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

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(1)

XIII

PrimeraFecha

25 de Abril de 2015

Soluciones

Individual

P

rimer

N

ivel

1 Sean w, x, y, z números tales que x 6= 0, y+z 6= 0, x+y+z 6= 0, w

x+y+z =

2015 2016 y

w

y+z =1. Encuentre, sin reemplazarw, x,y, z, el valor numérico de w

x.

Solución

Como w

y+z =1, entoncesw=y+z. Si reemplazamos esto en la igualdad w x+y+z = 2015 2016, tenemos lo siguiente: w x+w = 2015 2016 2016w= 2015(x+w) 2016w= 2015x+2015w w= 2015x w x = 2015

2 Sea △ABC un triángulo isósceles con base BC. Sean D y E puntos en los lados BC y AC,

respectivamente, tales que el triángulo△ADEes isósceles con base DE, como se muestra en

la figura: 30◦ x B C A D E

Si la medida del ángulo∠BADes 30◦, encuentre la medida del ángulo∠CDE, indicada con

xen la figura.

(2)

Sea α la medida del ángulo ∠ABC. Como el triángulo △ABC es isósceles con base BC, entonces el ángulo∠ACBtambién mideα.

El ángulo∠DEAes exterior en el triánguloCDE, entonces∢DEA=α+x. Como el triángulo△ADE es isósceles con baseDE, entonces∢ADE= α+x.

El ángulo∠ADCes exterior en el triánguloABD, entonces: ∢BAD+ABD=ADC

30◦+α=ADE+CDE

30◦+α= (α+x) +x

30◦ =2x

Por lo tanto,x =15◦.

S

egundo

N

ivel

1 Encuentra la suma de los divisores primos de 2161.

Solución

Factorizando 2161 = (221)(22+1)(24+1)(28+1) = 3·5·17·257. Como los cuatro factores son

primos, la suma de ellos es 3+5+17+257= 282.

2 Sea ABCDun trapecio con bases AD y BC, tal que AD < BC y AB = BC = CD. Sea P un

punto en el ladoBCtal que AP⊥BC.

Sea M un punto cualquiera en el lado BC y sean T y R puntos en los lados AB y CD,

respectivamente, tales queMT ⊥ ABy MR⊥ CD.

Demuestre que AP= MT+MR.

Solución

Como los lados ADy BCson paralelos, entonces Área(△AMC) =Área(△DMC), luego:

Área(△ABC) =Área(△AMB) +Área(△AMC) Área(△ABC) =Área(△AMB) +Área(△DMC)

BC·AP 2 = AB·MT 2 + CD·MR 2 Como AB= BC=CD, multiplicando la igualdad anterior por 2

AB se tiene AP= MR+MT.

T

ercer

N

ivel

1 a. Seanx,y,z números reales. Demuestre que:

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

b. Sean x,y números reales positivos tales quex3+y3+ (x+y)3+30xy =2000. Demuestre que x+y=10.

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Solución

a. Se puede desarrollar el lado derecho de la igualdad hasta llegar al lado izquierdo, o bien, se puede factorizar el lado izquierdo:

x3+y3+z3−3xyz= (x+y)3+z3−3xyz−3xy(x+y)

= (x+y+z)((x+y)2−(x+y)z+z2)−3xy(x+y+z) = (x+y+z)(x2+2xy+y2−xz−yz+z2−3xy) = (x+y+z)(x2+y2+z2−xy−xz−yz)

b. La igualdad se puede reescribir como sigue:

(x3+y3+ (−10)3−3·x·y·(−10)) + ((x+y)3−103) =0 (x+y−10)(x2+y2+100−xy+10x+10y) + (x+y−10)((x+y)2+10(x+y) +100) =0 (x+y−10)(x2+y2+100−xy+10x+10y+x2+2xy+y2+10x+10y+100) =0 (x+y−10)(2x2+2y2+xy+20x+20y+200) =0 Como x, y son números reales positivos, entonces el segundo factor es positivo, luego el primer factor es cero. Por lo tanto, x+y=10.

2 Son dados un triángulo equilátero △ABC y un punto D sobre el lado BC. Sea E un punto

sobre el lado ABtal que∡CAD=BDE. La recta ←DE→y la recta paralela a ABque pasa por

Cse intersecan en un puntoF. Pruebe que AD= EF.

