Entrenamiento Colombia 2009 (Junio)

Entrenamiento de Junio 2009Problemas y Soluciones

20 de junio de 2009

Introduccion

Este documento se presenta como recopilacion de las pruebas presentadas por losasistentes al entrenamiento del mes de Junio de 2009 realizado por las OlimpiadasColombianas de Matematicas. A este entrenamiento se convocaron los estudiantes masdestacados en la Ronda final de la Olimpiada Colombiana de Matematicas, y quemostraron un interes especial en este tipo de actividades.

El grupo total, compuesto por cerca de setenta estudiantes de secundaria, fue di-vidido en tres niveles segun el grado de escolaridad, conformandose ası el primer nivelpor estudiantes de grados sexto y septimo, nivel intermedio por estudiantes de gradosoctavo y noveno y finalmente el nivel superior compuesto por los estudiantes de gradosdecimo y undecimo, la misma particion que se hace en la olimpiada nacional para se-cundaria.

Los estudiantes recibieron un entrenamiento intensivo de tres semanas (entre Junio1 y Junio 20) con horario en dıas habiles de 9 am a 5 pm (incluyendo dos recesos detreinta minutos y dos horas de almuerzo), y los dıas sabados de 9 am a 1:30 pm. Losexamenes que se muestran en este compendio se llevaron a cabo los dıas miercoles ysabados de cada semana, para ası completar un total de seis pruebas.

En los problemas de geometrıa no se mostraran figuras, sin embargo, se ha tenidoel suficiente cuidado para que el lector pueda seguir la solucion con su propio dibujo.Se ha intentado mostrar para cada problema la mejor solucion de la cual se disponıa.En algunos casos se plantean varias soluciones donde algunas de ellas provienen de lospropios estudiantes. Lo anterior no garantiza que las soluciones sean las mas bonitas oelegantes, invitamos al lector a crear soluciones que superen a las presentadas.

Cabe resaltar tambien que los resultados de estas pruebas sirvieron para realizarla pre-seleccion para la Olimpiada Centroamericana y del Caribe de Matematicas y laOlimpiada Iberoamericana de Matematicas.

1

Pruebas

Primer Nivel

Primera Prueba - Junio 3

1. Se dice que un numero natural es optimista si sus cifras estan ordenadas en formacreciente y se dice que un numero natural es pesimista si sus cifras estan ordenadasen forma decreciente. Por ejemplo, 1358, 24 y 89 son optimistas, mientra que 41,820, 762 son pesimistas. Los numeros 7, 1134, 253, 9773, 8592 no son optimistasni pesimistas.

Hallar el primer numero natural a, mayor que 150 y tal que desde 1 hasta a (inclu-sive) haya la misma cantidad de numeros pesimistas que de numeros optimistas.

2. Andres y Marıa juegan a lo siguiente: inician con un numero n entre 1 y 1000.En cada turno, cada jugador escribe un divisor positivo de n que no haya sidoescrito antes. Gana el jugador que escriba el ultimo posible divisor. Dado queMarıa empieza el juego, ¿para cuantos numeros n va a ser Andres el ganador?

3. Se tiene el triangulo ABC y se construyen puntos P , Q y R tales que A es elpunto medio de QC, B es el punto medio de AR y C es el punto medio de PBcomo se muestra en la figura. Si el area de ABC es 287, ¿Cual es el area de PQR?

XXXXXXXXXXXXXXXX

##########

��

@@@@@@@@

AAAAAAAAAAAA

P C B

A

Q

R

Segunda Prueba - Junio 6

1. Pedro tiene una torre de cubos de lado 1cm, tal que la base es un rectangulode tamano 3cm × 4cm, y su altura es 5cm. Pedro pinta la superficie y despues

2

desarma la torre. ¿Cuantos cubos hay que no tienen ninguna cara pintada y queno estaban inicialmente en la base de la torre?

2. En un tablero de tamano 8 × 8 juegan Rojo y Azul de la siguiente manera: ensu turno cada jugador pinta con su propio color una fila o columna que no hayasido pintada antes, tapando aquellas casillas que ya hubieran sido pintadas antes.Rojo, que es el que juega de segundo, gana en caso que tenga al menos 8 casillasmas que Azul en el tablero. Decidir cual jugador puede garantizar su victoria ycomo hacerlo.

3. Tres grillos de la especie olimpiadae grillae se ubican en lınea recta. Cada turnoun grillo salta a exactamente otro grillo (uno de sus vecinos). Determinar si esposible que despues de 2009 turnos los grillos esten en el orden inicial.

Tercera Prueba - Junio 10

1. Se tiene sobre una mesa, una figura triangular de madera de vertices A, B y C,tal que el angulo C mide 25◦. Dejando fijo el punto A, se gira el triangulo ensentido anti-horario hasta que B, A y la posicion original del vertice C quedenalineados.

Si la nueva posicion del vertice C y las posiciones originales de B y C quedaronalineadas, calcular la medida del angulo B.

2. Sea A un conjunto que tal que:

i. Todo numero que pertenece al conjunto A es un numero primo.

ii. Si un numero n pertence a A, el numero formado al quitarle la ultima cifraa n, y el numero formado al quitarle la primera cifra a n, ambos pertenecena A.

iii. Los numeros de una cifra pueden pertenecer a A.

Hallar el maximo numero de elementos que puede tener el conjunto.

3. Un pirata encuentra un cofre lleno de monedas en una isla. Se sabe que dentro deltesoro hay exactamente una moneda de cobre y el resto son de oro. Para hallar lamoneda de cobre el pirata utiliza una balanza de dos platos, tal que si coloca ungrupo de monedas a cada lado, le indica cual es el grupo mas pesado. Si el tesorotiene 3n monedas y se sabe que la moneda de cobre es mas liviana que las demas(todas las monedas de oro tienen el mismo peso), demuestre que el pirata puedeencontrar la moneda de cobre utilizando n veces la balanza.

3

Cuarta Prueba - Junio 13

1. En el cuadrado ABCD se consideran las diagonales AC y BD. Sea P un pun-to cualquiera perteneciente a uno de los lados. Demostrar que la suma de lasdistancias de P a las dos diagonales es constante.

2. Se consideran los enteros positivos

Sd = 1 + d+ d2 + d3 + . . .+ d2009

con d = 1, 2, ..., 9. Hallar la ultima cifra del numero

S1 + S2 + ...+ S9

3. En un tablero cuadriculado de 100 x 100 cada casilla esta pintada de blanco ode negro. Las casillas de las esquinas son negras y todas las demas casillas de losbordes (orillas) son blancas.

Dos casillas son vecinas si tienen por lo menos un vertice comun. En cada casillaescribimos el numero que es igual a la cantidad de casillas negras vecinas que tieneesa casilla. ¿Es posible que la suma de todos los numeros escritos en el tablerosea igual a 2009?

Quinta Prueba - Junio 17

1. Andres escribe cinco numeros en un tablero. Esteban forma todos los grupos detres numeros con numeros del tablero, a cada grupo le calcula el promedio ylo escribe en el tablero. Demuestre que el promedio de los numeros escritos porAndres es igual al promedio de los numeros escritos por Esteban.

2. En el cuadrilatero ABCD la diagonal AC divide al cuadrilatero en dos triangulosde igual area. Sea P el punto de corte de AC y BD. Demuestre que P es el puntomedio de BD.

3. Alejandro tiene el piso rectangular de su casa cubierto con baldosas de tipo 1 y detipo 2 como las que se muestan en la figura. Cierto dıa Esteban jugando futbol enla casa, quebro una de las baldosas de tipo 2. Si Alejandro no tiene mas baldosasde tipo 2, ¿es posible volver a cubrir la casa reorganizando y reemplazando labaldosa por una de tipo 1?

