100 problemas

“Mi consejo es uno: Aférrense con todas sus fuerzas
y convicción a la educación. No desfallezcan;
estudien mucho. El futuro no lo sabemos pero,
con certeza, si nos educamos será mucho mejor”.
Sergio Fajardo
EDUCACIÓN=LIBERTAD
problemas que
todo bachiller debe
entenderyresolver

100 problemas que todo bachiller debe entender y resolver
Una publicación de la GOBERNACIÓN DE ANTIOQUIA
Primera edición: abril, 2015
Hace parte del Plan de mejoramiento de la enseñanza
y apropiación de las matemáticas en Antioquia 2012 – 2015
Sergio Fajardo Valderrama
Gobernador
Felipe Andrés Gil Barrera
Secretario de Educación
Horacio Arango Marín
Asesor Educación
Selección y solución de los 100 problemas que todo bachiller debe entender y resolver
Diseño y diagramación: Luisa Santa
Impresión: Litografía Dinámica
Medellín
DISTRIBUCIÓN GRATUITA
PROHIBIDA SU VENTA
Gobernación de Antioquia
Antioquia la más educada
www.antioquia.gov.co

tabla de Contenido
Prólogo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
100 problemas que todo bachiller debe entender y resolver . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
Aritmética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
Geometría . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
Álgebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
Teoría de conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
Estadística descriptiva y técnicas de Conteo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
Matemáticas financieras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
Trigonometría . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
Geometría Analítica e Introducción al Cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
Soluciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
Aritmética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
Geometría . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
Álgebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
Teoría de conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
Estadística descriptiva y técnicas de Conteo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
Matemáticas financieras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
Trigonometría . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
Geometría Analítica e Introducción al Cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
Referencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

100problemasquetodobachillerdebeentenderyresolver
5
PRÓLOGO
Con certeza, la emoción que más se asocia con la palabra matemáticas es proble-
ma. Para quienes amamos las matemáticas, los problemas son la esencia y alegría
de ese mundo mágico que empieza con los números y llega más allá de las fronte-
ras del infinito, en las alturas de las abstracciones más profundas que los humanos
jamás hayamos construido y conocido.
Pero la realidad es que esa alegría, dado el número de habitantes del planeta, la
compartimos muy pocas personas. Para la gran mayoría las matemáticas son difi-
cultad, obstáculo, molestia o, dicho de otra manera, un dolor de cabeza. El lío es que
este dolor dura muchos años. A veces, toda una vida.
Desde que entramos a la guardería, ya tenemos que vérnoslas con los números
y así, año tras año, en el colegio y en la gran mayoría de programas de educación
superior. Es importante aclarar que esto no se debe a la decisión caprichosa de las
autoridades educativas, confabuladas para hacerles la vida imposible a niños y ni-
ñas. La razón está en que no es exagerado afirmar que el universo se expresa en el
lenguaje de las matemáticas, y si queremos comprenderlo y transformarlo, estamos
obligados a conocer sus secretos, y por supuesto a conocer muy bien su lenguaje.
El espacio que tengo es muy reducido para extenderme en el protagonismo de las
matemáticas en la vida de las personas. Baste con decirles que las matemáticas
están por todos lados, muchas veces pasan inadvertidas, pero ahí están, y sin vaci-
lar me atrevo afirmar que si queremos ser parte de este mundo, en nuestro equipaje
debemos cargar por lo menos con una dosis mínima de conocimiento matemático.
Por eso tenemos que estudiarlas durante tantos años.
Como es de esperarse, las matemáticas suscitan numerosas y acaloradas polé-
micas. Así ocurre con los temas verdaderamente trascendentales en la vida. Pero,
polémicas aparte, nosotros en Antioquia la más educada nos hemos propuesto
hacer de este un mundo mejor y por lo tanto es lógico que mejoremos los conoci-
mientos matemáticos de nuestros estudiantes. ¿Y saben cómo vamos a hacerlo?

6
Redmatemáticaantioquia-gobernacióndeantioquia
Poniéndoles más problemas. No se alarmen, para alcanzar un conocimiento razo-
nable de matemáticas, que nos sea útil para la vida, tenemos que resolver muchos
problemas. Con muy contadas excepciones, a la mayoría de los humanos nos toca
ganarnos el pan con el sudor de la frente y aprender matemáticas dedicando mu-
chas horas a hacer problemas.
De cualquier forma, no es para asustarse. Las cosas no son tan difíciles como a
veces parecen. De hecho, estamos convencidos de que resolver problemas mate-
máticos es una actividad divertida. Esta colección de problemas es una muestra.
Trabájenlos, dedíquenles tiempo, disfrútenlos con sus amistades, en el colegio con
sus docentes, en la casa cada noche, en fin, ¡ahora los problemas son de ustedes! Si
los saben resolver, van por muy buen camino, no lo duden. Se puede.
Sergio Fajardo Valderrama
Gobernador de Antioquia

7
100 Problemas
que todo bachiller debe entender y resolver
“Las Matemáticas son como un edificio. Para que el edificio se sostenga firmemen-
te es necesario que tenga buenas bases.
Los conceptos elementales que se recogen en los textos de la Red Matemática
Antioquia son las bases que debe haber construido, con ayuda de sus maestros, un
alumno que aspire a tener un buen desempeño en Matemáticas. Se observará que
en ellos se ha tratado de describir en detalle los pasos a seguir en cada tema, ejerci-
cio o problema propuesto.
Pensamos, basados en nuestra propia experiencia, que ésta es una buena manera
de aprender Matemáticas. Volviendo a la analogía inicial, así como un muro del edifi-
cio se construye poco a poco poniendo cada uno de los ladrillos que lo componen, la
solución de un ejercicio o problema matemático es una sucesión ordenada de pasos
lógicos y coherentes.
Si en la construcción del muro faltan ladrillos o hay ladrillos mal puestos es muy
posible que el muro se derrumbe.
Si en la solución de un problema matemático los pasos están mal concatenados o
faltan pasos, probablemente la solución sea incorrecta.
Así como un deportista debe dedicar muchas horas diarias a su entrenamiento,
para poder soñar con triunfar, si queremos mejorar nuestra comprensión de las
Matemáticas es necesario repasar lo mismo muchas veces, aunque parezca monó-
tono y repetitivo, de esta forma podremos enfrentar con mayor lucidez la construc-
ción del edificio de las Matemáticas” (Sociedad Colombiana de Matemáticas).
Hemos seleccionado 100 ejercicios de Matemáticas de las áreas de Aritmética,
Geometría, Álgebra, Teoría de Conjuntos, Matemáticas Financieras, Geometría
Analítica, Trigonometría, Pre Cálculo y Estadística Descriptiva.
Estos ejercicios se han construido a partir de los problemas publicados por las
Olimpiadas del Conocimiento, por los Retos Matemáticos de la Red, en los exámenes
de admisión de diferentes universidades, en las Pruebas Saber y Pisa, y en las dife-
rentes bases de datos de las Olimpiadas de Matemáticas que circulan en internet,
como las mexicanas, españolas, venezolanas, bolivianas, etc.

