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8/18/2019 2016-II-Prueba-de-Seleccion-Nacional-Soluciones.pdf

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SolucionesSegunda Prueba Selectiva Nacional 2016

Problema 1

Antonio sube una escalera de 6 escalones, subiendo uno, dos o tres peldaños a la vez en cada paso. ¿De cuántasmaneras puede Antonio subir la escalera?

Solución:

Denotemos como T k el número de maneras en las que Antonio puede subir las escaleras hasta el escal ón k. Esclaro, que para k > 3 en el paso anterior Antonio podŕıa encontrarse en el escalón k − 1, k − 2 o k − 3, siendoestas opciones excluyentes entre śı, por lo tanto, se concluye que para todo k > 3 se satisface la recurrenciaT k = T k−1 + T k−2 + T k−3. Para definir completamente los valores de los términos de esta recurrencia faltadeterminar los valores iniciales T 1, T 2, T 3, pero es inmediato verificar que

T 1 = 1

T 2 = 2

T 3 = 4

Por lo que

T 4 =4 + 2 + 1 = 7

T 5 =7 + 4 + 2 = 13

T 6 =13 + 7 + 4 = 24

Es decir, Antonio puede subir los 6 escalones de 24 maneras.

Problema 2La secuencia de números 2, 4, 8, 32, 256,... cumple que cada término, a partir del tercero es igual al producto delos dos anteriores. ¿Cuál es el d́ıgito de las unidades del término que ocupa el lugar 2016?

Solución:

Veamos el d́ıgito de las unidades de cada término hasta encontrar una secuencia:Lugar 1 → 2Lugar 2 → 4Lugar 3 → 8Lugar 4 → 2Lugar 5 → 6Lugar 6 → 2

Lugar 7 → 2Lugar 8 → 4Lugar 9 → 8Lugar 10 → 2Y aparece un ciclo desde el lugar 1 hasta el lugar 6 y como 2016 = 6 · 336 entonces el término de lugar 2016tiene el mismo dı́gito de las unidades que el del lugar 6 que es 2

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Problema 3

Sea un hexágono ABCDEF tal que las longitudes de sus lados AB, BC , CD y DE son 6, 4, 8 y 9, respec-tivamente. Si se conoce que sus ángulos internos miden todos 120o, determinar la longitud de los otros ladosEF,AF.

Solución:

Prolongamos los lados BC,ED,AF hasta que se intersectan en los puntos X, Y , Z como se muestra en la figura.

6

4

8

9

X Y

Z

A

C

E F

D

B

Obviamente tendremos que los ángulos suplementarios de los ángulos internos del hexágono miden 60o, dedonde resulta que los triángulos XAB,Y CD, ZEF son isósceles con dos ángulos de 60o, entonces todos sonequiláteros. Por tanto los ángulos internos del triángulo X Y Z son todos 60o, lo cual implica que es un triánguloequilátero.

⇒ XY = Y Z = X Z ⇒ BX + BC + CY = DY + DE + EZ

⇒ 6 + 4 + 8 = 8 + 9 + EZ ⇒ EZ = F Z = EF = 1

⇒ 18 = F Z + AF + AX = 1 + AF + 6 ⇒ AF = 11Con lo cual se concluye el problema.

Problema 4

Hallar el valor de la siguiente expresión:

20164 + 4 × 20154

20152 + 40312 −

20144 + 4 × 20154

20152 + 40292

Solución:

Sea x = 2015. La expresión en cuestión se puede reescribir como:

(x + 1)4 + 4x4

x2 + (2x + 1)2 −

(x − 1)4 + 4x4

x2 + (2x − 1)2

Expandiendo:

5x4 + 4x3 + 6x2 + 4x + 1

5x2 + 4x + 1 −

5x4 − 4x3 + 6x2 − 4x + 1

5x2 − 4x + 1 =

(x2 + 1)(5x2 + 4x + 1)

5x2 + 4x + 1 −

(x2 + 1)(5x2 − 4x + 1)

5x2 − 4x + 1

=(x2 + 1) − (x2 + 1)

= 0




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Problema 5

En el triángulo ABC , ∠CAB = 18o y ∠BC A = 24o. E es un punto sobre CA tal que ∠CE B = 60o y F es unpunto sobre AB tal que ∠AEF = 60o. ¿Cuál es la medida, en grados, de ∠BF C ?

Solución:

A

C

B

E

F

X

Como ∠F EA = 60o = ∠BE C = 60o, tenemos que ∠F EB = 60o. Por suma de ángulos internos del triánguloBE C se tiene que ∠CBE = 180o − 60o − 24o = 96o. De la misma manera, en el triángulo AEB se tiene que∠EB F = 180o − 18o − 120o = 42o.

Si X es un punto en la prolongación de CB , tenemos que ∠ABX = 180o − 96o − 42o = 42o. Por lo tanto, F Bes bisectriz del ∠EB X . Como F E es a su vez, bisectriz del ∠AEB, tenemos que F es un excentro del triánguloBE C (el opuesto al vértice C ). Luego, F C es bisectriz del ∠EC B, por lo que ∠EC F = ∠F CB = 12o y por

suma de ángulos en el triángulo F CB concluimos que ∠BF C = 180o − 12o − 138o = 30o

Problema 6

Se tienen tres enteros positivos distintos con suma S y producto P . Se sabe que S es múltiplo de cada uno de

estos tres números. Demostrar que el cociente P

S es un cuadrado perfecto.

Solución:

Denotemos por a, b, c los enteros positivos dados, entonces P = abc y S = a + b + c.Ya que a,b,c son distintos podemos asumir sin perdida de generalidad que a > b > c. Esto implica que

a > b + c

2 .

Tenemos por condiciones del problema que a | a + b + c. Esto implica que a | b + c, es decir a es un divisor deb + c.

Para cualquier divisor d de b + c hay dos opciones: d = b + c o d ≤ b + c

2 . Sin embargo, a >

b + c

2 lo que implica

que a = b + c. Entonces, a + c = b + 2c y ya que b | a + c entonces b|b + 2c. Por lo tanto b | 2c y b > c.Por el mismo argumento usado antes, tenemos que b = 2c.Se tiene entonces que a = b + c = 3c, P = (3c)(2c)(c) = 6c3 y S = a + b + c = 3c + 2c + c = 6c.

Por lo tanto, el cociente P S

= 6c3

6c = c2, que es un cuadrado perfecto.




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Problema 7

Los números 2, 8, ..., 363 − 1 están escritos en una pizarra. Se permite borrar dos números cualesquiera x y y

que están escritos en la pizarra y escribir el número xy + 1

x + y . La operacíon anterior se realiza hasta que queda

un solo número p

q escrito en la pizarra, donde dicha fracción es irreducible. Hallar todos los posibles valores de

p + q .

Solución:

La solución de este problema se basa en la siguiente observación

Si x = a

b, y =

c

d ⇒

xy + 1

x + y =

ac + bd

ad + bc.

La suma del numerador y denominador de esta última fracción será igual a ac + bd + ad + bc = (a + b)(c + d),es decir, el producto de cada suma del numerador y del denominador de cada fracción original.De esta manera, como las fracciones iniciales son

2

1, 8

1, ...,

363 − 1

1

El valor de p + q será3 · 9 · ... · 363 = 31+2+...+63 = 3

63·642 = 32016


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