Seminario de problemas Curso 2021-22. Hoja 1
1. De los siguientes n´umeros, ¿cu´al puede expresarse como suma de los cuadrados de dos enteros que sean m´ultiplos de 3?
A 459 B 495 C 549 D 633 E 363
Soluci´on.
Como los dos enteros son m´ultiplos de 3, sus cuadrados son m´ultiplos de 9, por lo que tambi´en lo ser´a la suma. Esto implica que la suma de las cifras tiene que ser, a su vez, m´ultiplo de 9. Esto descarta las soluciones D y E. A partir de aqu´ı, teniendo en cuenta que los cuadrados acaban en 0, 1, 4, 5, 6 o 9, enseguida se llega a ver que uno de los n´umeros es 15 y el otro 18, por lo que la soluci´on es la C: 549 = 152 + 182.
2. Dos rect´angulos id´enticos de 2 × 5 se solapan como ves en el dibujo.
¿Cu´al es el ´area de la zona sombreada com´un a a ambos rect´angulos?
A 18/5 B 10/3 C 21/5 D 5/12 E 29/5
Soluci´on.
Si nos fijamos en el tri´angulo rect´angulo coloreado en naranja, vemos que la hipotenusa es 5 − x.
2 x
x
Aplicando el Teorema de Pit´agoras, (5 − x)2 = 4 + x2, por lo que x = 21/10. As´ı, el ´area sombreada com´un a ambos rect´angulos es el ´area de uno de los rect´angulos menos dos veces el ´area del tri´angulo sombreado en naranja. Es decir:
A = 10 − 221 10 = 58
10 = 29 5 . Por tanto, la respuesta es E.
3. Si a, b, c, d son enteros con a + bc = 20 y −a + cd = 19, el mayor valor posible de c es:
A 33 B 42 C 39 D 29 E 45
Soluci´on.
Sin m´as que sumar las expresiones que nos dan, se tiene bc + cd = 39 ⇒ c(b + d) = 39.
Como los n´umeros son enteros, el mayor valor posible de c es 39, por lo que la respuesta es C.
4. ¿Cu´antos tri´angulos se pueden dibujar usando como v´ertices los pun- tos de la cuadr´ıcula?
A 2400 B 2290 C 2300 D 2148 E 2100
Soluci´on.
Empecemos por tomar todas las posibles elecciones de tres puntos de entre los 25 del cuadrado. Esto viene dado por el n´umero combinatorio
25 3
= 25!
3!22! = 25 · 24 · 23
2 · 3 = 25 · 4 · 23 = 2300.
De todas ellas habr´a que descontar aquellos casos en que los tres puntos est´en alineados.
Podr´ıa ser que hubi´esemos elegido 3 de entre 5 que est´an alineados, es decir, de las 5 filas, las 5 columnas o las 2 diagonales principales. Por tanto, debemos restar
125 3
= 120.
Tambi´en podr´ıamos haber elegido tres de cuatro puntos alineados, en las 4 las diagonales marcadas.
En este caso deberemos restar 4 43 = 16. Por ´ultimo tendremos que restar los casos en que haya tres puntos en una diagonal de solo tres, que son las 16 posibilidades que se ven a continuaci´on.
As´ı pues, el total de tri´angulos es igual a 2300 − 120 − 16 − 16 = 2148. Por tanto, la soluci´on es D.
5. La suma de los inversos de cuatro enteros positivos distintos es 3/4. Si tres de ellos est´an en progresi´on geom´etrica de raz´on 2, ¿cu´anto vale la suma de esos cuatro n´umeros?
A 57 B 51 C 53 D 59 E 55
Soluci´on.
Sean los cuatro n´umeros a, b, c, d. Supongamos que son a, b y c los que est´an en progresi´on geom´etrica de raz´on 2. Entonces podemos poner: b = 2a, c = 4a, por lo que
1 a + 1
b + 1 c + 1
d = 1 a + 1
2a + 1 4a+ 1
d = 7d + 4a 4ad = 3
4.
De aqu´ı se deduce que: 7/a + 4/d = 3. Una soluci´on inmediata es a = 7 y d = 2. De este modo los n´umeros son 7, 14, 28 y 2, por lo que
a + b + c + d = 7 + 14 + 28 + 2 = 51.
Por tanto, la respuesta es B.
6. Un cuadrado, con lados de longitudes enteras medidas en metros, tiene un ´area de S metros cuadrados y un per´ımetro de P metros. De las siguientes opciones, solo una puede ser el valor de S + P . ¿Cu´al?