8
Para trabajar los ejercicios consideramos necesario repasar o estudiar los con-
ceptos teóricos que son esenciales para conocer, comprender y desarrollar las
Matemáticas y para lograr una buena formación y desempeño en Matemáticas du-
rante el bachillerato. A continuación haremos una enumeración de estos conceptos
teóricos en las diferentes áreas de la matemática:
ARITMÉTICA
1. Losnúmerosnaturales,operaciones,propiedadesysistemas denumeración.
2. Los números enteros, operaciones, propiedades, valor absoluto de un
número.
3. Números primos, descomposición en factores primos. Teorema fundamen-
tal de la aritmética.
4. Criterios de divisibilidad, el máximo común divisor y el mínimo común
múltiplo.
5. Los números racionales, operaciones, propiedades, relaciones de orden.
6. Los números reales, propiedades, intervalos, aproximación de números
reales.
7. Proporciones, porcentajes, magnitudes, regla de tres simple y compuesta.
8. Progresiones aritméticas, geométricas, sumatorias.
GEOMETRÍA
9. Puntos, rectas y segmentos de recta.
10. Congruencia y operaciones con segmentos de recta.
11. Ángulos y clasificación de ángulos.
12. Perpendicularidad y paralelismo.
13. Ángulos formados por rectas cortadas por una secante.
14. Triángulos, clasificación de triángulos, congruencia de triángulos.
15. Rectas en el triángulo y Proporcionalidad de segmentos de recta.
16. Semejanza de triángulos.
17. Cuadriláteros, cuadriláteros especiales, polígonos, áreas, perímetro.
18. Teorema de Pitágoras.
19. La circunferencia y sus propiedades.

9
ÁLGEBRA
20. Concepto de variable: números y letras.
21. Polinomios: suma, resta, multiplicación y división de polinomios.
22. Factorización o descomposición en factores, productos y cocientes notables.
23. División sintética, teorema del residuo y teorema del factor.
24. Teorema fundamental del Álgebra, ecuaciones de primer grado o lineales.
25. Fracciones algebraicas: suma, resta, multiplicación y división.
26. Potenciación y radicación.
27. Ecuaciones de segundo grado o cuadráticas.
28. Sistema de dos ecuaciones lineales y determinantes.
TEORÍA DE CONJUNTOS
29. Definición, conjunto universal, conjunto vacío, diagramas de Venn, subcon-
juntos, inclusión y complemento de un conjunto.
30. Operaciones de unión, intersección y diferencia entre conjuntos.
31. Producto cartesiano, conjuntos infinitos, lógica proposicional.
ESTADÍSTICA DESCRIPTIVA Y COMBINATORIA
32. Población, muestra, obtención de datos y su representación gráfica.
33. Frecuencia, histograma, media, varianza y percentiles.
34. Permutaciones, combinaciones y técnicas de conteo.
MATEMÁTICAS FINANCIERAS
35. Capital presente, futuro, interés simple.
36. Interés compuesto, capitalización.
TRIGONOMETRÍA
37. Funciones trigonométricas de ángulos en posición canónica.
38. Funciones trigonométricas de números reales.
39. Identidades trigonométricas.
40. Ecuaciones trigonométricas.
41. Resolución de triángulos: ley del seno, ley del coseno.

10
GEOMETRÍA ANALÍTICA
42. Línea recta, perpendicularidad y paralelismo.
43. Circunferencia.
44. Elipse, parábola, hipérbola.
45. Vectores algebraicos.
INTRODUCCIÓN AL CÁLCULO
46. El plano cartesiano, representación de un punto en el plano.
47. Conjuntos reales, intervalos y valor absoluto.
48. Desigualdades lineales y cuadráticas.
49. Definición de n-factorial, coeficiente binomial y teorema del binomio.
50. Funciones, función biyectiva y función inversa, funciones pares e impares.
51. Función lineal, cuadrática, cúbica, polinómica y función racional.
52. Función exponencial y logarítmica.
53. Funciones trigonométricas.
54. Álgebra de funciones y composición de funciones.
55. Gráfica de las funciones en el plano cartesiano.
Al conocimiento de los conceptos básicos lo debemos acompañar de una meto-
dología para la resolución de problemas. En 1945 el matemático húngaro George
Polya, en el prefacio de un texto aún vigente titulado “How to Solve It “(Cómo plantear
y resolver problemas), nos dice:
“Un gran descubrimiento resuelve un gran problema, pero en la solución de todo
problema, hay cierto descubrimiento. El problema que se plantea puede ser modes-
to; pero, si pone a prueba la curiosidad que induce a poner en juego las facultades
inventivas, si se resuelve por medios propios, se puede experimentar el encanto del
descubrimiento y el goce del triunfo. Experiencias de este tipo, a una edad convenien-
te, pueden determinar una afición para el trabajo intelectual e imprimir una huella
imperecedera en la mente y en el carácter”.
A modo de ejemplo presentamos la solución de un problema de Matemáticas
usando la metodología de Polya.

11
Ejemplo del método para resolver problemas matemáticos según Polya
Daniel con sus ahorros compró, por cuotas, un libro de Julio Verne y lo pagó de la
siguiente manera: la primera semana abonó 3
8
de sus ahorros, la segunda semana 1
6
y canceló en la tercera semana 2.200 pesos. ¿Cuantos pesos tenía ahorrados Daniel?
Solución
Primer Paso: Leer y comprender el problema.
Para poder resolver un problema primero hay que entenderlo. Se debe leer despacio
y con mucho cuidado. Si en una primera lectura no se tiene claridad, volver a leerlo
y analizarlo con los compañeros de estudio. Seguir explorando, hasta entender las
relaciones dadas en la información proporcionada. Para ello podemos formularnos
preguntas del siguiente tipo:
¿Qué nos dice el ejercicio? ¿Qué nos solicita encontrar? ¿Cuáles son los datos y las
condiciones del problema? ¿Podemos hacer una figura, un esquema o un diagrama?
¿Podemos estimar la respuesta?
En nuestro caso lo que nos dice el problema es que Daniel va a gastar sus ahorros
comprando un libro y lo paga por cuotas en tres semanas. Nos pregunta por el valor
de los ahorros que tenía.
Y nos da la siguiente información sobre los datos y condiciones del problema.
En la primera semana utiliza 3
8
de sus ahorros para pagar el libro, en la segunda 1
6
y en la tercera semana cancela 2.200 pesos.
Con la siguiente gráfica representamos la información dada en el enunciado del
problema:
Pagos semanales
1°semana
3/8
2°semana
1/6
3°semana
2.200
Segundo paso: Elaborar un plan o definir una estrategia.
En esta fase tratamos de hallar relaciones entre los datos y el tipo de respuesta
que nos piden hallar. Se debe elaborar un plan o estrategia para hallar la respuesta
solicitada.
Debemos definir cómo denominamos los datos y las incógnitas, definir cuáles son
las operaciones que las relacionan e indicar las etapas para realizarlas.
Algunas preguntas que se pueden responder en esta fase son:
¿Conoce otro problema análogo que le ayude? ¿Puede escribir de otro modo el
enunciado?