Baldosa 1 Baldosa 2

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Sexta Prueba - Junio 20

1. Se colocan 17 cartas rojas numeradas de 1 a 17 y 17 cartas azules, numeradasigualmente de 1 a 17, sobre una mesa. ¿Es posible agrupar las cartas en parejasque contengan una carta de cada color, de forma que los resultados de la sumade los numeros en las cartas de cada una de las 17 parejas resultantes sean 17numeros consecutivos?

2. Un numero natural es balanceado si tiene la misma cantidad de cifras que dedivisores primos distintos. Por ejemplo, 20 es balanceado, pues tiene dos cifras ydos divisores primos distintos (2 y 5); 81 no es balanceado, pues tiene dos cifrasy solo un divisor primo (el 3); tampoco es balanceado el 60, pues tiene dos cifrasy tres divisores primos distintos (2, 3 y 5).

Hallar un numero balanceado de 6 cifras y determinar cual es la maxima cantidadde cifras que puede tener un numero balanceado.

3. Sea ABCD un paralelogramo y considerese una recta que pasa por D tal quecorta al segmento BC en P y a la prolongacion del lado AB en Q. Si se sabe queel area del cuadrilatero ABPD es 29 y el area del triangulo DPC es 8, determineel area del triangulo CPQ.

Nivel Intermedio


1. Los numeros del 1 al 9 se distribuyen en una cuadrıcula de 3 × 3. Despues sesuman seis numeros de tres cifras: los tres que se leen en filas y los tres que se leenen columnas. Determinar si existe alguna configuracion para la cual el resultadode esta suma sea 1961.

2. Sea n un entero positivo. Para cada subconjunto no vacıo del conjunto {1, 12, 1

3, . . . , 1

n}

se considera el producto de sus elementos. Halle la suma de todos esos productos.

3. Sea ABCD un cuadrilatero convexo. Sean E,F los puntos medios de AD,BCrespectivamente y sea O la interseccion de las rectas EC,FD. Demostrar que silas rectas AO,BO dividen el lado CD en tres partes iguales entonces ABCD esun paralelogramo.


1. Sea XY ZW un cuadrilatero convexo y concıclico en el interior del cuadrilateroconvexo ABCD tal que los cuadrilateros ABYX, BCZY , CDWZ, DAXW sonconvexos y concıclicos. Demuestre que ABCD es concıclico.

5

2. Tres grillos de la especie olimpiadae grillae se ubican en lınea recta. En cadaturno un grillo salta a exactamente otro grillo (uno de sus vecinos). Determinarsi es posible que despues de 2009 turnos los grillos queden en el orden inicial.

3. Sea P (x) = u0+u1x+u2x2+· · ·+u2009x

2009 un polinomio de grado 2009 con coefi-cientes enteros. Determinar si existen 2009 enteros distintos entre sı a1, a2, · · · , a2009

tales que

P (a1) = a2, P (a2) = a3, · · · , P (a2008) = a2009, P (a2009) = a1


1. Sea ABC un triangulo rectangulo con hipotenusa AC y gravicentro G. Sean X, Ylos pies de las perpendiculares desde G hasta AB,BC respectivamente. Hallar(ABC) si se sabe que (BXGY ) = 2009. Nota: (MNO) denota el area de MNO.

2. En cada casilla de un tablero de 2009 × 2009 se escribe 1 o −1. Demostrar queel numero de filas y columnas con un numero impar de −1’s no puede ser igual a2009.

3. El polinomio x3 − x+ k tiene todas sus raıces enteras. Hallar los posibles valoresde k.


1. Encuentre todas las triplas de reales (a, b, c) tales que

a+ b+ c = 24

a2 + b2 + c2 = 210

abc = 440

2. Muestre que la ecuacion

a2b2 + b2c2 + 3b2 − c2 − a2 = 2009

no tiene soluciones enteras.

3. En un triangulo ABC, sean D, E, F puntos sobre los segmentos BC, CA y ABtales que BD

DC= CE

EA= AF

FB= 1

2. Sean X, Y, Z los puntos de interseccion de BE

con CF , CF con AD y AD con BE respectivamente. Demostrar que (XY Z) =(AFY ) + (BDZ) + (CEX).

Nota: (PQR) denota al area del triangulo PQR.

6


1. Sean a y b numeros enteros positivos. Estos numeros se llaman amigos si el pro-ducto ab es un cuadrado perfecto. Demostrar que:

a) Si a es amigo de b y b es amigo de c, entonces a es amigo de c.

b) Si a es amigo de b, entonces a es amigo de d, donde d es el maximo comundivisor de a y b.

c) Si x es el menor numero que es amigo de a, x divide a todos los amigos de a

2. Hay un rey en la esquina superior izquierda de un tablero de 2m×n. Jairo y Jaroldse turnan moviendo al rey, comienza Jarold. El perdedor es aquel que mueve elrey a una casilla que haya sido ocupada previamente. ¿Cual de los dos jugadorestiene estrategia ganadora y cual es?

3. Sean a, b, c numeros reales positivos tales que ab+ bc+ ca = abc. Demostrar que

1

a− 1+

1

b− 1+

1

c− 1≥ 3

2


1. El producto de varios numeros enteros mayores que 0 y distintos entre sı, esmultiplo de 20062. Determine el menor valor que puede tomar la suma de esosnumeros.

2. El cırculo Γ1 tiene su centro O sobre otro cırculo, Γ2. Los cırculos se intersectanen los puntos A y C. Sea B un punto sobre el arco AC de Γ2 que no contiene aO. BC intersecta a Γ1 en un segundo punto D. Demostrar que AB = BD.

3. En un tablero de 19 × 19, una ficha llamada miguelito se mueve de la siguientemanera: 4 espacios hacia un lado (Horizontal o verticalmente) y luego un espaciode manera perpendicular al movimiento inicial. Es conocido que, de esta manera,un miguelito puede alcanzar todas las casillas del tablero.La distancia migueliana se define como el menor numero de movimientos que sedeben hacer con un miguelito para llegar de una casilla a otra.

Sea C un cuadrado en la esquina del tablero, y V el cuadrado vecino a C, que tienesolo un punto en comun con C. Muestre que existe un cuadrado X del tablero talque la distancia migueliana entre C y X es mayor que la distancia miguelianaentre C y V .

7

Nivel Superior


1. Sea n un entero positivo. Un numero A de 2n dıgitos tiene todos sus dıgitos igualesa 4 y un numero B de n dıgitos tiene todos sus dıgitos iguales a 8. Demuestre queA+ 2B + 4 es un cuadrado perfecto.

2. SeaABCD un cuadrilatero convexo yK,L,M,N los puntos medios deAB,BC,CD,DArespectivamente. Encontrar un punto O dentro del cuadrilatero tal que

(AKON) = (BLOK) = (CMOL) = (DNOM)

Nota: (WXY Z) denota el area del cuadrilatero WXY Z.

3. Sea A = (a1, a2, . . . , a2010) una secuencia de enteros positivos no necesariamentedistintos. Sea m el numero de triplas (ai, aj, ak) con 1 ≤ i < j < k ≤ 2010 talque aj = ai + 1 y ak = aj + 1. Encuentre el maximo valor de m sobre todas lassecuencias A.


1. Tres grillos de la especie olimpiadae grillae se ubican en lınea recta. En cadaturno un grillo salta a exactamente otro grillo (uno de sus vecinos). Determinarsi es posible que despues de 2009 turnos los grillos queden en el orden inicial.

