:
6 5 4 3 2 1654321 2 3 4 5 6
5432
61
6 1
525 2
6 5 4 3 2 1654321 2 3 4 5 6
5432
61
6 1
252 5
o sea, tenemos otras dos alternativas para cada una de nuestras dos elecciones
iniciales.
Las casillas restantes pueden llenarse en dos grupos de cuatro de la misma
manera, donde cada nuevo grupo nos proporciona dos alternativas nuevas, no
importa cuales hayan sido las elecciones ya hechas. Por consiguiente, hay 24 =
16 maneras de completar el cuadrado. La respuesta es (a).
4.2 Solucion del Segundo Examen
Solucion 1. La hormiga recorrio una distancia igual a 5 veces la longitud de
cada arista. Como el volumen del cubo es 27 cm3, cada arista mide 3 cm. La
respuesta es (d).
Solucion 2. En cada viaje Emilia lleva 23
de cubeta. As que tiene que hacer
6 viajes para completar 4 cubetas. La respuesta es (b).
Solucion 3. Haciendo las operaciones obtenemos que 5( 12
13
) = 56
. La res-
puesta es (e).
Solucion 4. Para que las condiciones se cumplan debieron asistir a la reunion
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4. Soluciones de los Examenes Selectivos 33
al menos dos hombres y dos mujeres. La respuesta es (c).
Solucion 5. Al armar la caja se forma una cara con cuatro cuadritos, a la que
se le opone una cara negra. El resto de las caras son blancas. La respuesta es
(e).
Solucion 6. Es suficiente con mover una ficha, como se muestra en la figura:
La respuesta es (b).
Solucion 7. Tenemos que A = 3B y C = 2A = 2(3B) = 6B. As que
180 = A+B +C = 3B +B +6B = 10B, de donde B = 18 y A = 3(18) = 54.
La respuesta es (c).
Solucion 8. Considerando que los caramelos cuestan x pesos, los chocolates
cuestan 2x pesos. Como 3(2x) + 2x = 8x = 16 tenemos que x = 2. As que dos
chocolates y tres caramelos cuestan 2(2x) + 3x = 7x = 7(2) = 14. La respuesta
es (c).Solucion 9. Llamemos h al ancho del margen. La diferencia entre los permetros
es 8 veces h (ver figura). As que h = 1 cm. La respuesta es (a).
h
h
h
hh h
hh
Solucion 10. Del total de asistentes, el 70% del 50% son mujeres y no tienen
los ojos claros. Es decir, el 70100
(50) = 35% del total. La respuesta es (b).
Solucion 11. Cada vez que mi hermanito rompe un pedazo, se agregan 10
pedazos pequenos y se elimina uno grande. As que la cantidad de pedazos
aumenta en 9. Como 46 = 10 + 9 + 9 + 9 + 9, mi hermanito rompio 4 pedazos.
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4. Soluciones de los Examenes Selectivos 34
La respuesta es (d).
Solucion 12. Cortando y pegando como se muestra en la figura, tenemos que
el area sombreada es igual al area del cuadrado. La respuesta es (a).
A
D C
B
A
D C
B
Solucion 13. Daniela tarda 222 = 11 minutos en hacer la mitad del recorrido
en autobus. As que tarda 35 11 = 24 minutos en hacer la mitad del recorridocaminando. La respuesta es (d).
Solucion 14. Hay que abrir 5 cajas, que estan contenidas en al menos 2 cofres,
que estan dentro del baul. En total son 5 + 2 + 1 = 8 cerraduras. La respuesta
es (b).
Solucion 15. Entre el lunes en que empezo a trabajar y el domingo que
descanso, pasaron semanas completas. As que la cantidad de das transcurridos
debe ser multiplo de 7. Diego descansa cada quinto da, por lo que la cantidad
de das transcurridos debe ser multiplo de 5. Como el mnimo comun multiplo
de 7 y 5 es 35, y Diego trabaja 45
del tiempo entre descanso y descanso, la
respuesta es (d).
Solucion 16. Llamemos b a la base y h a la altura de cada triangulito. El area
del trapecio sombreado es(5h+4h)( 5
2b)
2= 45
2( bh
2) = 45
2. La respuesta es (b).
Solucion 17. Notemos que:
1. La menor suma posible es 1 + 3 + 5 + 7 = 16. As que (a) no es posible.2. La mayor suma posible es 19 + 17 + 15 + 13 = 64. As que (b) no es posible.
3. La suma de los cuatro numeros impares es par. As que (c) no es posible.
4. La unica manera de escribir 21 como el producto de dos numeros como los
que se indican es 3 7. As que (d) no es posible.5. Es posible cumplir (e) de la siguiente forma:
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4. Soluciones de los Examenes Selectivos 35
19 17
15 13
La respuesta es (e).
Solucion 18. Sea n el numero de estudiantes y c la cantidad a pagar. Tenemos
que 14n + 4 = c y 16n 6 = c, de donde n = 5 y c = 74. As que cada unodebe pagar 74
5= 14.8 pesos. La respuesta es (c).
Solucion 19. La suma de todos los numeros es 10 veces su promedio, as que es
igual a 100. La maxima posibilidad para el mayor es 91, que se obtiene cuandolos otros numeros son todos iguales a 1. La respuesta es (e).
Solucion 20. Los dos cuadrados grises de la figura son iguales, as que el area
buscada es igual al area de un rectangulo de lados 3a y b, es decir, igual a 3ab.