12
¿Qué notación se va escoger para denominar los datos y las incógnitas? ¿Usó
todos los datos, condiciones? ¿Tratamos de organizar los datos en tablas o gráficos?
¿Existen diferentes alternativas de solución del problema? Pensada una estrategia
¿se puede realizar?
Denominamos con la letra x la cantidad de ahorros, en pesos, que gasta Daniel en
la compra del libro.
Pagos de la primera semana x3
8
pesos. Pagos de la segunda semana x1
6
pesos.
Pagos de la tercera semana 2.200 pesos.
El total de ahorros x es igual a la suma de los gastos durante las tres semanas y esta
información la podemos escribir como una ecuación algebraica:
= + +x
x x3
8 6
2.200
Tercer paso: Ejecutar el plan.
De acuerdo a la estrategia definida en primera instancia, realizamos las operaciones
en el orden establecido, verificando paso a paso si los resultados están correctos. Si
en la verificación encontramos errores lógicos en el planteamiento debemos redefi-
nir o buscar otras alternativas de solución. Si se encuentran errores numéricos en los
cálculos, basta hacer las correcciones debidas. Si no se tiene éxito en la primera bús-
queda de la solución es necesario volver a empezar con paciencia con la seguridad
que estos intentos son experiencias positivas para enfrentar nuevos retos.
Para resolver esta ecuación agrupamos todos los términos que contienen la incóg-
nita x en el lado derecho de la ecuación y obtenemos:
− − =x
x x3
8 6
2.200. La suma de estos fraccionarios la realizamos encontrando el mínimo
común múltiplo de 8, 6 y 1 es decir, el =mcm(8,6,1) 24. Entonces:
− −
=
x x x24 9 4
24
2.200 . Simplificando la expresión algebraica tenemos =
x11
24
2.200 y así en-
contramos el valor de la incógnita =
×
= × =x
2.200 24
11
200 24 4.800
De esta manera podemos afirmar que los ahorros que tenía Daniel eran 4.800 pesos.
Cuarto paso: Hacer la verificación.
En la verificación analizamos la solución obtenida, revisando si la respuesta es co-
rrecta y cumple con los datos y condiciones del enunciado y adicionalmente pen-
samos si podríamos usar otro plan diferente al realizado. En esta etapa podemos
también hacer una generalización del problema o formular otros nuevos a partir de
él. Para ello podemos preguntarnos:
¿La respuesta tiene sentido? ¿Cumple con las condiciones establecidas en el

13
enunciado?¿Hayotramaneradehallarlasolución?¿Hayposibilidadesdegeneralizar?
Sabiendo que =x 4.800, los pagos realizados son: En la primera semana ×
=
3 4.800
8
1.800
En la segunda ×
=
1 4.800
6
800 y en la tercera semana 2.200
Sumando + + =1.800 800 2.200 4.800.
Dejamos al lector la búsqueda de otros problemas análogos al que hemos resuelto.
En la parte final de este trabajo suministraremos toda la bibliografía usada, así
como las direcciones de internet de las bases de problemas consultadas.
Esperamos que estos problemas y sus soluciones sean una fuente de aprendiza-
je para los estudiantes y que además les permita abordar con éxito el ingreso a la
Universidad, así como tener un desempeño académico adecuado en las carreras que
hayan elegido e ingresado.
red matemÁtica antioquIa
2015

14

15

18
Aritmética
1
Resolver: − × − − + ×{31 [17 (23 20) 150÷6] 9 2}÷23
2
Hallar la respuesta de la siguiente suma de fraccionarios − + − + −
19
5
19
9
17
3
23
15
2
45
3
La familia Restrepo consumió el domingo
1
2
de una pizza y el lunes consumió
2
7
del resto de
la pizza. ¿Cuánta cantidad de pizza les falta por consumir?
4
Al realizar las operaciones propuestas con las áreas sombreadas de los tres círculos de áreas
unitarias que se muestran en la figura. ¿Cuál es el resultado?
+ -
5
Determinar el mínimo común múltiplo de 5, 8 y 10 y el máximo común divisor de 18, 45, 63.
6
Felipe, ¿puedes encontrar dos números enteros positivos p y q que cumplen la siguiente con-
dición: el máximo común divisor de p y q es 10, =mcd p q( , ) 10 y el mínimo común múltiplo de
p y q es 240, =mcm p q( , ) 240?

19
7
Daniel realiza la división
1
7
, la cual no es exacta y por ello continuó realizando la división hasta
que obtuvo 2.000 cifras después de la coma decimal. ¿Cuál es la última cifra que Daniel obtuvo?
8
Hallar todos los números enteros positivos de dos cifras
=
ab
ba
7
4
tales que: =
ab
ba
7
4
9
¿Cuánto suman los primeros 100 dígitos que aparecen después de la coma al desarrollar
1
13 ?
10
¿Cuál número de estos números 999! o 500999
es el mayor? Explicar la respuesta.
11
Cuáles son las dos últimas cifras del resultado de la suma ∑ =
=
n!n
n
1
1645
En donde = × × × × − ×n n n! 1 2 3 ..... ( 1)
12
En Cisneros, tres trapiches A, B y C producen la panela de la siguiente manera: por cada 7 kilos
de panela que produce el trapiche A, el B produce 5 y por cada 3 kilos que produce B, el trapi-
che C produce 2. En ocho horas, el trapiche A produjo 550 kilos más que el C. ¿Cuántos kilos
produjo el trapiche B en esas 8 horas?
13
En una vivienda rural hay un tanque de almacenamiento de agua potable de 2.400 litros. El tan-
que tiene dos tuberías que lo llenan en 10 y 12 horas respectivamente. La tubería de desagüe
lo puede vaciar en 20 horas. Si las tres tuberías se abren simultáneamente y luego se cierran,
cuando el tanque se llena, ¿Cuántos litros salieron por la tubería de desagüe?
14
Daniel, ¿puedes encontrar los números enteros m y n que cumplen con la siguiente ecuación:
+ + + + +
×
=
m n
1
3
1
15
1
35
1
63
...
1 23
47
?