2. Sea ABC un triangulo con AB < AC. La bisectriz del angulo BAC corta al ladoBC en D y la perpendicular a BC por D corta a AC en E. Sea F un punto sobreel segmento AB tal que 6 FED = 6 CED. Demuestre que 6 BDF = 1

26 BAC.

3. Sean m,n enteros positivos. Demuestre que

1

n+ 1+

1

n+ 2+ · · ·+ 1

n+m

no es entero.


1. La suma de los terminos de una progresion aritmetica finita de enteros es unapotencia de 2. Demuestre que el numero de terminos es tambien una potencia de2.

2. En cada casilla de un tablero de m × n se escribe un numero real. Se puedecambiar el signo de todas las casillas de una misma fila o de todas las casillasde una misma columna. Demuestre que repitiendo este procedimiento es posiblellegar a que todas las sumas de cada fila y cada columna sean no negativas.

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3. Sea H el ortocentro y O el circuncentro de un triangulo acutangulo ABC. SeaDEF el triangulo ortico de ABC (con D sobre BC, E sobre CA y F sobre AB)y A′ la reflexion de A sobre EF . Demuestre que A′, D, H y O estan sobre unamisma circunferencia.


1. Sea ABC un triangulo con 6 ACB = 30◦ y 6 AB′B = 45◦ donde B′ es el puntomedio del lado AC. Halle el 6 ABC.

2. Demuestre que la secuencia 11, 22, 33, 44, . . . es periodica modulo p para cualquierprimo p y encuentre el periodo.

3. El mago Yapi y su asistente Federico tienen un truco de magia. Se le entregana Federico 5 cartas al azar de una baraja comun de 52 cartas. Federico escogecuatro cartas, las ordena y se las entrega a Yapi. ¿Como logra determinar Yapi la5a carta?


1. En Alexburgo todas las carreteras son de un solo sentido. Todas las ciudades estanconectadas por exactamente una carretera. Demostrar que hay una ciudad a laque es posible llegar desde cualquier otra ciudad usando a lo mas dos carreteras.

2. Sean a, b, c reales positivos. Demostrar que

1

c(a+ b)+

1

a(b+ c)+

1

b(c+ a)≥ 27

2(a+ b+ c)2

3. Sea ABC un triangulo y E un punto sobre el segmento AD donde D es el pun-to medio de BC. La circunferencua por E tangente a BC en B corta a ABnuevamente en M . La circunferencua por E tangente a BC rn C corta a ACnuevamente en N . Demostrar que el circuncırculo de AMN es tangente a estasdos circunferencias.


1. Sea a1, a2, . . . una secuencia de enteros positivos tales que (ai, aj) = (i, j) paratodo i 6= j. Demostrar que an = n para todo n.

2. Sea ABC un triangulo acutangulo. Sean Ha y Hb los pies de las alturas trazadasdesde los vertices A y B respectivamente. Sea D un punto sobre el arco AB quecontiene a C. Sea P la interseccion de AHa con BD y sea Q la interseccion deBHb con AD. Demostrar que HaHb pasa por el punto medio de PQ.

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3. En un tablero de lado 100 se colorean las casillas con 4 colores de tal forma queen cada fila y columna hay 25 casillas de cada color. Probar que hay dos columnasy dos filas en cuya interseccion las casillas son de colores diferentes.

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Soluciones

Primer Nivel


1. Se va demostrar que el numero 863 cumple las condiciones. Para esto se contara ladiferencia entre los numeros optimistas y los pesimistas por cada cien numeros.Entre 10 y 99 la diferencia es -9. Entre 100 y 199 la diferencia es 28. Entre 200y 299 la diferencia es 20. Entre 300 y 399 la diferencia es 12. Entre 400 y 499 ladiferencia es 4. Entre 500 y 599 la diferencia es -4. Entre 600 y 699 la diferenciaes -12. Entre 700 y 799 la diferencia es -20. Entre 800 y 899 la diferencia es -35.

Ahora, para que le diferencia sea igual a 0, el numero debe estar entre 800 y 900.Hasta 800 la diferencia es igual a 19, por lo tanto se contara ahora la diferenciacada diez numeros.

Entre 800 y 809 la diferencia es 0. Entre 810 y 819 la diferencia es -1. Entre 820y 829 la diferencia es -2. Entre 830 y 839 la diferencia es -3. Entre 840 y 849 ladiferencia es -4. Entre 850 y 859 la diferencia es -5. Entre 860 y 863 la diferenciaes -4.

Por lo tanto 863 es el numero buscado.

2. Andres ganara para 969 valores de n entre 1 y 1000. Como Andres es el segundo enjugar, el ganara siempre que n tenga un numero par de divisores. Pero solamentelos cuadrados perfectos tienen un numero impar de divisores: Por cada divisor dde n el numero n

des tambien un divisor de n luego si d 6= n

dpara todo d entonces n

tendra un numero par de divisores, y si d = nd

para algun d entonces n = d2 y ası nsera un cuadrado perfecto porque el divisor d es el mismo n

d. Finalmente, como

hay 31 cuadrados perfectos entre 1 y 1000, Andres ganara para 1000− 31 = 969valores de n.

3. El area de PQR es 2009. Los triangulos PAC y BAC tienen la misma area puestoque PC = CB y la altura desde A es la misma. Tambien PAC y PAQ tienenla misma area puesto que CA = AQ y la altura desde P es la misma. Hemosdemostrado entonces que (PCQ) = 2 × 287. Similarmente (QAR) = 2 × 287 y(RBP ) = 2× 287 de donde (PQR) = (2 + 2 + 2 + 1)× 287 = 7× 287 = 2009.

11


1. La respuesta es 6. Se tiene un arreglo de 3 × 4 × 5 = 60 cubos. Quitando loscubos de la frontera, es decir los pintados y los de la base, se obtiene un arreglode (3− 2)× (4− 2)× (5− 2) = 1× 2× 3 = 6 cubos.

2. La estrategia la tiene Azul. Si Rojo pinta la fila m, Azul pinta la columna m;igualmente si rojo pinta la columna m, Azul pinta la fila m. De esta manera Azulse asegura por lo menos una casilla mas por turno, de manera al llenar todo eltablero, Azul se habra asegurado tener por lo menos 8 casillas mas.

3. Sean G1, G2, G3 los tres grillos en su orden original. Si el grillo Gi salta al grilloGj (o al reves) con j > i, en algun momeno Gi debe volver a saltar a Gj (oal reves) para que ellos dos queden en el orden adecuado, Gi a la izquierda deGj. De manera que si un cambio de grillos ocurre, el mismo cambio de posiciondebe ocurrir en algun turno posterior, por lo tanto el numero de movimientos quellevan al orden original es par. Como 2009 es impar entonces no es posible lograrel objetivo.

Tercer Prueba - Junio 10

1. Sean B′, C ′ los nuevos puntos B,C respectivamente. Como AC ′ = AB′, C ′AC esisosceles y por lo tanto 6 AC ′C = 6 ACC ′ = 25o. Como ABC ≡ AB′C ′, 6 C ′AB′ =CAB y como los angulos de ABC suman 180o, 6 ABC = 155− 6 CAB.Si C ′ queda por fuera del segmento BC, notese que 6 C ′AB = 180 − 6 CAB −6 C ′AB′ = 180−26 CAB, ademas 6 C ′BA = 180− 6 ABC = 25+ 6 CAB, entoncescomo los angulos de C ′AB deben sumar 180o, se tiene que AC ′C = 6 CAB−25 =25, entonces 6 CAB = 50 y 6 ABC = 105.