La respuesta es (e).
a
aa
a
a
a
b
Solucion 21. Se repartieron 12 puntos en total, de los cuales Jose tiene 1254 = 7, as que gano al menos un juego. En los tres juegos restantes acumulo 4
puntos, as que debio ganar uno de ellos y quedar segundo en otro. La respuesta
es (c).
Solucion 22. Cada uno de los angulos internos del pentagono mide 108, as
que = 180
108 = 72. Luego, x = 180
= 60 + +
= 60+72 =
132. La respuesta es (c).
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4. Soluciones de los Examenes Selectivos 36
x
Solucion 23. El conjunto con la menor suma es {2, 2, 5, 5, 1, 1, . . . , 1}. Es facilconvencerse de que las otras posibilidades tienen una suma mayor. La respuesta
es (c).
Solucion 24. El area del triangulo DC B es la mitad del area del rectangulo
ABCD y a su vez la mitad del area del rectangulo DBEF, as que el area de
ambos rectangulos es la misma. La respuesta es (b).
Solucion 25. El enunciado (c) es verdad y el (d) es mentira. Luego, los otros
tres son todos falsos o todos verdaderos. Si (a), (b) y (c) fueran verdaderos,
Luis tendra una cantidad de amigos que es prima, par y mayor que 3, lo cual no
puede ser. Por lo tanto, concluimos que Luis miente el da de hoy. La respuestaes (c).
Solucion 26. Despues de la primera operacion quedan 48 litros en el barril.
A esta cantidad se le quita la cuarta parte en la segunda operaci on. As que
quedan 48 484
= 36 litros de vino. La respuesta es (d).
Solucion 27. En la figura, = y = . La suma buscada es (180)(5) ( + + + + ) = 900 ( + + + + ) = 900 180 = 720. Larespuesta es (e).
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4. Soluciones de los Examenes Selectivos 37
Solucion 28. Si el primer dgito de mi edad es a y el segundo es b, entonces
10b + a > 3(10a + b), de donde ba
> 297
. Como 297
> 4, las posibilidades se
reducen a 29, 19, 18, 17, 16 y 15. La respuesta es (a).
Solucion 29. Marquemos el punto B en el punto opuesto al A. A la mitad
del recorrido, el disco esta recargado en B, as que la altura debe ser igual que
a la del principio de la grafica (la distancia entre A y B). La unica grafica que
cumple con esto es la primera. La respuesta es (a).
A
B
Solucion 30. Llamemos n + 1, n + 2, . . . , n + r a los numeros consecutivos.
Tenemos que 100 = n + 1 + n + 2 + + n + r = rn + r(r+1)2
= r(2n+r+1)2
.
Luego, se debe cumplir que 200 = r(2n + r + 1) de donde r debe ser un di-
visor de 200, y como r < 2n + r + 1, tenemos que r 1 esta en la
sucesion. Entonces, los siguientes n terminos son:
n2 + 1
n,
n2 + 2
n, . . . ,
n2 + n
n= n + 1.
Luego, si escribimos todos los terminos de la sucesion como fracciones tendremos
un numero con denominador 1, 2 numeros con denominador 2, 3 numeros con
denominador 3, ... , n numeros con denominador n, y as sucesivamente. Es
decir:1
1,
4
2,
5
2,
9
3,
10
3,
11
3, . . . ,
n2
n,
n2 + 1
n, . . . ,
n2 + n 1n
, . . .
Denotemos por x al ultimo numero de la sucesion. Si x tiene denominador k,tenemos que 1 + 2 + + k 2005 k(k + 1) 4010. Es facil ver que k = 62satisface esta desigualdad, y como la cantidad de terminos en la sucesion hasta
el ultimo numero con denominador 62 es 62(63)2
= 1953 y 2005 1953 = 52, sesigue que x = 63
2 +(521)63
= 402063
= 134021
.
Solucion del Problema 3. Si a = b tenemos que 8a+1a
= 8 + 1a
es entero si
a|1, es decir a = b = 1. Supongamos que a < b. Entonces b a + 1 y 7b > 7a,
de donde 8b > 8a + 1. Luego, como 8a + 1 = bk para algun entero positivo k,se sigue que k < 8 y como k no puede ser par (ni tampoco a y b), los valores
posibles de k son 1, 3, 5 y 7.
Si k = 1, entonces 8a + 1 = b y 8b+1a
= 64a+9a
= 64 + 9a
es entero si a|9. Deaqu se sigue que las parejas (1, 9), (3, 25) y (9, 73) son solucion.
Si k = 3, entonces 8a + 1 = 3b y 8b+1a
= 64a+11a
= 21 + a+113a
es entero si
3a|a + 11. Luego 3a a + 11 o a 5. De aqu se sigue que la pareja (1, 3) esla unica solucion.
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4. Soluciones de los Examenes Selectivos 39
Si k = 5, entonces 8a + 1 = 5b y 8b+1
a= 64a+13
5a= 12 + 4a+13
5aes entero si
5a|4a +13. Luego 5a 4a +13 o a 13. De aqu se sigue que la pareja (13, 21)es la unica solucion.
Si k = 7, entonces 8a+1 = 7b y 8b+1a
= 64a+157a
= 9+ a+157a
es entero si 7a|a+15.Luego 7a a + 15 o a 2. Es facil ver que en este caso no hay solucion.Por lo tanto, las soluciones son las parejas (1, 1), (1, 3), (1, 9), (3, 25), (9, 73),
(13, 21) y las reflejadas, es decir (3, 1), (9, 1), (25, 3), (73, 9) y (21, 13).