20
Geometría
15
Determinar los lados del triángulo rectángulo del que se conocen el perímetro =p cm60 y la
altura sobre la hipotenusa =h cm12 .
b c
h
a
16
Si tomamos una hoja rectangular y la pegamos como se indica en la figura, obtenemos un
rectángulo de 3 cm por 4 cm.
4
L
3
K
Calcular las dimensiones de la hoja antes de plegarse.
17
Se tiene un tanque en forma de cono recto invertido de 3 m de altura y de 2 m de diámetro en
la parte superior. Si el tanque está parcialmente lleno de agua, con 1.8 m desde el vértice hasta
la superficie, calcule el radio de la superficie de agua.
2 m
3 m

21
18
En un hexágono DEFGHI, Daniel y sus amigos dibujaron el triángulo ABC trazando rectas per-
pendiculares a los lados del hexágono en los vértices F, D yH. Luego trazaron perpendiculares
a estas, desde los vértices E, G y I. Si el área del hexágono es de 196 cm2
, ¿Cuál es el área del
triángulo ABC?
F
GB
E
C
D
A
I H
19
Raquel dibujó un triángulo equilátero ABC, de perímetro . Daniel superpuso sobre él, otro
triángulo equilátero del mismo perímetro y con sus lados paralelos a los del triángulo ABC.
¿Cuál es el perímetro del hexágono sombreado MNPQRS?
B
P
Q
TN
M
S
R
CL
a
A
20
Un cuadrado ABCD de centro O y lado 1, gira un ángulo α en torno a O. Hallar el área común a
ambos cuadrados.
O
D
A
B
C
D'
A'
C'
B'
M P

22
21
Las alturas del triángulo ABC se cortan en el punto H. Se sabe que AB = CH. Determinar el valor
del ángulo BCA.
A
C B
C'
A'
B'
H
90
90
A
C BA'
C'
H
90
22
Dado un triángulo de vértices A, B y C, y con lados de longitud a = BC, b = AC y c = AB, llamemos
D al punto de intersección del lado AB con la bisectriz del ángulo C. Entonces mostrar que CD
es igual a:
=
×
+
CD
ab
c
a b
2 cos(
2
)
A
C
E
F
B
D
b
ca
a/2
23
Si un punto situado en el interior de un triángulo equilátero dista de los vértices 3, 4 y 5 unida-
des. ¿Cuánto mide el lado del triángulo?
C
A
P
4
5
3
B

23
24
Los lados del triángulo ABC miden =AC cm26 , =AB cm17 y =CB cm19 . Las bisectrices de los
ángulos de vértices A y B se cortan en el punto D. Por D se traza una paralela a AB que corta a
los lados AC y CB en los puntos G y H respectivamente. Calcule el perímetro del triángulo CGH.
C
HG
D
A B
25
En el rectángulo ABCD los puntos E, F, G y H son los puntos medios de los lados AB, BC, CD y
AD, respectivamente, y I es el punto medio de HG. ¿Qué fracción del área del rectángulo ABCD
tiene el triángulo EFI?
CGD
F
BEA
H
I
26
Una alfombra de 1 cm de grosor es enrollada hasta formar un cilindro de un metro de diáme-
tro. ¿Cuál es el valor mejor estimado del largo de la alfombra?

24
27
Si el paralelogramo ABCD tiene un área de 1 m2
y los puntos E y F son los puntos medios de los
lados AB y CD respectivamente, ¿Qué área tiene la región sombreada?
C F D
BA
G
E
H
I
28
Dado un triángulo cualquiera ABC y un punto P situado en el lado BC, construir una recta que
pase por P y divida el área del triángulo ABC en dos regiones de área igual.
A
Q
R
M CPB

25
Álgebra
29
Hallar un número positivo tal que su cuadrado menos el doble de dicho número es 48 y si
≠a b y ≠ −a b , ¿Cuál es el resultado que se obtiene al simplificar la expresión algebraica
+
−
− +
− +
a b
a b
a ab b
a ab b
( )
( )
( 2 )
( )
3 3
2 2
2 2
2 2
?
30
Un rectángulo tiene una altura de 3 veces la longitud de la base. Si se incrementan la base
en 3 cm y la altura en 5 cm entonces el área es de 319 cm2
. ¿Cuáles son las dimensiones del
rectángulo?
31
Dividir el polinomio − +x x5 2 13
entre− +x x5 2 13
32
Factorizar la expresión algebraica + −y y6 11 212
33
En mi calculadora una de las teclas del 1 al 9 funciona mal: al apretarla aparece en pantalla un
dígito entre 1 y 9 que no es el que corresponde. Cuando traté de escribir el número 987654321,
apareció en la pantalla un número divisible por 11 y que deja resto 3 al dividirlo por 9. ¿Cuál es
la tecla descompuesta? ¿Cuál es el número que apareció en la pantalla?
34
Daniel, Anita y Teo deben entregar impresas las 4.200 tarjetas de navidad que diseñaron en su
taller. En la primera semana imprimieron 50 tarjetas diarias y a partir de la segunda semana,
aumentaron la impresión en 100 tarjetas por semana. Si empezaron un lunes y no trabajaron
los domingos, ¿cuántos días se demoraron en entregar todas las tarjetas?

26
35
Paola, Teo y Daniel escuchan el número 13 y uno de ellos le suma 1 y dice 14, otro le suma 2
a este número y dice 16 y el último le suma a este número 3 y dice 19, como le toca el turno
al primero este suma 1 y dice 20 y así siguen contando. A Teo se le escucha decir 61, a Daniel
40 y a Anita el 602. ¿Cuál de los tres dice 2.006?
36
Hallar las cuatro últimas cifras de 32.004
37
En el colegio de Daniel tienen tres tarros de pintura blanca para pintar el salón de clase. Anita
vierte
1
3
del primer tarro en el segundo. En seguida, Felipe vierte
1
4
del contenido del segundo
tarro en el tercero y por último Mateo vierte
1
10
del tercer tarro en el primero. Al final cada tarro
quedó con 9 galones de pintura. ¿Qué cantidad de pintura había inicialmente en cada tarro?
38
Si un número positivo x verifica la relación + =x
x
1
72
2
. Entonces cual es el valor entero de +x
x
15
5
39
Usando los productos notables, simplificar la expresión + + + +
+ +
x x x y xy y
x x y
3 36 3 2 2 3
2
40
Si p es un número real y las raíces de la ecuación + − + =x px px2 10 03 2
están en progresión arit-
mética, determinar dichas raíces.
41
¿Cuántos números, comprendidos entre 1.000 y 9.999, verifican que la suma de sus cuatro dígitos
es mayor o igual que el producto de los mismos? ¿Para cuántos de ellos se verifica la igualdad?
42
Hallar todos los números naturales de 4 cifras, escritos en base 10, que sean iguales al cubo
de la suma de sus cifras.