A 2028 B 2021 C 2023 D 2024 E 2020
Soluci´on.
Sea ` el lado del cuadrado, entonces S = `2 y P = 4`. Por los n´umeros que tenemos como posibles respuestas, buscamos un cuadrado pr´oximo a ellos. Si probamos con ` = 43, resulta
432+ 4 · 43 = 2021.
As´ı, la respuesta es B.
7. Omnesia es un pa´ıs en el que hay tres tipos de monedas de distinto valor y cada una de las cuales vale una cantidad entera de euros. Bomesio, Comesia y Domesio tienen cada uno al menos una moneda de cada tipo. Bomesio tiene cuatro monedas, que equivalen a 28 euros. Comesia tiene cinco monedas que valen 21 euros y Domesio tiene solo tres monedas. ¿A cu´antos euros equivalen las monedas de Domesio?
A 19 B 20 C 17 D 18 E 16
Soluci´on.
Seg´un lo que sabemos, la diferencia entre el dinero que tiene Bomesio y el que tiene Comesio es igual a 7 euros. Es decir, la moneda de m´as que tiene Bomesio vale 7 euros m´as que las dos monedas que tiene de m´as Comesio, por lo que la moneda de Bomesio vale al menos 9 euros. Si valiera 9 euros, la de menor valor es de un euro y Comesio tendr´ıa
dos monedas de un euro extra. As´ı, la otra moneda tendr´ıa un valor de 21 - 3 - 9 = 9.
Pero eso no es posible, ya que todas las monedas tienen valor diferente. Si la moneda de Bomesio es de 10 euros, entonces Comesio tiene una moneda de un euro y otra de dos euros. En este caso, no es posible conseguir los 21 euros de Comesio (10 + 2 + 1 + 2 + 1 = 16). Si la moneda es de 11 euros, entonces o bien Comesio tiene una moneda de un euro y otra de tres o bien dos monedas de 2 euros. En el primer caso no se pueden obtener los 21 euros de Comesio. En el segundo caso, la moneda de la que no conocemos su valor deber´a ser 4, que resuelve el problema. As´ı, los valores de las monedas son 2, 4 y 11, por lo que Domesio tiene 17 euros. La soluci´on es C.
8.
Q R
P S
T En el tri´angulo P QR, P Q = P R = 40 cm y S es un punto
en QR tal que P S = 25 cm. La prolongaci´on de P S corta a la circunferencia circunscrita a P QR en el punto T . ¿Cu´anto mide, en cm, P T ?
A 65 B 60 C 67 D 64 E 68
Soluci´on.
Dibujamos el segmento auxiliar T R.
Q R
P S
T
De este modo, tenemos que los ´angulos ∠RQP y ∠QRP son iguales, pues el tri´angulo P QR es is´osceles. Por otra parte el ´angulo ∠P T R es igual ∠RQP , ya que ambos son inscritos y abarcan el mismo arco. Por tanto, los tri´angulos P RS y P RT son semejantes, por tener los ´angulos iguales. Por la semejanza, resulta
P R
P T = P S P R.
Puesto que P R = 40 y P S = 25, resulta P T = 64 y la respuesta es D.
9.
36 u2
?
Las circunferencias grandes son iguales y la central pasa por los centros de las otras dos. Tanto la circunferencia mediana como la peque˜na son tangentes a las circunferencias gran- des en los puntos de contacto. Si el ´area de la circunferencia mediana es 36, ¿cu´al es el ´area de la circunferencia peque˜na?
A 7,2 B 10,5 C 8,2 D 12 E 9
Soluci´on.
Si llamamos R al radio de la circunferencia grade, est´a claro que el radio del c´ırculo verde es R/2. Ahora vamos a calcular el radio del c´ırculo peque˜no. Para ello formamos un tri´angulo rect´angulo con los centros de dos de las circunferencias grandes y el de la peque˜na.
R
R − r R + r
Si llamamos r al radio de la misma, los catetos tienen longitudes R y R −r y la hipotenusa R + r. Por el teorema de Pit´agoras
(R + r)2 = R2+ (R − r)2 ⇒ r = R/4.
Por tanto el radio de la circunferencia peque˜na es la mitad que el radio de la verde, por lo que su ´area es la cuarta parte. Es decir, la respuesta es la E, 9.
10. Dividimos una circunferencia de radio 1 en cuatro arcos igua- les y volteamos dos de ellos, como ves. ¿Cu´al es el ´area de la figura sombreada?