2. Los numeros de una cifra que pertenecen al conjunto son los primos, es decir,2, 3, 5, 7. Los numeros de dos cifras son aquellos primos formados por las combi-naciones de los de una cifra, es decir, 23, 37, 53, 73. Los numero de 3 cifras delconjunto son aquellos numeros primos formados por la combinacion de uno deuna cifra y otro de dos cifras y viceversa; el unico que cumple dicha caracterısticaes el 373. Si existiera un numero de 4 cifras, si le quitamos el dıgito de la izquierdao el de la derecha me deberıa dar 373 en ambos casos, pero eso no es posible; y sihubieran numeros de mas de 4 necesariamente deberıa existir alguno de 4 cifras,entonces no hay numeros de mas de 3 cifras. Se concluye que los numeros delconjunto son 2, 3, 5, 7, 23, 37, 53, 73, 373.

3. Se procedera por induccion sobre n. El caso base es cuando hay 31 monedas.Claramente podemos pesar todas con todas usando 3 veces la balanza y se puedeencontrar la moneda de cobre. Supondremos que para n = k, es decir cuando hay3k monedas, se puede encontrar la de cobre usando k veces la balanza. Para elcaso 3k+1 se separan en 3 grupos de 3k monedas. Se pesan dos de ellos y si pesan

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igual, entonces la moneda de cobre esta en el grupo restante; si uno pesa menosque el otro, se sabe que en ese grupo esta la moneda de cobre (Hasta el momentose ha usado la balanza una vez). Se escoge el grupo donde se sabe esta la monedade cobre, y como dicho grupo tiene 3k monedas, nuestra hipotesis de induccionnos dice que podemos identificar la moneda de cobre usando k veces la balanza.Mediante este procedimiento se logra encontrar la moneda de cobre usando k+ 1veces la balanza, tal como se querıa demostrar.


1. Solucion 1. Supongamos que P esta en el lado AD. Llamemos M,N los puntosde corte de las perpendiculares desde P hasta AC,BD respectivamente. ComoABCD es un cuadrado, entonces 6 CAD = 45o. Como los angulos de PMA suman180o entonces 6 APM = 45o, por lo tanto el triangulo PAM es isosceles conAM = MP , entonces por Pitagoras se tiene que PA2 = AM2 + MP 2 = 2MP 2

por lo tanto sacando raız cuadrado se llega a que PA =√

2MP . De manerasimilar se llega a que DP =

√2PN . Sumando ambas ecuaciones se obtiene que

PA+PD =√

2MP +√

2PN pero PA+PD = AD, entonces√

2(MP +PN) =AD, de manera que MP + PN = AD√

2, y esto es constante.

Solucion 2. Como ABCD es un cuadrado, entonces AC,BD se cortan en O conun angulo de 90o, por lo tanto el cuadrilatero PMON tiene tres angulos de 90o,y como todos sus angulos deben sumar 360o se concluye que 6 MPN = 90o,conluyendo ası que PMON es un rectangulo donde PN = MO y como PMAes isosceles, PM = MA, entonces PM + PN = MO + MA = AO, y esto esconstante.

Solucion 3. (AOD) = (PAO)+(PDO) = 12(AO ·PM+DO ·PN). Se sabe que las

diagonales de un cuadrado son iguales y se cortan en los puntos medios, dividiendoel cuadrado en 4 triangulos con igual area, entonces, 1

2(AO · PM + DO · PN) =

12(AO · PM + AO · PN) = 1

2AO(PM + PN) = 1

4(ABCD). Pasando a divir se

llega a que PM + PN = (ABCD)2AO

y esto es constante.

2. Como nos piden la ultima cifra, solo nos van a importar los digitos en las unidadesde todas las operaciones que se hagan.Las potencias de 1 siempre dan 1, entonces S1 = 2010 y termina en 0.Las potencias de 2 terminan en 2, 4, 6, 8, 2, 4, 6, 8, · · · , entonces S2 termina en1 + 2 + 4 + 6 + 8 + 2 + 4 + · · ·+ 2 = 1 + 502 · 20 + 2, por lo tanto, S2 termina en 3.Las potencias de 3 terminan en 3, 9, 7, 1, 3, 9, 7, 1, · · · , entonces S3 termina en1 + 3 + 9 + 7 + 3 + 9 + 7 + · · ·+ 3 = 1 + 502 · 20 + 3, por lo tanto, S3 termina en 4.Las potencias de 4 terminan en 4, 6, 4, 6, · · · , entonces S4 termina en 1 + 4 + 6 +4 + 6 + · · ·+ 4 = 1 + 1004 · 10 + 4, por lo tanto, S4 termina en 5.Las potencias de 5 siempre terminan en 5, entonces S5 termina en 1 + 5 + 5 +· · ·+ 5 = 1 + 2009 · 5, por lo tanto, S5 termina en 6.Las potencias de 6 siempre terminan en 6, entonces S6 termina en 1 + 6 + 6 +

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· · ·+ 6 = 1 + 2009 · 6, por lo tanto, S6 termina en 5.Las potencias de 7 terminan en 7, 9, 3, 1, 7, 9, 3, 1, · · · , entonces S7 termina en1 + 7 + 9 + 3 + 1 + 7 + 9 + · · ·+ 7 = 1 + 502 · 20 + 7, por lo tanto, S7 termina en 8.Las potencias de 8 terminan en 8, 4, 2, 6, 8, 4, 2, 6, · · · , entonces S8 termina en1 + 8 + 4 + 2 + 6 + 8 + 2 + · · ·+ 8 = 1 + 502 · 20 + 8, por lo tanto, S8 termina en 9.Las potencias de 9 terminan en 9, 1, 9, 1, · · · , entonces S9 termina en 1 + 9 + 1 +9 + 1 + · · ·+ 9 = 1 + 1004 · 10 + 9, por lo tanto, S9 termina en 0.Se conluye que S1 + S2 + ...+ S9 temina en 0 + 3 + 4 + 5 + 6 + 5 + 8 + 9 + 0, esdecir en 0.

3. En la suma total, cada casilla negra de las esquinas es contada 3 veces (una vezpor cada vecino que tenga); como hay 4 casillas negras en las esquinas, el aportede estas para la suma total sera de 12. Por su parte las casillas negras del medioson contadas 8 veces en la suma total (Una vez por cada una de sus 8 vecinas).Entonces si hay x casillas negras en el medio el resultado de la suma total sera de12 + 8x, el cual es un numero impar, por lo tanto es imposible que el resultadosea 2009.


1. Sean a, b, c, d, e los numeros escritos por Andres, y el promedio P1 = a+b+c+d+e5

.

Son(53

)= 10 los numeros escritos por Esteban, y en cada uno de ellos aparecen(

42

)= 6 veces los sumandos a

3, b

3, c

3, d

3, e

3, por lo tanto el promedio de los numeros

serıa P2 =6(a3 + b

3+ c

3+ d

3+ e

3)10

. Claramente P1 = P2.

2. Sean X, Y los pies de las perpendiculares desde B,D a AC, respectivamente.Como (ABC) = (ADC) entonces 1

2AD·BX = 1

2AD·DY , por lo tanto BX = DY ,

y como BX,DY son ambas perpendiculares a AC, BX ‖ DY . Se concluye queBXDY es un paralelogramo, siendo P el punto medio de sus diagonales, enparticular, el punto medio de BD.

3. Coloreando la primera columna de negro, la segunda de blanco, y ası sucesiva-mente alternadamente, se observa que la baldosa 2 ocupa dos casillas negras ydos blancas, mientras que la baldosa 1 ocupa tres negras y una blanca, o tresblancas y una negra. Se concluye que si se quita una baldosa 2, no se podra llenarel tablero con baldosas 1.