27
43
Racionalicemos el denominador de la expresión
−
−
x y
x y
2( )
Y además racionalicemos el numerador
− +
+
x x h
h x x h
44
¿Cuál es el resultado de la operación + +log 8 log 27 log 642 3 4 ?
45
Dado el polinomio = + + +p x x Bx Cx D( ) 3 2
, probar que si el cuadrado de una de sus raíces es igual
al producto de las otras dos, entonces B3
D=C3
46
Calcular los números p y q tales que las raíces de la ecuación + + =x px q 02
, sean D y 1-D, siendo
D el discriminante de esa ecuación de segundo grado.
47
Resuelva el siguiente sistema de ecuaciones:
+ =
− =x y
x y
3 5 2 (1)
4 2 9 (2)
⎧
⎨
⎩

28
Teoría de
Conjuntos
48
Tenemos los conjuntos de números enteros A 1,3,4,8{ }= , B 3,4,5,6{ }= , C 1,0,2,5{ }= − , ¿Cuál es el
resultado de la operación A B C∩ ∪ ?
49
¿Qué operaciones entre los conjuntos A, B y C representa la región no sombreada de la
siguiente gráfica?
A B
CU
50
En un colegio del departamento de Antioquia se hizo una encuesta a 100 estudiantes sobre
las preferencias con respecto a las asignaturas de matemáticas y de biología. Al analizar los
datos que entrega la encuesta se encuentra que las personas que le gustan las dos asignatu-
ras son el triple de los que les gustan solo las matemáticas, el doble de los que les gusta solo
la biología y cuatro veces el número de los que no les gustan estas dos materias. ¿A cuántos
estudiantes les agradan las materias de matemáticas?
51
En un municipio de Antioquia al 60% de los jóvenes les gusta el equipo Barcelona, al 50% les
gusta el Nacional y al 40% de los que les gusta el Nacional también les gusta el Barcelona.
¿Qué porcentaje de los jóvenes no les gusta ninguno de estos dos equipos?

29
52
Felipe da a cada uno de los libros de la biblioteca de su colegio una clave de tres letras utili-
zando el orden alfabético: AAA, AAB, AAC,... AAZ, ABA, ABB, etc. Considerando un alfabeto de
26 letras y que en la biblioteca hay 2203 libros ¿Cuál fue el último código que Felipe utilizó en
la colección de libros de la biblioteca?
53
La mitad de los estudiantes que termina el grado 11 en un colegio, han decidido presentar-
se al examen de admisión de la carrera de Bioingeniería,
8
13
se presentaran a Sistemas y
2
7
quieren presentarse a las dos carreras mencionadas. Si el resto de los estudiantes, que son
31, aún no han escogido a qué carrera presentarse, ¿cuál es el número de estudiantes que
termina el grado 11?

30
EstadísticaDescriptiva y Técnicas de Conteo
54
puntos. Paola tiene una media de 60 puntos en cuatro exámenes. En el quinto examen sacó
80 puntos. ¿Cuál es la media de las notas de Paola en matemáticas en los cinco exámenes?
55
¿Cuál es la probabilidad de que al tirar 2 dados, el resultado sea un número primo?
56
¿De cuántas formas se puede elegir un comité de 3 personas de un grupo de 20? ¿Y de cuán-
tas maneras, si uno debe ser el presidente, otro el vicepresidente y el tercero el secretario?
57
¿Cuántas iniciales diferentes podemos hacer con dos o tres letras del alfabeto? ¿Cuántas
con iniciales de dos o tres letras?
58
En el colegio de Daniel la razón del número de mujeres al número de hombres es de 11 a 9. Si
la edad promedio (media aritmética) de las mujeres es 16 y la edad promedio de los hombres
es 18. ¿Cuál es la edad promedio del colegio?
59
En una reunión hay 201 personas de 5 nacionalidades diferentes. Se sabe que, en cada grupo
de 6, al menos dos tienen la misma edad. Demostrar que hay al menos 5 personas del mismo
país, de la misma edad y del mismo sexo.

31
60
En cuántos partidos de un torneo de fútbol con 32 equipos participantes, como en el mundial
2014, se pueden encontrar en las alineaciones iniciales, dos jugadores que hayan nacido el
mismo día.
61
En un equipo de fútbol tenemos 11 jugadores, cuyas camisetas están numeradas del 1 al 11.
Elegimos al azar 6 de ellos. ¿Cuál es la probabilidad de que la suma de los números de sus
camisetas sea impar?
62
¿Cuál es la probabilidad de que al lanzar una moneda dos veces salga al menos una cara?
63
¿Cuántos números de tres cifras se pueden formar con los dígitos 0, 1, 2, 3, si el último núme-
ro debe ser cero y un número dígito no se puede repetir al formar cada número?
64
Si con los dígitos 1, 2, 3, 4 formamos números de dos dígitos diferentes y luego selecciona-
mos al azar uno de estos números, ¿cuál es la probabilidad de sacar un número impar?
65
En la siguiente tabla se muestran las calificaciones de matemáticas de un grupo de 7 estu-
diantes. ¿Cuál es el valor de la media de estas calificaciones?
Estudiante Juan Andrés Felipe Santiago Matías Jacobo Lucas
Calificación 4,5 3,5 4,2 4,3 3,8 3,7 4
66
Anita reparte al azar tres invitaciones a su cumpleaños entre tres amigos. ¿Cuál es la proba-
bilidad de que al menos una de las invitaciones llegue a su destino correcto?

32
67
Anita coloca tres balotas marcadas con los números 1, 2, 3 en una bolsa. Se saca una balota
y se anota el número y ella se devuelve a la bolsa. Este proceso se repite otras dos veces. Si
todas las balotas tienen la misma posibilidad de ser extraídas cada vez, y si la suma de los
tres números anotados es 6, ¿cuál es la probabilidad de que se haya sacado la balota marca-
da con el número 2 en las tres ocasiones?