A 1 B π/2 C √
3 D 3π/4 E 2
Soluci´on.
Es f´acil calcular el ´area de la regi´on que no est´a sombreada, a partir del ´area roja que se ve en la siguiente figura.
Esta se obtiene restando al ´area de la cuarta parte del c´ırculo el ´area de la mitad de un cuadrado de radio 1. Por tanto el ´area roja vale π/4 − 1/2. Entonces el ´area verde que buscamos es π − 4(π/4 − 1/2) = 2. La respuesta es E.
11. Luisa ha olvidado el c´odigo de cuatro d´ıgitos de su m´ovil. Solo recuerda que todas las cifras eran distintas, que estaban ordenadas de menor a mayor (como en 0479) y que ninguna era 8. ¿Cu´antas combinaciones posibles hay?
A 729 B 420 C 240 D 504 E 126
Soluci´on.
Basta darse cuenta que si elegimos cuatro n´umeros de entre los 9 posibles (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 9), solo se pueden ordenar de una manera en orden creciente. Por tanto el total de claves es
9 4
= 9!
4!5! = 9 · 8 · 7 · 6
4 · 3 · 2 = 126.
La soluci´on es E.
12.
10 25
Si rellenamos la cuadr´ıcula de forma que cada n´umero es la media de los dos n´umeros que hay en las casillas adyacentes,
¿qu´e n´umero habr´ıa que colocar en la casilla sombreada?
A 16 B 19 C 18 D 17 E 15
Soluci´on.
Sean A, B, C y D los n´umeros que est´an escritos en las casillas en blanco, de izquierda a derecha. Por las condiciones del problema, tenemos la siguiente cadena de igualdades
A = B + 10
2 , B = A + C
2 , C = B + D
2 , D = C + 25 2 .
Sumando todas ellas es f´acil ver que A + D = 35 y, de aqu´ı se deduce que B + C = 35 tambi´en. Manipulando ahora las dos primeras igualdades resulta
B = 10 + 2C
3 .
Como, seg´un las respuestas, C es un entero, tambi´en lo es B y tambi´en el resto. Ahora bien, C tiene que dejar resto 1 al dividir por 3 y ser impar. Por lo que la respuesta es 19, la B.
13. Tres fruteros desprendidos se encuentran con sus cestos llenos de manzanas y se las regalan, unos a otros, de esta curiosa manera: al principio Antonio regala manzanas a Jos´e y Teresa, para que ambos dupliquen sus manzanas. Luego, Jos´e hace lo mismo y duplica las manzanas de Antonio y Teresa. Y para terminar, Teresa les regala manzanas a sus dos amigos para que dupliquen su n´umero. Lo curioso es que, despu´es de todo este tejemaneje, Teresa ten´ıa al final 36 manzanas, ¡las mismas con las que empez´o! ¿Cu´antas manzanas tienen entre los tres amigos?
A 280 B 252 C 108 D 198 E 216
Soluci´on.
Llamemos A a las manzanas que tiene Antonio y RA a las que regala. Del mismo modo denotamos por J a las que tiene Jos´e y RJ a las que regala. A continuaci´on hacemos una tabla con las manzanas que tiene cada uno despu´es de cada regalo
Antonio A A − RA 2A − 2RA 4A − 4RA Jos´e J 2J 2J − RJ 4J − 2RJ
Teresa 36 72 144 36
Como despu´es de cada operaci´on el total de manzanas es el mismo, sumando la tercera y cuarta columnas, resulta
2(A + J ) − (2RA+ RJ) + 144 = A + J + 36, 4(A + J ) − 2(2RA+ RJ) + 36 = A + J + 36.
De aqu´ı resulta A + J = 216 y entonces el total de manzanas es 252. La respuesta es B.
14. Definimos la funci´on F (n), para n un entero positivo, de la siguiente forma: F (n) = 2n si n es par y F (n) = 3n si n es impar. Si p es un n´umero primo mayor que 2, ¿cu´al es el valor de F [F (p − 1) − p]?
A 2p − 2 B p − 2 C 3(p − 2) D 3p − 2 E 2(p − 2) Soluci´on.
Como p es un primo mayor que 2, es un n´umero impar, por lo que p − 1 es par. Por lo tanto
F (p − 1) = 2p − 2 ⇒ F [F (p − 1) − p] = F [2p − 2 − p] = F [p − 2].
Como p − 2 es impar F [p − 2] = 3(p − 2) y la soluci´on es C.