Solucion alternativa: Tenemos que a|8b + 1 y b|8a + 1 ab|(8b +1)(8a +1),es decir ab|64ab + 8(a + b) + 1, de donde ab|8(a + b) + 1.Supongamos que a b. Entonces, ab 8(a + b) + 1 8(2b) + 1 16b + 1, dedonde a 16 + 1
b, y como b 1, se sigue que a 16 + 1 = 17.
Como a y b deben ser impares, los valores posibles de a son 1, 3, 5, 7, 9, 11,
13, 15 y 17. Verificando cada valor de a, obtenemos las soluciones (1, 1), (1, 3),
(1, 9), (3, 25), (9, 73), (13, 21) y las reflejadas.
Solucion del Problema 4. Siendo M y N puntos medios de AD y AB,
tenemos que MN y BD son paralelas. Ademas, como AC y BD son perpen-diculares por ser diagonales de un cuadrado, se sigue que M N y AC tambien
son perpendiculares. Sean O y P los puntos de interseccion de AC con MN y
BD respectivamente. Entonces, el area del trapecio KLMN es (MN+KL)OP2
.
De la semejanza de los triangulos ABD y ANM tenemos que MN = 12
BD y
por el Teorema de Thales tenemos que 1 = ANNB
= AOOP
, de donde OP = AO =12
AP = 14
AC.
B
C
A
D
M
N
O
L
P
K
Por otra parte, de la congruencia de los triangulos CBN y CDM se sigue que
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4. Soluciones de los Examenes Selectivos 40
DM L = KN B, y como M D = N B y ADB = ABD, tenemos que los
triangulos N BK y MDL son congruentes. De aqu que DL = KB, y de la
semejanza de los triangulos N BK y CDK se sigue que DKKB
= 2 KB + KL =DL + KL = DK = 2KB KB = KL, de donde BD = 3KL.Finalmente, tenemos que:
(M N + KL)OP
2=
1
2
1
2BD +
1
3BD
1
4AC
=
5
48(BD)(AC) =
5
48(72) =
15
2.
Solucion del Problema 5. Para formar un triangulo debemos elegir dos pun-tos de l1 y uno de l2, o uno de l1 y dos de l2. Hay
k2
n maneras distintas de
escoger dos puntos de l1 y uno de l2, y hayn2
k maneras distintas de escoger
dos puntos de l2 y uno de l1. Luego, tenemos quek2
n +
n2
k = 220, de donde,
k(k 1)n + n(n 1)k = nk(k + n 2) = 440. Como nk debe dividir a 440,tenemos que nk 440 y como n k, resulta que n2 nk 440, de donden 440 < 21. Por lo tanto, los posibles valores de n son los divisores de 440menores o iguales que 20, es decir, 1, 2, 4, 5, 8, 10, 11 y 20. Verificando cada
uno de estos valores para n, encontramos que la unica solucion con k
n es
k = 8 y n = 5.
Solucion del Problema 6. Supongamos que el rompecabezas tiene lado k.
Entonces, la suma de las areas de los cuadrados que lo forman debe ser igual a
k2, es decir 12 n + 22 (n 1) + 32 (n 2) + + (n 1)2 2 + n2 = k2. Lasuma del lado izquierdo la podemos calcular como sigue:
n
i=1
i2(n i + 1) =n
i=1
(i2n i3 + i2)
= (n + 1)ni=1
i2 ni=1
i3
=n(n + 1)2(2n + 1)
6 n
2(n + 1)2
4
=n(n + 1)2(n + 2)
12.
Luego, debemos tener que n(n + 1)2(n + 2) = 12k2. Verificando los primeros
20a. OMM, San Luis Potos Por Carlos Jacob Rubio Barrios
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4. Soluciones de los Examenes Selectivos 41
valores de n
2 encontramos que n = 6 es el mas pequeno que cumple. La
figura muestra el armado del rompecabezas para n = 6.
6 6
4 4
4 4 4 4
5 5
5 53 3
3 3
3 3
3 3
2 2 2 2 2 2
2 2
2 2
1 1 1
1 1 1
4.4 Solucion del Cuarto Examen
Solucion del Problema 1. En el triangulo ACK tenemos que ACK =
ACB = 180 CAK CKA. Como CAK = CN L (por subtender
el mismo arco) yCKA
=M KL
(por ser opuestos por el vertice), resultaque ACB = 180 CN L M KL. Pero MKL = 180 MN L porser KMNL cclico. Entonces ACB = MN L CN L = MN C y comoM N C y ABC subtienden el mismo arco, se sigue que ACB = ABC, es
decir el triangulo ABC es isosceles.
BC
A
K M
L
N
Solucion del Problema 2. Ya que 2n + 1 = (n 1)k es impar, tenemos que kes impar y n es par. Tambien tenemos que 2n + 2 = 2(2n1 + 1) = mn, y como
n es par se sigue que m debe ser impar (ya que 2n + 2 no puede ser multiplo
de 4). Por otra parte, sabemos que xi + 1 = (x + 1)(xi1 xi2 + x + 1)
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4. Soluciones de los Examenes Selectivos 42
para cualquier entero positivo impar i. Luego, como k es impar resulta que
22n+2 + 2 = 2(22n+1 + 1) = 2(2(n1)k + 1) es multiplo de 2(2n1 + 1) = 2n + 2,
y analogamente, como m es impar resulta que 22n+2 + 1 = 2mn + 1 es multiplo
de 2n + 1.