1. Sı es posible. Se puede verificar mediante las siguientes parejas y sus respec-tivos resultados: (2, 8) → 10, (10, 1) → 11, (5, 7) → 12, (11, 2) → 13, (1, 13) →14, (12, 3) → 15, (4, 12) → 16, (3, 14) → 17, (9, 9) → 18, (15, 4) → 19, (14, 6) →20, (6, 15)→ 21, (17, 5)→ 22, (7, 16)→ 23, (13, 11)→ 24, (8, 17)→ 25, (16, 10)→26.

14

2. La respuesta es 10. Note que 2 × 3 × 5 × 7 × 11 × 13 = 30030 luego el numero300300 es de seis cifras y tiene exactamente seis factores primos: 2, 3, 5, 7, 11, 13.Note ahora que el producto de los diez primeros primos es 6469693230 que tienediez cifras, mientras que el producto de los once primeros primos es 200560490130que tiene doce cifras. Como el k-esimo primo es mayor a 10 para k ≥ 12 entoncesel producto de los k primeros primos (para k ≥ 12) tendra por lo menos unacifra mas que el producto de los k − 1 primeros primos, esto demuestra que elnumero t de factores primos de un numero es menor que su numero de cifras parat ≥ 11 y entonces 10 es el maximo numero de cifras que puede tener un numerobalanceado.

3. El area de PQC es 10, 5. Los triangulos CDB y ABD son congruentes por serABCD un paralelogramo, luego ambos tienen area igual a 29+8

2= 18, 5. Ahora,

los triangulos CDB y CDQ tienen la misma area porque comparten CD y lasalturas desde B y Q son iguales por ser AB paralelo a CD. Entonces el area deCDQ es 18, 5 pero el area de CDP es 8, por lo tanto el area de PQC es 10, 5.

Nivel Intermedio


1. Solucion 1. Marquemos la primera fila del tablero con las letras a, b, c, la segundacon las letras d, e, f y la tercera con las letras g, h, i. Notese que la suma total es200a + 110(b + d) + 101(c + g) + 20e + 11(f + h) + 2i, de manera que la menorsuma se logra colocando en a el 1, en b, d los numeros 2, 3, en c, g los numeros4, 5, en e el 6, en f, h los numeros 7, 8 y en i el 9. Esta suma tiene como resultado1962 y es lo mınimo que podemos obtener por lo tanto no es posible que la sumade 1961.

Solucion 2. Notese que abc ≡ a+ b+ c (mod 9), def ≡ d+ e+ f (mod 9), ghi ≡g+h+i (mod 9), adg ≡ a+d+g (mod 9), beh ≡ b+e+h (mod 9), cfi ≡ c+f+i(mod 9) entonces la suma S de los numeros formados por las filas y las columnascumple que S ≡ 2(a+b+c+d+e+f+g+h+i) ≡ 2(1+2+3+4+5+6+7+8+9) ≡90 ≡ 0 (mod 9) pero 1961 ≡ 8 (mod 9) por lo tanto no es posible. En generalninguna suma que no sea divisible por 9 se puede lograr.

2. Solucion 1. Para cada entero positivo n sea Sn la suma deseada. Se va a demostrarpor induccion sobre n que Sn = n. El caso n = 1 se tiene trivialmente. Supongaseque Sn = n para algun entero positivo n y sea S ′n+1 la suma de los productosde los elementos en cada subconjunto de {1, 1

2, 1

3, . . . , 1

n+1} con por lo menos dos

elementos y que contenga a 1n+1

, claramente S ′n+1 = 1n+1

Sn y Sn+1 = Sn + S ′n+1 +1

n+1. Usando la hipotesis de induccion se tiene que Sn+1 = Sn + 1

n+1Sn + 1

n+1=

n+ nn+1

+ 1n+1

= n+ 1. Esto completa la demostracion.

15

Solucion 2. Notese que el producto (1 + 11)(1 + 1

2) · · · (1 + 1

n) tiene como sumandos

el producto de cada subconjunto, pero es necesario quitarle el caso en el quese multiplican todos los unos. Entonces la suma deseada es igual a (1 + 1

1)(1 +

12) · · · (1 + 1

n)− 1 = (2

1)(3

2) · · · (n+1

n)− 1 = (n+1)!

n!= n+ 1− 1 = n.

3. Solucion 1. Sean M,N las intersecciones de BO y AO con CD repectivamente.Notese que EM ‖ AN porque E,M son puntos medios de AD,DN respectiva-mente. Entonces EMC ∼ ONC y como N es punto medio de MC se tiene que Oes punto medio de DC. Analogamente se obtiene que O es punto medio de DF ,por lo tanto el cuadrilatero EFCD es paralelogramo entonces AD ‖ BC y comoE,F son puntos medios de AD,BC respectivamente, se tiene que AB ‖ DC,entonces ABCD es un paralelogramo.

Solucion 2. Aplicando el Teorema de Menelao en el triangulo BMC con la lıneaFOC se tiene que FO

OD· DMMC· CBBF

= 1. Pero CBBF

= 21, DMMC

= 12

entonces FOOD

= 1,de manera que FO = OD. Analogamente EO = OC. Se concluye como en lasolucion anterior.


1. Sea 6 DAX = α, 6 BAX = β, 6 BCZ = θ, 6 DCZ = γ. Para que ABCD seaconcıclico se debe demostrar que 6 BAD + 6 BCD = α + β + θ + γ = 180◦. Pero6 XWD = 180−α, 6 XY B = 180−β, 6 ZY B = 180−θ, 6 ZWD = 180−γ porqueDAXW , ABYX, BCZY , CDWZ son concıclicos. Ademas 6 XWZ + 6 XY Z =360− (180−α+180−γ)+360− (180−β+180−θ) = 180◦ debido a que XY ZWes concıclico. Entonces α + β + θ + γ = 180◦ como querıamos demostrar.


3. Como P (x) es un polinomio con coeficiente esnteros, se tiene que si a, b son enterosa− b | P (a)−P (b) por lo tanto a1− a2 | P (a1)−P (a2) entonces a1− a2 | a2− a3.Repitiendo este proceso se obtiene que a1 − a2 | a2 − a3 | · · · | a2008 − a2009 |a2009−a1 | a1−a2. Entonces a1−a2 | ai−ai+1 y ai−ai+1 | a1−a2 lo cual quiere decirque |a1−a2| = |a2−a3| = · · · = |a2008−a2009| = |a2009−a1|. Si ai−1−ai = ai+1−aientonces ai−1 = ai+1 lo cual no es posible porque todos son distintos. Ahora, sitodos los ai−ai+1 tienen el mismo signo entonces ai > ai+1 o ai < ai+1 de maneraque se tendrıa que a1 > a2 > · · · > a2009 > a1 o a1 < a2 < · · · < a2009 < a1.Ambos casos no son posibles.

16


1. Llamemos M la interseccion de AG con BC. Notese que XG ‖ BM entoncesAXG ∼ ABM , por lo tanto AG

AM= XG

BMpero como G es el corte de las medi-

anas se sabe que AGAM

= 23, de manera que BM = 3

2XG entonces BC = 3XG.

Analogamente se obtiene que AB = 3Y G. Se concluye que (ABC) = 12AB ·BC =

12· 3XG · 3Y G = 9

2XG · Y G = 9

2· 2009 = 9040,5.

2. Solucion 1. Si hay un numero impar de −1’s en 2009 filas y columnas, entonceshay un numero par de −1’s en las otras 2009 filas y columnas. Al sumar todosestos −1’s se obtiene un numero impar. Pero notese que cada −1 se esta sumandodos veces, por lo tanto la suma debe ser par, llegando a una contradiccion.

Solucion 2. Multiplicando todos los −1’s de todas las filas y columnas se deberıaobtener un numero negativo, pero cada −1 se multiplica dos veces obteniendo unnumero positivo, llegando ası a una contradiccion.