Solución

Primera solución

Seaα= ∡CAD =∡BDE. Como∡DCA= ∡EBD =60◦ y∡CAD =∡BDE = α, por el criterio AA de semejanza se tiene△CAD∼ △BDE, entonces:

AD DE = CA BD = CB DB

Por el teorema de Thales sobre las recta paralelas AByCF: CB DB = FE DE, entonces AD DE = FE DE. Por lo tanto,AD =EF. Segunda solución

Sea α= ∡CAD = ∡BDE y seaOel centro del triángulo equilátero △ABC. Se realiza la rotación con centro O y ángulo de 120◦ que transforma A en C, entonces el triángulo △ACD se transforma en el

triángulo△BDG, luegoGes un punto sobre el ladoABtal que∡BCG= αyCG= AD. Los segmentos

FEyCGson paralelos y los segmentosAByCFson paralelos, entoncesCFEGes un paralelogramo y,

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A B D C E F G

C

uarto

N

ivel

1 Disponemos de 2013 cubos, donde 1

3 de ellos tiene aristaa, 1

3 de los cubos tiene arista 2ay los restantes tienen arista 3a. Determine las dimensiones de una caja rectangular tal que pueda

contener a los 2013 cubos y su volumen sea el menor posible. Describa como disponer los cubos dentro de la caja. La caja debe taparse.

Solución

Son 671=11·61 cubos de cada tipo, entonces el volumen total de los 2013 cubos es:

VTotal=671a3+671·8a3+671·27a3 =671·36a3 =22·32·11·61a3

Supongamos que las dimensiones de la caja seanx,y,z. Así, el volumen será Vcaja = xyz. Como la caja

contiene los 2013 cubos, entonces

xyz≥22·32·11·61a3 (1)

En primer lugar, la idea es determinar las dimensiones que debe poseer la base de la caja rectangular. Como la caja debe contener los tres tipos de cubos, o sea de arista a, arista 2a y arista 3a, una buena

idea es pensar en elm.c.mdea, 2a, 3a que es 6a. Así,x=6maey =6na.

Una posibilidad es sim=n=1, entonces x=y=6a. Reemplazando en la desigualdad (1) se tiene xyz =36a2z≥ 22·32·11·61a3 ⇒ z ≥671a

Comenzamos a disponer los cubos en la caja a partir de los más grandes (de arista 3a). La figura muestra

como es posible colocar 4 cubos de arista 3a, formando un paralelepípedo de dimensiones 6a×6a×3a. Como son 671 cubos de este tamaño, podemos apilar 167 de estos paralelepípedos completando una altura de 501a en la caja procurada y sin dejar espacio libre. Sobran 3 cubos de arista 3a que los

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Ahora vamos a disponer los cubos de arista 2a en la caja. La figura muestra como es posible colocar

9 cubos de arista 2a, formando un paralelepípedo de dimensiones 6a×6a×2a. Como son 671 cubos

de este tamaño, podemos apilar 74 de estos paralelepípedos completando una altura de 148a en la caja

procurada y sin dejar espacio libre. Sobran 5 cubos de arista 2a que los usaremos más adelante.

La idea es completar un paralelepípedo de base 6a×6a usando los cubos sobrantes de arista 3ay 2a y

algunos de arista a, que nos servirán para rellenar el espacio que sobre. Una forma de disponer los 8 cubos sobrantes es como muestra la figura siguiente.

Al disponer los cubos de esta manera podemos formar un paralelepípedo de dimensiones 6a×6a×5a.

Como ya hemos utilizado todos los cubos de arista 2a y 3ay sólo nos quedan cubos de lado a, es fácil

completar el paralelepípedo con algunos de estos cubos pequeños. El volumen del paralelepípedo de dimensiones 6a×6a×5a es 180a3 y el volumen de los cubos de la última figura es 3·27a3+5·8a3 = 121a3, entonces el volumen no cubierto en el paralelepípedo es de 59a3, ese volumen corresponde a 59

cubos de aristaa.

Ya sabemos que hemos usado todos los cubos de lado 3a y 2a y 59 cubos de lado a, por lo que nos quedan aún 612 cubos de aristaa. Usando todos estos cubitos podemos formar un paralelepípedo de

dimensiones 6a×6a×17a.

Ya no quedan cubos y hemos formado 4 paralelepípedos cada uno con base 6a×6ay altura 501a, 148a, 5a

y 17a. Al apilar los 4 paralelepípedos formamos un paralelepípedo con la misma base y altura 671a.

Tenemos una posible caja de dimensiones 6a×6a×671a, en la cual están contenidos los 2013 cubos y

no sobra espacio. El volumen de esta caja es de 671·36a3 que es igual al volumen de todos los cubos.

Por lo tanto la caja tiene el menor volumen posible.

2 Dado un triángulo △ABC, inscriba un triángulo equilátero con un vértice en cada lado del

triángulo △ABC y con un lado paralelo a BC (el triángulo equilátero tiene sus tres vértices

distintos).

(6)

Construya un triángulo equilátero △BCD exteriormente al triángulo △ABC. A continuación, realice

una homotecia con centro Aque transformeDen el puntoPde intersección entre las rectas AD yBC;

Figure

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Referencias

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