33
Matemáticas
Financieras
68
Felipe le presta $800.000 a Daniel para organizar su taller y le pone como condición que a los
cuatro meses le devuelva la suma de $960.000. En esta transacción ¿Cuál es la tasa de interés
simple mensual que cobra Felipe?
69
Un banco otorga al padre de Anita un préstamo de $1.200.000 a 6 meses y a una tasa de
interés simple del 24% anual. ¿Qué interés i mensual paga el papá de Anita y cuál es el valor
futuro F ?
70
Una cooperativa de ahorro, otorga al propietario de un café internet un préstamo de $5.000.000
durante 8 meses. Si al final de lo pactado, la persona ha pagado $6.600.000, ¿cuánto dinero
pagó en intereses y cuál es la tasa de interés simple mensual?
71
Daniel deposita $1.000.000 en una corporación financiera, ella le paga por el depósito, un di-
nero por el cual le reconoce una tasa de interés del 24% anual con capitalización trimestral.
¿Cuál será el valor ahorrado al final de un año, con interés compuesto y con interés simple?
72
Para dentro de un año, la mamá de Teo necesita $1.800.000 para pagar su matrícula. Si la
corporación le ofrece 20% anual con capitalización trimestral. ¿Cuánto deberá depositar hoy
para conseguir el valor de la matrícula de Teo?
73
Si un banco presta dinero al 2% mensual ¿En cuánto tiempo duplica su capital?

34
74
Una entidad financiera ofrece, que por cualquier cantidad de dinero que un ciudadano deposi-
te en sus oficinas, le entregará el doble del depósito al cabo de 36 meses. ¿Cuál es el interés
que está pagando?

35
Trigonometría
75
t t t tcos( )(tan( ) cot( )) csc( )+ =
76
Encuentre la solución de la ecuación trigonométrica: t t2cos( ) cos( ) 1 02
+ − = , para t0 2π≤ ≤ .
77
¿Si en un triángulo ABC conocemos dos lados b, c y su área A
b c2
5
=
× ×
cómo calculamos el
tercer lado a ?
A
a
b c
α
B
C
78
un ángulo con a = 5, b = 5 y 30α = ° . Resuelva los triángulos.
A
c
ab
α β
Υ
B
C
79
Resuelva la siguiente ecuación trigonométrica: x xcos5 cos7 0− =

36
80
La ecuación cuadrática x ax b 02
− + = tiene como raíces tan( )∝ y tan( )β . Por otro lado, la
ecuación cuadrática x cx d 02
− + = tiene a cot( )∝ y a t(co )β como sus dos raíces. ¿Cuál es
el valor de c d× ?
81
Realizar las operaciones necesarias para mostrar que la expresión
senx sen x sen x
x x x
(3 ) (5 )
cos cos(3 ) cos(5 )
+ +
+ +
Es igual a xtan(3 )
82
Exprese
sen x x( )
2
3cos( )
2
+ en la forma k x φcos( )+

37
Geometría Analítica e
Introducción al Cálculo
83
Exprese en términos de desigualdades los siguientes intervalos y representarlos gráficamente:
a) 3,8[ ]−
b) 5,12[ ]
c) ,2](−∞
84
Hallar los intervalos que corresponden a las siguientes operaciones:
a) 5,9 3,6[ ] ( )∪ 
b) ( )5,9 3,6[ ]∩
85
Resuelva las siguientes desigualdades lineales.
a) x x6 2 9− ≤ +
b) x1
2
4 3
5
<
1
4
− ≤
−
86
Simplifique las siguientes expresiones, dando la respuesta sólo con exponentes positivos:
a) a b a b4 54 3 2 2 5
( ) ( )
b) 






−
xy
x z
x z
y
3
2 3
2
1 2
2 2 2
2
87
Realice las operaciones indicadas y simpliﬁque:
i. x x
x
x
x
12
9
3
4
2
2
− −
−
×
+
−
ii.
y
y y
y y
y y
4 9
2 9 18
2 3
5 6
2
2
2
2
−
+ −
÷
+ −
+ −
iii. x x
x
x x
x x
2 3 2
1
2 5 2
2
2
2
2
2
− −
−
+ +
+ −

38
88
Halle la ecuación de la recta que pasa por el punto C(3,2) y es perpendicular a la recta que
pasa por los puntos A(1,1) y B(5,-1).
2
A
B
C
1
-1
0
0 1 2 3 4 5
89
La recta L1
tiene por ecuación y x4 3= − y la recta L2
es simétrica a la recta L1
con respecto al
eje x. ¿Cuál es la ecuación de la recta L2
?
L2
L1
o
90
Trazar la gráfica de f x x( ) 2= +
91
Encontrar el dominio y el rango de la función f definida por f x x( ) 42
= +
92
Dadas las funciones f y g definidas por f x x( )= y g x x( ) 52
= − calcular la función compuesta
de f con g, (gof)(x) y hallar su dominio y rango.
93
Determinar el dominio y el rango de la función f x x( ) 7 3 6= + −

39
94
Una calculadora tiene dos teclas especiales A y B. La tecla A transforma el número x que esté
en la pantalla en . La tecla B transforma el número x que esté en la pantalla en 1–x. Camilo
comenzó a pulsar las teclas A, B, A, B,. . . en forma alternada. Luego de realizar 848 pulsacio-
nes, en la pantalla quedó el número 0.8 ¿Qué número estaba inicialmente en la pantalla?
95
Encuentre la ecuación de la circunferencia que tiene centro en (–4,2) y radio 2.Grafique esta
circunferencia.
96
Muestre que la ecuación x y x y
1
2
2
1
16
02 2
+ + + + = representa una circunferencia y determine el
centro y el radio de esta circunferencia.
97
Una elipse tiene focos en los puntos (2,2) y (10,2). Suponga que uno de los vértices de la elipse
se encuentra en el punto (0,2). Halle la ecuación de la elipse, el otro vértice y trace su gráfica.
98
a) Escriba la ecuación de la parábola que tiene vértice en (–1,3) y cuyo foco está en (–1,2).
b) Escriba la ecuación de la parábola que tiene vértice en (3,0) y cuyo foco está en (1,0).
99
Halle la ecuación de la hipérbola con focos en los puntos (–8,0) y (8,0)y que pasa por el punto (2,0).
100
El cable de suspensión de un puente colgante tiene forma de parábola, cuando el peso está
uniformemente distribuido horizontalmente. La distancia entre las dos torres es de 150 me-
tros, los puntos de soporte del cable en las dos torres están a 22 metros sobre la carretera y
el punto más bajo del cable está a 7 metros por encima de la carretera. Calcule la distancia
vertical del cable a un punto sobre carretera, situado a 15 metros del pie de una torre.
B C
-50 50
(75,0)(-75,0)
(0,7)
0
0