Solucion del Problema 3. Supongamos que es posible. Entonces la cuadrcula
quedara dividida en dos partes por medio de la columna que contiene a los
cuadrados perfectos, con 11n (0 n 5) casillas de un lado y 110 11n =11(10 n) casillas del otro lado. Notemos que los numeros entre dos cuadra-dos perfectos consecutivos, digamos a2 y (a + 1)2, deben estar del mismo lado,y aquellos numeros entre (a + 1)2 y (a + 2)2 deben estar en el lado opues-
to. Como el numero de enteros estrictamente entre 1 y 4, 4 y 9, 9 y 16,
..., 100 y 121 es 2, 4, 6, 8, . . . , 20, respectivamente, un lado de la cuadrcula
tiene 2 + 6 + 10 + 14 + 18 = 50 n umeros, mientras que el otro lado tiene
4 + 8 + 12 + 16 + 20 = 60 numeros. Pero esto es imposible pues 50 y 60 no son
multiplos de 11. Por lo tanto, no es posible hacer lo que se pide.
Solucion del Problema 4. Si p = 2 y 2 < q < r, entonces p + q+ r sera unnumero par, lo cual no es posible. Si p = q = 2, entonces r = 2001 = 3 667que no es primo. Por lo tanto, podemos asumir que 2 < p q r.Tenemos que pqr + 1 es un cuadrado, de donde pqr = k2 1 = (k + 1)(k 1)para algun entero k. Dividimos en dos casos:
(i) p|k 1:(a) Si k + 1 = qr, entonces k 1 = p y qr p = 2, lo cual no es posible ya queqr > 2r 2p > p + 2.(b) Si k + 1 = q, entonces k
1 = pr, de donde q > pr > r, lo cual no es posible.
(c) Si k+1 = r, entonces k1 = pqypq = r2 = (2005pq)2 = 2003pq,de donde (p + 1)(q + 1) = 2004. Es facil verificar que esta ecuacion no tiene
soluciones en numeros primos.
(d) Si k + 1 = 1, entonces k = 0 y pqr = 1, lo cual no es posible.(ii) p|k + 1:(a) Si k 1 = qr, entonces k + 1 = p, de donde p > qr > r, lo cual no es posible.(b) Si k 1 = q, entonces k + 1 = pr y pr q = 2, lo cual no es posible ya que
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4. Soluciones de los Examenes Selectivos 43
pr > 2r
2q > q+ 2.
(c) Si k1 = r, entonces k+1 = pqypq = r+2 = (2005pq)+2 = 2007pq,de donde (p + 1)(q + 1) = 2008. Es facil verificar que esta ecuacion no tiene
soluciones en numeros primos.
(d) Si k 1 = 1, entonces k = 2 y pqr = 3, lo cual no es posible ya quepqr > 23 = 8.
Por lo tanto, no existen numeros primos p, q y r que cumplan las condiciones
del problema.
Solucion del Problema 5. Consideraremos los casos en que el punto K estaentre E y F, y cuando K esta fuera del segmento EF.
B C
A
I
E
F
K
B C
A
I
E
F
K
Sea I el incentro del triangulo ABC. Entonces A, I y K son colineales. Ten-
emos que CIK = 12
(BAC + ACB), por ser CIK un angulo exterior del
triangulo AIC y, porque AI y CI son bisectrices de los angulos BAC y ACB ,
respectivamente. Como BE = BF tenemos que BE F = BF E y en conse-
cuencia 2BF E = 180 CBA, es decir BF E = 90 12CBA.
(i) K esta entre E y F. En este caso, CIK + CF K = CIK + (180
BF E) = 12
(BAC +ACB )+(180 (90 12CBA)) = 90 + 1
2(BAC +
ACB + CBA) = 90 + 12
(180) = 180, de donde el cuadrilatero CIKF es
cclico. Luego, CKA = CF I = 90.
(ii) K esta en la prolongacion del segmento EF. En este caso, 12
(BAC +
ABC + ACB) = 9 0. Luego, CIK = 12
(BAC + ACB) = 9 0 12
(ABC) = BI F = BI E = BF E, donde la ultima igualdad se sigue
de que el cuadrilatero IEBF es cclico (ya que IEB = IF B = 90). Como
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4. Soluciones de los Examenes Selectivos 44
CF K = BF E (por ser opuestos por el vertice), se sigue que CF K =
CIK. Luego, el cuadrilatero C I F K es cclico y por lo tanto CKA =
CF I = 90.
Solucion del Problema 6. Llamemos triangulo vertice a un triangulito que
comparte un vertice con el triangulo de lado n (hay tres triangulos vertice).
Diremos que el triangulo tiene direccion 1 y el triangulo tiene direccion
2. Es claro que cada paralelogramo esta determinado por dos triangulitos con
direcciones opuestas (ver figura).
Fijemonos en un triangulo vertice y supongamos que tiene direccion 1. Ob-
servemos que este triangulo vertice determina paralelogramos con todos los
triangulitos que tienen direccion 2. Es decir, determina paralelogramos conun triangulito del segundo nivel (contando siempre de arriba hacia abajo), dos
triangulitos del tercer nivel, y as sucesivamente hasta con n 1 triangulitosdel n-esimo nivel. Luego, tenemos 1 + 2 + + (n 1) paralelogramos de-terminados por el triangulo vertice considerado. En el segundo nivel tenemos
entonces dos triangulitos, digamos A y B, con direccion 1. Fijemonos en A y
consideremos el triangulo de lado n 1 que contiene a A y que no contieneal triangulo vertice elegido. Entonces, por el argumento anterior, el triangulo
Adetermina 1 + 2 + + (
n 2) paralelogramos (y lo mismo sucede con
B). Ahora, en el tercer nivel tenemos tres triangulitos, digamos A1, B1 y C1,
con direccion 1. Fijemonos en A1 y consideremos el triangulo de lado n 2que contiene a A1 y que no contiene a ningun triangulito de un nivel ante-
rior. Entonces, A1 determina 1 + 2 + + (n 3) paralelogramos (y lo mismosucede con B1 y C1). Continuando de esta forma, tenemos que el triangulo
vertice elegido y todos los triangulitos que tienen su misma direccion, determi-
nann1
i=1 (1+2+ + i)(ni) paralelogramos. Luego, como hay tres triangulos
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4. Soluciones de los Examenes Selectivos 45
vertice, el numero total de paralelogramos es 3
n1i=1 (1 + 2 +
+ i)(n
i).