Solucion 3. Si se cambia un 1 por un −1 pueden ocurrir las siguientes cosas: Sila fila afectada tenıa un numero par de −1’s y la columna afectada un numeroimpar, la fila queda con impar −1’s y la columa con par −1’s y por lo tanto lacantidad de filas y columnas con impar −1’s no se ve afectada (Analogamentecuando la columna era la que tenıa par −1’s). Si tanto la fila como la columnatenıan igual paridad de −1’s entonces ambas cambian la paridad afectando lacantidad de filas y columnas con impar −1’s en +2 o −2. Se tiene entonces quela paridad de filas y columnas con impar −1’s no cambia. De manera que si setiene todo el tablero con 1’s la cantidad de filas y columnas con impar −1’s es 0por lo tanto siempre sera par, entonces es imposible que sea 2009.

3. Sean r1, r2, r3 las tres raıces enteras del polinomio. Por las ecuaciones de Vieta setiene r1 + r2 + r3 = 0, r1r2 + r2r3 + r3r1 = −1, r1r2r3 = k. Elevando la primeraal cuadrado se obtiene que r2

1 + r22 + r2

3 + 2(r1r2 + r2r3 + r3r1) = 0. Entonces,r21 + r2

2 + r23 = 2 y como r1, r2, r3 son enteras la unica opcion es que dos de estos

cuadrados sean 1 y el otro 0. Por lo tanto k = 0, lo cual implica que las raıcessean 0, 1,−1.


1. Si se eleva la primer ecuacion al cuadrado se obtiene a2 +b2 +c2 +2(ab+bc+ca) =576 entonces ab+ bc+ ca = 183, de manera que a, b, c son las raıces del polinomiocubico P (x) = x3 − 24x2 + 183x− 440. De donde probando con divisores de 440se llega a la tripla (5, 8, 11) y sus combinaciones.

2. Solucion 1. Restando 3 en ambos lados y factorizando se tiene (b2 − 1)(a2 + b2 +3) = 2006 entonces b2 − 1 | 2006. Notese que los divisores positivos de 2006 son1, 2, 17, 34, 59, 118, 1003, 2006 pero ninguno de ellos al sumarlo 1 da un cuadradoperfecto. Si tomamos los negativos el unico que servirıa serıa el −1, es decir b = 0,

17

entonces a2 +3 = 2006, pero 2003 no es cuadrado perfecto, por lo tanto no existensoluciones enteras.

Solucion 2. Si x es entero entonces x2 ≡ 1 (mod 4) o x2 ≡ 0 (mod 4). Noteseque 2009 ≡ 1 (mod 4). Si b2 ≡ 0 (mod 4), queda que −c2 − a2 ≡ 2009 ≡ 1(mod 4) pero −c2 − a2 ≡ −2,−1 o 0 (mod 4). Y si b2 ≡ 1 (mod 4), queda que3 ≡ 2009 ≡ 1 (mod 4), lo cual es una contradiccion.

3. Notese que 3(CAF ) = 3(ABD) = 3(BCE) = (ABC), entonces (CAF )+(ABD)+(BCE) = (AEXY ) + (BZY F ) + (CXZD) + 2((AFY ) + (BDZ) + (CEX)) =(ABC). Por otro lado se tiene que 3

2(ADC) = 3

2(BEA) = 3

2(CFB) = (ABC),

entonces 12((ADC) + (BEA) + (CFB)) = (AEXY ) + (BZY F ) + (CXZD) +

12((AFY ) + (BDZ) + (CEX) + 3(XY Z)) = (ABC). Igualando ambas ecua-

ciones se y cancelando terminos semejantes se llega al resultado deseado (XY Z) =(AFY ) + (BDZ) + (CEX).


1. a) Solucion 1. Para la primera parte, notese que ab = x2, bc = y2, entonces

b | x, b | y y ab2c = x2y2, por lo tanto ac = x2y2

b2= (xy

b)2, donde b | xy,

obteniendo el objetivo.Solucion 2. Sea p un primo tal que pα ‖ a, pβ ‖ b, pθ ‖ c entonces para queab y bc sean cuadrados perfectos, α + β y β + θ deben ser par, por lo tantoα + θ es par para todo p, se concluye que ac es cuadrado perfecto

b) Si d = (a, b), entonces pmin(α,β) ‖ d, de manera que p2α ‖ d o pα+β ‖ dpara todo primo p, en ambos casos el exponente es par, por lo tanto ad escuadrado perfecto

c) Si b es amigo de a y pα ‖ a, pβ ‖ b, β, se tiene que si α es par, β es par yp0 ‖ x; y si α es impar, β es impar y p1 ‖ x, para todo primo p, por lo tantox | b.

2. El tablero se puede cubrir con rectangulos de 2 × 1. Donde quiera que juegueJairo, llega a uno de estos rectangulos y Jarold juega en la posicion que completeel rectangulo. De esta manera se asegura que Jarold siempre tiene una opcion dejuego, por lo tanto, siempre gana.

3. Como ab + bc + ca = abc, entonces 1a

+ 1b

+ 1c

= 1. Haciendo el reemplazo x =1a, y = 1

b, z = 1

c, la desigualdad queda x

1−x + y1−y + z

1−z ≥32, pero se tiene que

x+ y+ z = 1, entonces 1−x = y+ z, 1− y = z+x, 1− z = x+ y. La desigualdadtermina siendo equivalente a la desigualdad de Nesbit, x

y+z+ y

z+x+ z

x+y≥ 3

2.


1. Notese que todo multiplo de 20062 se puede escribir como 2×2×17×17×59×59×a,donde a es un entero, por lo tanto es claro que si a > 1, la suma puede disminuir

18

haciendo a = 1, de manera que el multiplo que se va a usar es exactamente 20062.observe que a+b ≤ ab si a, b ≥ 2, por lo tanto la menor suma se logra considerandola suma de los factores primos de 20062, es decir 2 + 2 + 17 + 17 + 59 + 59 = 156.

2. 6 OAD = 6 ODA = α ya que AO,DO son radios. 6 ODC = 6 OCD = β ya queDO,CO son radios.Si D esta en el arco AC en el interior de Γ2, 6 ADB = 180−α−β, ademas, comoCOAB es concıclico, 6 OAB = 180− β, entonces 6 DAB = 180− α− β.Si D esta en el arco AC exterior a Γ2, 6 ADB = α+ β, 6 OCB = 180− β, y comoAOCB es concıclico, 6 BAO = β, entonces 6 BAD = α + β.En ambos casos se llega a que el triangulo BAD es isosceles y por lo tanto AB =BD.

3. Suponga que C esta en la esquina inferior izquierda siendo (0, 0) su coorde-nada (x, y). Definamos un movimiento vertical aquel en que el miguelito semueve 4 espacios verticalmente y uno horizontalmente. Se define el movimientohorizontal analogamente. Note que para llegar a V (1, 1) el numero de movimien-tos verticales y horizontales debe ser impar, de manera que la cantidad demovimientos debe ser par. Se verifica directamente que con 2,4, y 6 movimien-tos es imposible lograrlo. Con 8 movimientos se logra de la siguiente manera:(0, 0)→ (4, 1)→ (8, 0)→ (7, 4)→ (6, 8)→ (2, 7)→ (1, 3)→ (5, 2)→ (1, 1).Se procedera a probar que la cantidad de movimientos para llegar a (17, 18)es 9. Para llegar a esta coordenada se necesita un numero par de movimientosverticales e impar numero de movimientos horizontales, siendo en total una can-tidad impar de movimientos para llegar a (17, 18). Ahora observe que el numerode cuadros para desplazarse desde (0, 0) hasta (17, 18) es 35, y cada movimiento,ya sea vertical u horizontal se mueve 5 cuadros (Entre verticales y horizontales),por lo tanto con 7 movimientos se logra un desplazamiento maximo de 35 cuadros(7 × 5) solo si todos sus movimientos son positivos (Con menos movimientos esimposible), es decir si nunca retrocede en ninguna direccion. Se tiene entoncesque si la cantidad de movimientos verticales es v y horizontales es h, se debenverificar las ecuaciones 18 = 4v + h y 17 = 4h + v. Restandolas se llega a que1 = 3(v − h), lo cual no tiene solucion en los enteros, de manera que la mınimacantidad de movimientos para alcanzar (17, 18) es 9. Se puede verificar que esexactamente 9 mediante esta serie de movimientos: (0, 0) → (4, 1) → (8, 0) →(9, 4)→ (10, 8)→ (11, 12)→ (12, 16)→ (13, 12)→ (14, 16)→ (18, 17).