42
Aritmética
1 Solución
Iniciamos realizando la operación que tenemos dentro del paréntesis:
= {31 – [17 x (3) – 150 ÷ 6] + 9 x 2} ÷ 23
Luego, destruimos los paréntesis:
= {31 – [17 x 3 – 150 ÷ 6] + 9 x 2} ÷ 23
Pasamos ahora a efectuar las operaciones que hay dentro de los corchetes, respetando el
orden de las mismas:
= {31 – [51 – 25] + 9 x 2} ÷ 23
= {31 – [26] + 9 x 2} ÷ 23
Enseguida, eliminamos los corchetes:
= {31 – 26 + 9 x 2} ÷ 23
Luego resolvemos, una por una, las operaciones que tenemos dentro de las llaves:
= {31 – 26 + 18} ÷ 23
= {5 + 18} ÷ 23
= {23} ÷ 23
Destruimos las llaves y después realizamos la operación que quedó:
= 23 ÷ 23
= 1
2 Solución
El mínimo común múltiplo de los denominadores es mcm (5, 9, 3, 15, 45) = 45.
Entonces la expresión dada la podemos escribir como:
− + − + − = −
×
×
+
×
×
−
×
×
+
×
×
− =
− + − + −
=
−
= −
19
5
19
9
17
3
23
15
2
45
19 9
5 9
19 5
9 5
17 15
3 15
23 3
5 3
2
45
171 95 255 69 2
45
264
45
88
15

43
3 Solución
El domingo la familia consumió
1
2
y por tanto les falta por consumir 1
2
de la pizza. El lunes
consumieron
2
7
de la
1
2
pizza, es decir consumieron
2
14
de
7
14
. Entonces lo que falta por con-
sumir de la pizza es:
− − =
14
14
7
14
2
14
5
14
4 Solución
que nos piden efectuar es: + −
4
10
4
7
2
5
El mínimo común múltiplo de los denominadores es =mcm(10,7,5) 70. Entonces:
+ − =
× + × − ×
=
+ −
= =
4
10
4
7
2
5
4 7 4 10 2 14
70
28 40 28
70
40
70
4
7
5 Solución
Primero hallemos el mínimo común múltiplo de 5, 8 ,10 que denotamos con mcm (5, 8,10)
Generamos los conjuntos de múltiplos de 5, de 8 y de 10:
M5 = { 0,5,10,15,20,25,30,35,40,45,50,55,60,65,70,75,80,85,90,... }
M8 = { 0,8,16,24,32,40,48,56,64,72,80,88,96,104,… }
M10 = { 0,10,20,30,40,50,60,70,80,90,100,… }
-
nes (sin considerar el cero):
Múltiplos comunes = {40,80,…}
Por último, escogemos el menor número del listado anterior, es decir 40. Concluimos así que
el mínimo común múltiplo de 5, 8 y 10 es 40, lo cual se expresa como: =mcm(5,8,10) 40
Ahora calculemos el máximo común divisor de 18, 45, 63 o sea =mcd(18,45,63) ?
Inicialmente generamos los conjuntos de divisores de 18, de 45 y de 63:
D18 = {1, 2, 3, 6, 9, 18}
D45 = {1, 3, 5, 9, 15,45}
D63 = {1, 3, 7, 9, 21, 63}

44
Enseguida identificamos los números que se repiten en los tres conjuntos o elementos
comunes:
Divisores comunes { }= 1,3,9 . Finalmente, escogemos el mayor número del listado anterior, es
decir 9.
Concluimos así que el máximo común divisor de 18, 45 y 63 es 9, lo cual simbólicamente se
expresa como: =mcd(18,45,63) 9
6 Solución
Si =mcd p q( , ) 10 tenemos que = ×mcd p q( , ) 2 5 y entonces 2 y 5 son factores comunes de p y q
con el menor exponente. De otro lado como = = × ×mcm p q( , ) 240 2 5 34
y estos son los factores
comunes y no comunes de p y q con el mayor exponente.
Si dividimos:
=
× ×
×
= × =
mcm p q
mcd p q
( , )
( , )
2 5 3
2 5
2 3 24
4
3
Obtenemos el producto de los factores no comunes de p y q.
Entonces = × × =p 2 5 3 30 y = × × =q 2 5 8 80. También satisfacen la condición =p 80 y =q 30
7 Solución
Al obtener algunos términos realizando la división se puede constatar que se obtiene un nú-
mero periódico, cuyo periodo es 6, =
1
7
0,142857142857...
Entonces como 2000=333×6+2, concluimos que el último número que Daniel obtuvo es 4.
8 Solución
Como la fracción simplificada es = = = = = = = = = = =
7
4
14
8
21
12
28
16
35
20
42
24
49
28
56
32
63
36
70
40
77
44
84
48
, investiguemos los múltiplos de numerador y denomina-
dor y entonces veamos cuáles cumplen la condición:
= = = = = = = = = = =
7
4
14
8
21
12
28
16
35
20
42
24
49
28
56
32
63
36
70
40
77
44
84
48
Como se puede comprobar, los números que cumplen son cuatro: 21, 42, 63, 84.

45
9 Solución
Observemos que:
=
1
13
0,076923076923076923076923076923076923
Como los racionales son periódicos se observa que los dígitos periódicos son: 076923 y esos
6 dígitos se repiten después de la coma decimal indefinidamente formando en los 100 prime-
ros dígitos =
100
6
16,6 grupos. Cuando se está en el grupo 16 tenemos 16x6 = 96 dígitos y para
llegar a 100 nos faltan 4 dígitos
Entonces la suma es = + + + + + + + + + =S 16(0 7 6 9 2 3) 0 7 6 9 454
10 Solución
Sea =A 999! y =B 500999
Veamos cómo es
A
B
=
−
×
−
×
+
×
+
= −









 × −









 × −









 × −









 × −










A
B
A
B
(500 499)
500
(500 498)
500
.....
(500 498)
500
(500 499)
500
1
499
500
1
498
500
1
497
500
.......... 1
2
500
1
1
500
2 2 2 2 2
Cada factor de este último producto es . Por tanto <
A
B
1 y así <A B
11 Solución
Cuando hacemos la suma después de los 9 primeros términos tenemos que, después del
décimo factorial n!, ellos tienen mínimo dos veces el número dos y dos veces el cinco, lo que
produce dos ceros al final, haciendo que estos términos no influyan en las últimas dos cifras
de la suma, por eso solo sumamos los primeros nueve factoriales y así obtenemos:
+ + + + + + + + = + + + + + + + + =1! 2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9! 1 2 6 24 120 720 5.040 40.320 362.880 409.113
Es decir las dos últimas cifras de la suma ∑ =
=
n!n
n
1
1645
son 1 y 3.