Finalmente, no es difcil ver que 3 n1i=1 (1+2+ + i)(n i) = (n1)n(n+1)(n+2)8 .
4.5 Solucion del Quinto Examen
Solucion del Problema 1. Como 2005 es impar, entonces para cada entero
n tenemos que:
2005n = (n 1002) + (n 1001) + + n + + (n + 1001) + (n + 1002).
En consecuencia, el numero buscado debe ser forzosamente multiplo de 2005,
por lo que el que ocupa la posicion 2005 es el numero 20052.
Solucion del Problema 2. Sean d1, d2 . . ., d16 los dgitos del numero. Si
alguno de estos dgitos es 0, 1, 4 o 9, no hay nada que probar. Luego, podemos
asumir que cada uno de los dgitos es 2, 3, 5, 6 = 2 3, 7 u 8 = 23. Sea x0 = 1
yxi =
d1
d2
di, para
i= 1
,2
, . . . ,16. Entonces
xi = 2
pi
3qi
5ri
7si
,para i = 0, 1, 2, . . . , 16, donde cada uno de los numeros pi, qi, ri, si es un entero
mayor o igual que cero. Diremos que xi y xj tienen el mismo patron de paridad
si tienen la misma paridad pi y pj; qi y qj; ri y rj; si y sj. Luego, es facil
ver que hay 24 = 16 posibles patrones de paridad. Entonces, por el principio
de las casillas, dos de las diecisiete xis, digamos xk y xl con k < l, tienen el
mismo patron de paridad. Finalmente, es facil ver que dk+1 dl = xlxk esun cuadrado perfecto.
Solucion del Problema 3. Denotaremos por (XY Z...) al area de la figura
XY Z.... Sean M y N los puntos medios de AE y EC, respectivamente. Por
ser DM, DN, BM y BN medianas, tenemos que 2 = DSSM
= DRRN
= BPPM
= BQQN
,
de donde por el Teorema de Thales se sigue que son paralelas SR y M N; M N
y P Q; SP y BD ; BD y RQ. Tenemos entonces que (DRS) = 49
(DN M),
(BQP) = 49
(BN M), (M SP) = 19
(M DB) y (N RQ) = 19
(N DB). Consider-
aremos los casos cuando el cuadrilatero MBND es convexo y cuando es concavo.
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(i) MBND es convexo. En este caso, (PQRS) = (MBND)
[(BQP) +
(N RQ)+(DRS)+(M SP)] = (MBND)[ 49
((BN M)+(DN M))+ 19
((N DB)+
(MDB))] = (MBND) [ 49
(MBND) + 19
(MBND)] = 49
(MBND), es de-
cir, (MBND) = 94
(PQRS). Por otra parte, (ABCD) = (ABE) + (BC E) +
(CDE) (AED) y como toda mediana divide a un triangulo en dos triangulosde la misma area, resulta que (ABCD) = 2[(BE M) + (BN E) + (DEN) (DEM)] = 2(MBND) = 2( 9
4(PQRS)) = 9
2(PQRS).
A
B
C
D
EM
N
P
Q
R
S A
B
C
D
EM
N
P
QR
S
(ii) MBND es concavo. Supongamos, sin perdida de generalidad, que BND >
180. En este caso, (PQRS) = (MBND) + (N RQ)
[(BQP) + (DRS) +
(MSP)] = (MBND) [(M SP) (N RQ)] [(BQP) + (DRS)] = (MBND) 19
((M DB) (N DB)) 49
((BN M) + (DN M)) = (MBND) ( 19
(MBND) +49
(MBND)) = 49
(MBND). La conclusion se sigue como en el caso (i).
Solucion del Problema 4. Como 5 10 15 20 25 30 = 5 (2 5) (3 5) (4 5) (5 5) (5 6) es factor de 34!, tenemos que 34! es multiplo de 57 ypor lo tanto es multiplo de 107 (ya que 34! tiene al menos 17 dgitos dos en su
factorizacion, uno por cada factor par). Luego, b = 0. Calculando 34!107
modulo
10 tenemos que:
34!
107= 29, 523, 279, 9cd, 960, 414, 084, 761, 860, 964, 35a
= (34 33 32 31 3 29 28 27 26 24 23 22 21 19 18 17 16)(3 14 13 12 11 9 8 7 6 3)
2,
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de donde a = 2. Alternativamente, como 34!107
es multiplo de 8, tenemos que
35a 0 (mod 8) y como a es un dgito, la unica posibilidad es a = 2.Por otra parte, como 34! es multiplo de 9 y de 11, tenemos que 141 + c + d 6 + c + d 3 + c + d 0 (mod 9) y (80 d) (61 + c) = 19 + d c 8 + d c 0 (mod 11). Es facil ver que c + d 3 (mod 9) solo si c = 1, d = 2;c = 2, d = 1; c = 0, d = 3 o c = 3, d = 0. De estas posibilidades, la unica que
cumple con c d 8 (mod 11) es c = 0 y d = 3. Por lo tanto, la respuesta esa = 2, b = 0, c = 0 y d = 3.