Nivel Superior


1. Sea N el numero de n dıgitos cuyos dıgitos son todos iguales a 1. Es claro que N =

10n−1+10n−2+. . .+1 = 10n−19

y A = 4×(10nN+N) = 4×(10n+1)(10n−1)9

= 4×(102n−1)9

,

19

tambien 2B = 16 = 16×(10n−1)9

. Por lo tanto A+2B+4 = 4×102n−49

+ 16×10n−169

+ 369

=4×102n+16×10n+16

9= (2×10n+4

3)2 que es el cuadrado de un numero entero.

2. Sea l1 la paralela aDB que pasa por el punto medio deAC y sea l2 la paralela aACpor el punto medio de DB y sea O el punto de interseccion entre l1 y l2. Gracias aque ABCD es convexo, O se encuentra en el interior de este. se va a demostrar queO satisface las condiciones del problema. Los segmentos NK y ML son paralelose iguales a DB/2, por lo tanto 2(AKON) es el producto entre KN y la distanciaentre A y l1, que a su vez es igual a 2(CMOL). Analogamente 2(BKOL) =2(DMON). Ahora, dado que (AOK) = (BOK), (BOL) = (COL), (CMO) =(DMO) y (DNO) = (ANO), es facil concluir que (AKON) = (BLOK) =(CMOL) = (DNOM).

3. Sea ti la cantidad de aj’s iguales a i. Es claro que m = t1t2t3 + t2t3t4 + t3t4t5 +· · ·+ tg−2tg−1tg, donde g es el mayor entero de la secuencia. Luego el problema sereduce a maximizar esa suma con la condicion adicional t1 + t2 + · · ·+ tg = 2010.

Notese que al cambiar la lista t1, t2, t3, t4, t5 . . . por t2, (t1 + t4), t3, t5, . . . , el valorde m aumenta o se queda igual, pero no decrece. Entonces aplicamos ese procesohasta que solo queden cuatro terminos, ti, ti+1, ti+2, ti+3, pues en este caso yarepetir el cambio descrito no altera a m. Asumimos que ti+1, ti+2 son positivos, deotro modo m = 0, en este caso m = titi+1ti+2 + ti+1ti+2ti+3 = (ti + ti+3)ti+1ti+2.Aplicando MA-MG se obtiene

670 =2010

3=ti + ti+1 + ti+2 + ti+3

3≥ 3√

(ti + ti+3)ti+1ti+2 = 3√m

Luego m ≤ 6703 con igualdad si ti+1 = ti+2 = 670, ti = k, ti+3 = 670− k.



2. ComoAD y ED son las bisectrices de los angulos 6 BAD y 6 FEC,D es el excentrodel triangulo AFE correspondiente al vertice A y por lo tanto FD es la bisectrizdel angulo 6 BFE. Por otro lado tenemos que 6 AEF = 180◦− 6 FED− 6 DEC =

180◦ − 2(6 DEC) = 180◦ − 2(90◦ − 6 C) = 26 C y 6 BFD =6 BFE

2=6 A+6 AEF

2=

6 A2

+ 6 C. Por lo tanto 6 BDF = 180◦ − 6 B − (6 A2

+ 6 C) =6 A2

como se querıademostrar.

20

3. Sea A(m,n) el numero en cuestion. Si m ≤ n entonces A(m,n) = 1n+1

+ 1n+2

+· · ·+1

n+m≤ 1

n+1+ 1

n+1+ · · ·+ 1

n+1(nveces) = n

n+1< 1, ası que es este caso A(m,n) no

puede ser entero. Si m > n, m+n > 2n y por el postulado de Bertrand existe unnumero primo entre n y m+ n. Sea p el mayor de tales primos. Es facil observarque el numerador de A(m,n) es la suma de m− 1 multiplos de p mas un numeroque no es multiplo de p (gracias a la eleccion de este), mientras que el numeradorde A(m,n) sı es multiplo de p. Por lo tanto A(m,n) tampoco es entero en estecaso.


1. Sean a el primer termino de la progresion, d la diferencia comun y n la cantidad determinos. Claramente d es entero y la suma de los terminos de la progresion es S =na+ n(n−1)

2d = 2k, de aquı se tiene que n es un divisor de 2k+1 = n(2a+ (n−1)d).

Por lo tanto n debe ser una potencia de 2 como se querıa demostrar.

2. Para cada i = 1, 2, . . . ,m y j = 1, 2, . . . , n sea aij el numero que se encuentra enla casilla que pertenece a la fila i y a la columna j. Se llamara un movimiento alcambio de signos de los numeros de una misma fila o de una misma columna, yvamos a suponer que un movimiento solo se realiza si existe alguna fila o algunacolumna en la que sus numeros sumen negativo. El objetivo es demostrar queen alguno momento no se podran realizar mas movimientos, vamos a procederpor contradiccion. Supongase que despues de cada movimiento siempre se puederealizar otro movimiento. Claramente despues de cada movimiento la suma delos numeros en el tablero aumenta. Entonces, con nuestra suposicion la suma delos numeros en el tablero (despues de un movimiento) podrıa tomar infinitosvalores, pero esto no se puede pues la suma de los numeros en el tablero despues

de cualquier movimiento esm∑i=1

n∑j=0

bij donde bij es aij o −aij, ası que hay a lo mas

2m+n posibles valores para la suma de los numeros en el tablero , contradiccion.Se concluye que en algun momento no se podran realizar mas movimientos.

3. Es un hecho conocido (invitamos al lector a probarlo) que O esta sobre la rectaAA′, ası que para demostrar que el cuadrilatero A′ODH es concıclico basta probarque AH × AD = AA′ × AO. Sean X el punto de corte de AA′ con EF y M elpunto medio del lado AC. los triangulos AOM y AHF son semejantes gracias aque 6 MAO = 6 HAF y 6 OMA = 6 HFA, por lo tanto AM

AO= AF

AH(∗). Tambien,

los triangulos AFX y ACD son semejantes pues los angulos 6 FXA y 6 CDAson rectos y 6 AFX = 6 ACD, entonces AF

AX= AC

AD. Multiplicando esta ultima con

(∗) y recordando que ACAM

= AA′

AX= 2, se tiene que AF×AM

AX×AO = AC×AFAD×AH de donde

AD × AH = AO × AX × ACAM

= AO × AA′ como se querıa demostrar.

21


1. Sea X el pie de la altura trazada desde A al lado BC. Como 6 AXC = 90◦,AC es un diametro del circuncırculo del triangulo AXC y B′ es el centro deeste, de donde B′C = B′A = B′X y 6 B′CX = 6 B′XC = 30◦, por lo tanto6 AB′X = 180◦ − 6 B′CX − 6 B′XC = 60◦ y el triangulo AB′X es equilatero.Ademas 6 B′BC = 6 AB′B− 6 ACB = 45◦−30◦ = 15◦ = 6 BB′X y de aquı B′X =BX, por lo tanto el triangulo AXB es rectangulo e isosceles, de donde ABC =45◦.

