1. Se resuelve un problema geométrico sobre circunferencias concéntricas usando el teorema de Pitágoras. 2. Se explica que los números equilibrados de 3 cifras aparecen de a 6 y se enumeran los 121 números equilibrados de 3 cifras. 3. Se resuelve una suma de progresiones geométricas para calcular el valor de Sn.

1. Soluciones
18º Olimpiada de Matemática
Primer y Segundo día Menores
1.- Considere la siguiente figura:
Sean:
R, el radio de la circunferencia MAYOR y
r, el radio de la circunferencia MENOR
BC = 1 AB = 2 AC = 3
OC = 3 - 1 – r
OB = 1 + r
Por Pitágoras en BCO
2 3
⇒ r= −1
3
R=r+2
2.- Sea abc un número equilibrado con c = (a + b) : 2
Los números de tres cifras iguales son equilibrados (hay 9).
Notemos que si abc es equilibrado ⇒ acb, bac, bca, cab, cba también lo son, por lo tanto los
números equilibrados de 3 cifras distintas aparecen de 6 en 6.
Si un número equilibrado tiene 2 cifras iguales necesariamente la tercera también lo es.
Construyamos números equilibrados siguiendo un orden, en primer lugar los números
equilibrados con la primera cifra 1, después aquellos que comiencen con 2….
132, 153, 174, 195
243, 264, 285
354, 375, 396
465, 486 16 x 6 = 96
576, 597
687
798
Nos queda incluir aquellos números que contengan el cero, estos aparecen de 4 en 4.
201, 402, 603, 804 4 x 4 = 16
En total tenemos 9 + 96 + 16 = 121 números equilibrados

2. 3.-
an⋅r − a1
Sn =
r −1
BA1 = 5 BA2 = 5/2 …
29 (5 + 5/2 + 5/22 + … + 5/28)
= 29 5 (1 + 1/2 + 1/22 + … + 1/28)
= 29 5 (2 (1 – 1/29))
= 210 5 (1 – 1/29)
= 210 5 – 2⋅5
= 1024⋅5 – 10
= 5120 – 10
= 5110
4.-
ab 1 1
(ABC) = = r (a − r ) + r (b − r ) + r 2
2 2 2
ab
= ab = r (a+b) ⇒ r=
a+b
1 1 1
= +
r a b
5.-Sea
Como ∠AFE = ∠AFE = 90º
⇒ Por Thales están inscritos sobre AE (diámetro de la
circunferencia)
Es evidente que ∆AEB ≅ ∆CDE
∴∠CDE = ∠EAB, pero ∠EAB = ∠EFB, por estar inscritos en
la misma cuerda.
Por transitividad ∠CDE = ∠EFB.
6.- Sea [x]= n, {x} = α además,
, Hallar C máx. Tal que ∀x :
(n + α)2 ≥ C n α (1)
Veamos que pasa con C > 4, pues para C = 4 se cumple (1)
P.D que para todo C > 4 se puede elegir n y α, tal que (1) NO se cumple.
En efecto n = 1 se puede escribir de la forma (α + 1)2 ≥C α ⇔ α2 + 2α + 1 ≥ C α
f (α) = α2 + (2 – C) α + 1 ≥ 0
f(1) = 4 – c
f(0) = 1 ∴ en (0,1] se puede elegir α tal que f (α) < 0
∴C=4