Solucion del Problema 5. Denotamos por U V al arco entre los puntos U, Vmedido desde U en sentido contrario al de las manecillas del reloj.
Sean X y Y los puntos de interseccion de M Q y M R con la circunferencia inte-
rior respectivamente, y sea L la tangente comun a ambas circunferencias. Comoel cuadrilatero M Y P X es cclico, tenemos que QMP = XY P. Ademas
RM P = RP Y por subtender el mismo arco. Como el angulo formado por
L y M R subtiende a los arcos Y M y RM, en las circunferencias interior yexterior, tenemos que los arcos
Y M y
RM tienen la misma medida en grados.
Luego, MXY = M QR de donde XY y QR son paralelas. De aqu que,XY P = RP Y y por lo tanto QM P = RMP.
M
X
Y
Q
R
P
L
Solucion del Problema 6. Demostraremos que es posible si y solo si, m y n
tienen la misma paridad. Los numeros 1, 2, 3 y 4 denotan los colores.
(a) m y n son ambos impares. Podemos formar un rectangulo de 1 n comosigue:
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4.6 Solucion del Sexto ExamenSolucion del Problema 1. Sean A, B y C los colores. Consideremos una
esquina del tablero de mn, digamos la esquina inferior izquierda y supongamosque tiene el color A. Entonces, es facil ver que las unicas posibilidades de
colorear a los subtableros de 3 2 y 2 3 que contienen la esquina de color A,son:
A C
B B
C A
(a)
A C B
B C A
(b)
salvo cambiar B por C. Luego, estos subtableros son los mas pequenos que
cumplen las condiciones del problema.
En el caso (a), es facil ver que la unica posibilidad para los siguientes seis
cuadritos de la tercera y cuarta columnas es la siguiente:
A C C A
B B B B
C A A C
Es decir, tenemos que ir poniendo el reflejado de las anteriores dos columnas.
Luego, la unica posibilidad de colorear el resto de las columnas del subtablero
de 3 n es reflejando, sucesivamente, el tablero de 3 2 con el que empezamos,de donde n debe ser par. Para terminar de colorear el tablero, basta reflejar el
subtablero de 3 n, sucesivamente, hacia arriba, de donde m debe ser multiplode 3.
De manera analoga, para el caso (b) la unica manera de colorear es reflejando,
sucesivamente, el subtablero de 2 3 primero a la derecha y luego hacia arribadel tablero. Luego, en este caso m debe ser par y n multiplo de 3.
Por lo tanto, la respuesta es n par y m multiplo de 3 o viceversa.
Solucion del Problema 2. (a) Sea H el ortocentro del triangulo ABC. Como
BRN = BQN = 90 y AP H + AMH = 180, los cuadrilateros QRBN
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4. Soluciones de los Examenes Selectivos 50
y HQNW son cclicos. Luego, RQB = RN B. Por otro lado, es facil ver que
RBN N BA y P AH W N H , y as RN B = N AB = HAP =HN W = RQB. Luego, como el cuadrilatero HQNW es cclico tenemos que
HQW = HN W = RQB y as R, Q y W son colineales.
A
B C
SW
QR
N
MP
H
De manera analoga, como CW N = CSN = 90 el cuadrilatero S W N C
es cclico. Luego, SW C = SN C y como SC N N CA y M AH QN H, tenemos que SN C = N AC = HAM = HN Q = SW C. Fi-nalmente, como HQNW es cclico, resulta que HW Q = HN Q = SW Cy por lo tanto S, W y Q son colineales. Luego, los cuatro puntos R,Q,W y S
son colineales.
(b) Como el cuadrilatero APHM es cclico (AP H+AMH = 180), tenemos
que HAP = HMP y como HQW = HAP (segun el inciso anterior),
resulta que P M y SR son paralelas y en consecuencia los triangulos AMP y
ASR son semejantes. Luego:
SRM P
= ASAM
= AM + M SAM
SRM P
= 1 + MSAM
.
Como QN M S y BM N S, tenemos que MQNS es un paralelogramo(de hecho es rectangulo), de donde M SQ = SQN = W QN. Luego,
como QN W = HN Q + HN W = HAM + HAP = P AM (donde la
segunda igualdad se sigue de que HN Q = HAM y HN W = HAP por
lo demostrado en el inciso anterior), tenemos que los triangulos P AM y W N Q
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son semejantes. De aqu que:
QW
MP=
QN
AM.
Finalmente, como QN = M S (por ser MQNS paralelogramo), se sigue de lo
anterior que:SR
M P= 1 +
QW
MP
de donde M P = RS QW.
Solucion del Problema 3. Sean D = (a, b) y E = (c, d), donde los parentesis
indican el maximo comun divisor de los numeros. Entonces a = Du, b = Dv,
(u, v) = 1, c = Em, d = En y (m, n) = 1. Luego, a2c = D2u2Em = D2v2En =
b2d u2m = v2n u2|n y v2|m ya que (u2, v2) = 1; y tambien u2m = v2n n|u2 y m|v2 ya que (m, n) = 1. Por lo tanto, n = u2 y m = v2. Luego:
ab + cd = D2uv + E2mn = D2uv + E2u2v2 = 299(1 + 22),
de donde, uv(D2
+ E2
uv) = 5 299
.Dividimos en casos:
(i) uv = 5 y D2 + E2uv = 299. Entonces D2 + 5E2 = 299. Modulo 5 tenemos
que D2 299 3, lo cual es imposible pues los cuadrados solo pueden sercongruentes con 0, 1 o 4 modulo 5.