2. Primero veremos que condiciones debe cumplir el periodo. Los ceros en la se-cuencia ocurren exactamente cada p terminos, luego el periodo deberıa ser de laforma pk. Tendrıamos aa ≡ (a+ pk)a+pk para todo a. Por el pequeno teorema defermat la anterior igualdad es equivalente a aa ≡ (a+ pk)a+k, pero expadiendo ellado derecho con el binomio de newton se obtiene (a + pk)a+k ≡ aa+k, porque elresto de terminos en la expansion son multiplos de p. Luego aa ≡ aa+k, de dondeak ≡ 1, lo que ocurre si y solo si k es multiplo de p − 1. Entonces es periodicacada p(p− 1)m, de donde el minimo periodo es p(p− 1).

3. Por el principio de casillas, Federico obtiene al menos 2 cartas de igual pinta.Sean m,n los numeros en esas dos cartas (claramente son enteros entre 1 y 13), yconsideremos las siguientes listas de enteros modulo 13: m+ 1,m+ 2,m+ 3,m+4,m+5,m+6 y n+1, n+2, n+3, n+4, n+5, n+6. Si n hace parte de la primeralista, m no hace parte de la segunda, pues n ≤ m + 6 implica n + 6 ≤ m + 12,pero necesito sumar almenos 13 para volver a m, luego no puede aparecer en lasegunda lista. Entonces sin perdida de la generalidad supongamos que n no haceparte de la primera lista. En este caso Federico le muestra a Yapi la carta con men ella. Con esto Yapi ya sabe la pinta y ya sabe que el numero no es ningunoentre m y m+ 6. Yapi enumera las cartas m+ 7 hasta m+ 12 con los numeros del1 al 6. A Federico todavıa le quedan tres cartas, entonces si ademas de el ordendado por los numeros en las cartas Federico y Yapi fijan un orden unico para laspintas, todas las cartas estan linealmente ordenadas (primer criterio es la pinta,y si son de la misma pinta desempatan con el numero en ellas).

Como a Federico le quedan 3 cartas con un orden unico, tiene 6 formas distintasde mostrarselas en orden a Yapi. Asi que previamente pueden acordar que cadauno de estos ordenes corresponde a algun unico entero entre 1 y 6, con esto elgran mago Yapi ya puede determinar cual de los 6 restantes numeros es el de lacarta guardada por Federico.


1. Vamos a proceder por induccion. El caso base es trivial. Para el paso inductivosupongamos que tenemos n ciudades y consideramos alguna ciudad k. Entre lasrestantes n − 1 por hipotesis de induccion hay una ciudad s con las condiciones

22

pedidas. En este caso las demas n − 2 ciudades forman dos grupos disyuntos Ay B, donde las ciudades de A tienen ruta directa hacia s y las de B tienen rutadirecta hacia alguna en A.

Si k tiene ruta directa hacia s o hacia alguna en A, s sigue cumpliendo las condi-ciones pedidas. Si no, s y todas las de A tienen ruta directa hacia k. En este casoes facil ver que k cumple las condiciones pedidas.

2. Si a1, a2, a3, b1, b2, b3 son reales positivos, de la desigualdad de Cauchy-Schwartzse sigue que (a1

2

b1+ a2

2

b2+ a3

2

b3)(b1 + b2 + b3) ≥ (a1 + a2 + a3)

2. Usando lo anterior

se tiene que 1c(a+b)

+ 1a(b+c)

+ 1b(c+a)

≥ 92(ab+bc+ca)

, ası que es suficiente probar que9

2(ab+bc+ca)≥ 27

2(a+b+c)2. Pero, 9

2(ab+bc+ca)≥ 27

2(a+b+c)2⇔ (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc +

ca) ⇔ 12((a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2) ≥ 0 y esto ultimo se tiene gracias a que

todo numero real al cuadrado es no negativo. Esto completa la demostracion.

3. Claramente AD es el eje radical de los dos cırculos trazados porque D es el puntomedio de la tangente comun BC, ambos pasan por E, y A, E y D son colineales.De aquı que el cuadrilatero BCNM es concıclico y entonces 6 MBC = 6 MNA.Sea ahora P el nuevo corte de NM con la circunferencia que pasa por B, E y M .Como BC es tangente a esta circunferencia en B se tiene que 6 MBC = 6 MPB,es decir 6 MPB = 6 MNA de donde PB es paralelo a AN y los triangulos MPBy MNA son homoteticos, por lo tanto M y los circuncentros de dichos triangulosson colineales, es decir, el circuncırculo de MNA es tangente al circuncırculode MPB y analogamente es tangente al circuncırculo de CEN como se querıademostrar.


1. Note que k | ak ya que (ak, a2k) = (k, 2k) = k. Ahora, si p es un primo talque p | an pero p no divide a n entonces p | (an, ap) = (n, p) = 1 que es unacontradiccion, por lo tanto si p | an entonces p | n y similarmente si p | n entoncesp | an. Sea ahora pα la maxima potencia de p que divide a n y pβ la maximapotencia de p que divide a an. Como n | an entonces α ≤ β. Ahora note quepβ | apβ y pβ | an luego pβ | (an, apβ) = (n, pβ) = pα de donde β ≤ α y se tieneentonces que α = β, es decir n = an como se querıa.

2. Sean H el ortocentro del triangulo ABC y M el punto de corte de las rectasPQ y HaHb, se probrara que QM = MP . Por el teroema de Menelao se tieneque HHa

HaQ× QM

MP× PHb

HbH= 1, ası que es suficiente probrar que HHa

HHb= HaQ

HPHb. Los

triangulos rectangulos AHbP y BHaQ son semejantes pues los angulos 6 DACy 6 DBC estan inscritos en el mismo arco, entonces AHb

BHa= PHb

QHa. Tambien, los

triangulos rectangulos son semejantes AHbH y BHaH son semejantes, por lotanto AHb

BHa= HHb

HHa, cnocluimos que HHa

HHb= HaQ

HbPy esto finaliza la prueba.

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3. Sean los colores A,B,C y D. Supongamos que para cualquier par de columnasexisten por lo menos k casillas en las que concuerdan (es decir que en la mismafila tienen el mismo color). Llamense util a un par de casillas del mismo coloren la misma casilla. Por un lado tenemos que el numero de parejas utiles es4(252

)100. Por otro lado ese numero es mınimo

(1002

)k. Luego

(252

)100 ≥ 4

(1002

)k lo

que implica que k ≤ 24, es decir que hay un par de columnas con 24 o menoscasillas que concuerdan.

Ahora solo consideremos esas dos columnas. En por lo menos 76 filas las casillasson de distinto color. Consideremos alguna de esas filas y sin perdida de general-idad supongamos que tiene la pareja de colores (A,B). Suponiendo que la pareja(C,D) nunca ocurre, sabemos, sin perdida de generalidad, que en otra casillaocurre la pareja (A,C). Nuevamente si la pareja (B,D) nunca ocurre, como haymenos de 24 filas en las que concuerdan, hay almenos fila mas con el color D,esta fila debe tener la pareja (A,D). Si (B,C) nunca ocurre, significa que todaslas filas donde son diferentes tienen solo las parejas (A,B), (A,C), (A,D) es decirque A aparece en por lo menos 76 casillas, pero A solo lo deberıa hacer en 50casillas, 25 por columna, llegando a una contradiccion. Luego es inevitable quedos filas vayan a tener los 4 colores.

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Entrenamiento Colombia 2009 (Junio)

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