(ii) uv = 299 y D2 + E2uv = 5. Entonces D2 + 299E2 = 5. Como D2 + 299E2 >
299 > 5, este caso no es posible.
(iii) u = 5 y v = 2i. Como a > b, tenemos que u > v y as v = 1, 2 o 4. Si
v = 1, estamos en el caso (i). Si v = 2, entonces D2 + 10E2 = 298. Es facil ver
que de esta igualdad se sigue la siguiente serie de implicaciones:
2|D2 22|D2 2|E2 22|E2 23|D2 24|D2 298|D2,
y de aqu que 298 D2. Pero esto implica que 10E2 0 lo cual es un absurdo.Si v = 4, entonces D2 + 20E2 = 297. Modulo 5 tenemos que D2 297 2, locual es imposible.
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4. Soluciones de los Examenes Selectivos 52
(iv) u = 2i y v = 5 con i
3. Entonces D2 +5
2iE2 = 299i. Modulo 5 tenemos
que D2 299i y como:
2n
1 si n = 4k,
2 si n = 4k + 1,
4 si n = 4k + 2,
3 si n = 4k + 3,
se sigue que 299i 1 o 4, de donde 99 i = 4k o 4k + 2.Si i = 99
4k, entonces D2 + 5
2994kE2 = 24k. Claramente D2 + 5
2994kE2 >
24k si 99 4k 4k, es decir si k 12. Como i 3, basta considerar los valoresde k tales que 13 k 24. En este caso 99 4k < 4k y as:
D2 = 24k 5 2994kE2 = 2994k(28k99 5E2).
Como 99 4k es impar, tenemos que 28k99 5E2 = 2l2 para algun enteropositivo l. Es facil ver que de esta igualdad se sigue la siguiente serie de impli-
caciones:
2|E2 22|E2 2|l2 22|l2 23|E2 24|E2 28k99|E2.
Luego, 28k99 E2 < 5E2 de donde 28k99 5E2 < 0. Esto es un absurdo,pues 2l2 > 0.
Si i = 974k, entonces D2+52974kE2 = 24k+2. Tenemos que D2+52974kE2 >24k+2 si 97 4k 4k + 2, es decir si k 11. Luego, basta considerar los valoresde k tales que 12 k 23. En este caso 97 4k < 4k + 2 y as:
D2 = 24k+2 5 2974kE2 = 2974k(28k95 5E2).
Como 97 4k es impar, tenemos que 28k95 5E2 = 2l2 para algun enteropositivo l. Nuevamente es facil ver que de esta igualdad se sigue la siguiente
serie de implicaciones:
2|E2 22|E2 2|l2 22|l2 23|E2 24|E2 28k95|E2.
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4. Soluciones de los Examenes Selectivos 53
De aqu que 28k95
E2 < 5E2 y as 28k95
5E2 < 0. Esto es un absurdo,
pues 2l2 > 0.
Por lo tanto, no existen enteros positivos a,b,c,d que satisfagan el problema.
Solucion del Problema 4. (a) Sea RY la tangente en R, y C el punto de
interseccion de KM con la tangente en Q.
M
K
R
A
C
B
Q
Y
C1C2
Tenemos que QBA = CQA por subtender el mismo arco en C1, y CQA =QAM por ser paralelas CQ y AM. Como M AR = M BR por subtender
el mismo arco enC
2, tenemos que QAM = 180
MAR = 180
MBR =
KBR. Luego, QBA = KB R, es decir QBK + KBA = KBA +
ABR, de donde QBK = ABR. Como QBK = QAK por subten-
der el mismo arco en C1, y ABR = ARY = QRY por subtender el mismoarco en C2, se sigue que QAK = QRY y por lo tanto AK y RY son paralelas.
(b) Tenemos que QCB = BM A por ser paralelas CQ y AM, y BM A =
BRA = QRB por subtender el mismo arco en C2. Entonces QCB =QRB y en consecuencia Q , B , R y C son concclicos. Sea D el punto de in-
terseccion de RY con MK. Entonces RDB = AKB por ser paralelas AK
y RY segun el inciso anterior, y AKB = AQB = RQB por subtender el
mismo arco en C1. Luego, RDB = RQB y as R,D,Q y B son concclicos.Finalmente como C y D estan en la recta M K, se sigue que C y D son el mismo
punto, y por lo tanto RY, CQ y MK son concurrentes.
Solucion del Problema 5. Tenemos que 2005 = 5 401, 5 = 22 + 12 y
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4. Soluciones de los Examenes Selectivos 54
401 = 202 + 12. Notando que (a2 + b2)(c2 + d2) = a2c2 + b2d2 + a2d2 + b2c2 =
(acbd)2 + 2abcd + (ad + bc)2 2abcd = (acbd)2 + (ad + bc)2 para cualesquieranumeros reales a,b,c,d, se sigue que 2005 = 412 + 182 = 392 + 222 y as:
20052005 = 2005(20052004) = (412 + 182)(20051002)2
= (41 20051002)2 + (18 20051002)2,
o bien
2005
2005
= (39
2
+ 22
2
)(2005
1002
)
2
= (39 20051002
)
2
+ (22 20051002
)
2
.
De manera alternativa, podemos aplicar la formula anterior repetidamente para
escribir 20052005 como suma de dos cuadrados.
Ahora, como todo cubo es congruente con 0, 1 o 1 modulo 7, entonces lasuma de dos cubos es congruente con 0, 1, 2, 1 o 2 modulo 7. Pero 2005 3 (mod 7) 20052005 32005 = 36334 3 = (36)334 3 (1)334 3 = 3 (mod 7),de donde 20052005 no puede ser la suma de dos cubos. Un argumento modulo
13 tambien funciona.
Solucion del Problema 6. Denotemos con 1, 2, . . . , k a los colores. Sea ni
el numero de puntos que tienen el color i, para i = 1, 2, . . . , k. Como hay n
puntos, tenemos que n1 + n2 + + nk = n.Notemos que para cualesquiera r puntos en el plano tales que cualesquiera dos
estan unidos por a lo mas una recta, el numero maximo de rectas que determinan
esr2
. Usando esto y el hecho de que cualesquiera dos puntos unidos por una
recta tienen distinto color, tenemos que:
m
n
2
n1
2
+
n2
2
+ +
nk
2
,
con la igualdad si y solo si todo punto de color i esta unido con todo punto de
color distinto de i, para i = 1, 2, . . . , k.
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4. Soluciones de los Examenes Selectivos 55
Luego:
m n(n 1)2
12
ki=1
ni(ni 1) = 12
n2 n
ki=1
n2i +ki=1
ni
=1
2
n2 n
ki=1
n2i + n
=
1
2
n2
ki=1
n2i
.
Por otro lado, de acuerdo con la desigualdad de Cauchy-Schwarz, tenemos que:
k
i=1
n2ik
i=1
1 k
i=1
ni2
,
es decir,ki=1
n2i n2
k.
Por lo tanto:
m 12
n2 n
2
k
2km kn2 n2 k(n2 2m) n2 k n
2
n2 2m .
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CAPITULO 5
Solucion del Examen del Concurso
Nacional de la 19a. OMM
Solucion del Problema 1. Primero veamos que OQAR es un cuadrilaterocclico. Como ORBP y OPCQ son cclicos, tenemos que ROP = 180 B,QOP = 180 C. Luego, ROQ = 360 ROP QOP = B +C =180 A, y por lo tanto OQAR es cclico.
A
B C
OQ
P
R
Veamos ahora que P = A.
Como ORBP es cclico, OP R = OBR = OAB , y como OPCQ es
cclico, OP Q = OC Q = OAQ. Luego, P = OP R + OP Q =
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5. Solucion del Examen del Concurso Nacional de la 19a. OMM 57
OAB + OAQ = A. Analogamente, Q = B y R = C. Por lo
que P QR y ABC son semejantes.
Como OQAR es cclico tenemos que OQR = OAR = 90 C, y comoP RQ = C, QO es perpendicular a RP. Analogamente, RO es perpendicu-
lar a P Q, por lo que O es el ortocentro del triangulo P QR.
Notemos que los radios de las circunferencias circunscritas a BP O y COP son
iguales, ya que dichas circunferencias tienen como cuerda comun a P O y se
tiene que OBP = OC P. De igual manera, las circunferencias circunscritas
a los triangulos BP O y P QR tienen el mismo radio, ya que estas ultimas tienen
la cuerda P R en comun y los angulos RBP y P QR son iguales.Otra manera de resolver (ii) es usando la ley de los senos generalizada. La
circunferencia circunscrita a BP O cumple que el doble de su radio es OBsen OPBy el doble del radio de la que circunscribe a COP es OCsen OPC. Pero OB = OC
y sen OP B = sen OP C, por ser angulos suplementarios. El doble del radio
de la circunferencia circunscrita a P QR esta dado por RPsen PQR =RP
sen RBPque es igual al doble del radio de la circunferencia circunscrita a BP O.
Solucion del Problema 2. (i) Sea C una cuadrcula 2n-balanceada. Cons-truyamos primero dos cuadrculas identicas A y B poniendo en cada casilla
la mitad del numero correspondiente en C. Observemos que A + B = C, y
ademas, tanto en A como en B, numeros escritos en casillas que comparten un
lado tienen diferencia menor o igual que n. Sin embargo, los numeros de A
y B pueden no ser enteros. Para corregir esto, ajustemos A redondeando sus
numeros hacia abajo, y ajustemos B redondeando sus numeros hacia arriba.
A + B sigue siendo C. La diferencia de dos numeros en casillas que comparten
lado en A pudo haber aumentado, por culpa del ajuste, maximo en 1
2
. Pero
despues del ajuste la diferencia es un numero entero. Si este entero fuera mayor
o igual que n + 1, antes del ajuste la diferencia era mayor o igual que n + 12
, lo
cual es una contradiccion. Esto muestra que A es n-balanceada. Analogamente,
B es n-balanceada.
(ii) Sea D una cuadrcula 3n-balanceada. Construyamos tres cuadrculas iden-
ticas A, B y C poniendo en cada casilla la tercera parte del numero correspon-
diente en D. Entonces A + B + C = D, y en A, B y C numeros escritos en
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5. Solucion del Examen del Concurso Nacional de la 19a. OMM 58
casillas que comparten un lado tienen diferencia menor o igual que n. Para
hacer el ajuste, nos fijamos en el residuo modulo 3 de un numero escrito en D.
Si este residuo es cero, no hay nada que hacer (ya tenemos numeros enteros en
A, B y C). Si el residuo es 1, redondeamos los numeros correspondientes hacia
abajo en A y B y hacia arriba en C. Si el residuo es 2, redondeamos hacia
abajo en A y hacia arriba en B y C. Es claro que A + B + C sigue