46
12 Solución
Llamemos x a los kilos de panela que produce el trapiche B en ocho horas. Como por cada
5 kilos de panela que produce B, A produce 7 entonces cuando B produce x, A produce
x7
5
.
También podemos afirmar que C produce
x2
3
. Ahora bien como A produce 550 kilos más que
C, podemos escribir la ecuación = +
x x7
5
2
3
550. Esta ecuación es equivalente a − =
x x7
5
2
3
550
Y ella es igual a =
x11
15
550. Por lo tanto = × =x
15
11
550 750
El trapiche B produce 750 kilos, el trapiche A produce
×
=
7 750
5
1.050 kilos y el trapiche C produce
×
=
2 750
3
500. Resultados que cumplen con las condiciones del problema.
13 Solución
Para el tanque de 2.400 litros de capacidad, empecemos calculando la cantidad de litros de
agua que pasan por cada una de las tres tuberías.
Por la tubería que llena el tanque en 10 horas pasan
l
h
240
, por la otra pasan
l
h
200
y por el
desagüe pasan
l
h
120
. En una hora por las tres tuberías pasan ( )+ −
=
l
h
l
h
240 200 120
320 .
Con esta cantidad podemos calcular el número x de horas que se demora el tanque para lle-
narse, cuando las tres tuberías están abiertas = =x h horas
2.400
320
7.5 . Como por el desagüe salen
120 litros por hora en 7.5 horas salen 900 litros.
Verifiquemos: En 7.5 horas entran × + × =240 7.5 200 7.5 3.300 y salen 900 litros es decir el tan-
que se llena.
14 Solución
En primer lugar recordemos que − = −
×m n
n m
m n
1 1
. De acuerdo a esta ecuación podemos, por
ejemplo, escribir:
( )
=
×
=
−
× ×
= × −




1
15
1
3 5
5 3
2 3 5
1
2
1
3
1
5
,
( )
=
×
=
−
× ×
1
35
1
5 7
7 5
2 5 7
Entonces la suma de fraccionarios del enunciado la podemos escribir de la siguiente manera:
+ + + + +
×
= × −



 + × −



 + × −



 + + × −




+ + + + +
×
=
m n m n
m n
S
1
3
1
15
1
35
1
63
...
1 1
2
1
1
3
1
2
1
3
1
5
1
2
1
5
1
7
...
1
2
1 1
1
3
1
15
1
35
1
63
...
1
Como los divisores de los números fraccionarios son 1⨯3, 3⨯5, 5⨯7, 7⨯9,......., m⨯n tenemos
que n–m=2 y al sacar el factor común
1
2
, en la sumatoria anterior se cancelan todos los térmi-
nos, excepto el primero 1 y el último
n
. Entonces la suma es × −



 = =
n
S
1
2
1
1 23
47
Entonces tenemos que
−
=
×n
n
1 2 23
47
y así =n 47 y = − =m 47 2 45

47
Geometría
15 Solución
b c
h
a
El área del triángulo es: =
bc ah
2 2 y por ello =bc ah (1)
Por ser = + +p a b c , se tiene + = −b c p a , luego ( ) ( )+ = −b c 2 2
p a , y de aquí, utilizando el Teorema
de Pitágoras tenemos que = +a b2 2 2
c , obtenemos 2 2= −bc p pa2
. Ahora utilizamos la relación
(1) y se tiene: −ah p pa2 = 22
.
Finalmente, podemos calcular a como:
( )+
a
p
h p
=
2
2
(2)
Como ya es conocido a, y teniendo en cuenta las relaciones: + = −b c p a y =bc ah , podemos
calcular b y c como las soluciones de la ecuación ( )− + + =x b c x bc 02
Es decir las soluciones de ( )− − + =x p a x ah 02
En nuestro caso = =a
3600
144
25, + = − = − =b c p a 60 25 35, = × =bc 25 12 300
La ecuación es − + =x x35 300 02
y sus soluciones son =b 20 y =c 15. Luego los lados del
triángulo son =a 25, =b 20 y =c 15.

48
16 Solución
Desdoblamos el rectángulo, reflejando los puntos K y L en los lados y obtenemos un rectán-
gulo de lados 2a y b+c como se ilustra en la gráfica siguiente:
4
3
a
a
a
a
c
c
b
a
ac
b b
y entonces podemos escribir:
2 2
(1)
(2)
(3)( )
+ =
+ =
+ = +
a c
a b
b c
4
3
4 3
2 2 2
2 2 2
2
Restando las ecuaciones (1) y (2) tenemos
(4)
(5)( )
− = − =
+ = + = + =
c b
b c
16 9 7
4 3 16 9 25
2 2
2 2 2
La ecuación (5) puede escribirse como ( )+ − =b c 5 0
2 2
y factorizando se tiene ( )+ + =b c 5 0 y
b c+ − =5 0 . Descartamos + + =b c 5 0 pues a y c son positivos y entonces tenemos el sistema:
− =c b 72 2
y + =b c 5 y resolviendo encontramos que =b
9
5
, =c
16
5
y en la ecuación (2) encontra-
mos =a
12
5
. Con estos valores las dimensiones de la hoja rectangular son =a2
24
5
y + = =b c
25
5
5.
17 Solución
El tanque, visto de frente, tiene la forma de un triángulo isósceles, con su ángulo vértice en la
parte inferior y la base en la parte superior. Tracemos la altura de éste y empleemos la nomen-
clatura que se muestra en la siguiente figura:
F
CB
D
G
E
A

49
Los datos del problema, con la notación de la figura, son los siguientes: =BC 2 m , =AF 3 m ,
=AG 1.8 m .
Como los segmentos FC y GE son paralelos, entonces por el Teorema de Thales tenemos que
los triángulos AFC y AGE son semejantes. Luego, se cumple que:
=
AG
AF
GE
FC
o equivalentemente que:
=
×
=
×
=GE
FC AG
AF
m
1 1.8
3
0.6
Ahora, como el triángulo ABC es isósceles y el segmento =AF 3 mes altura, entonces =AF 3 mtambién
es mediatriz y así los segmentos BF y FC son congruentes. Por lo tanto,
≅ = × =FC BC m
1
2
1
2
2 1
Reemplazando todos los valores, tenemos:
=
×
=
×
=GE
FC AG
AF
m
1 1.8
3
0.6
Por lo tanto, el radio de la superﬁcie de agua es 0.6 m.
18 Solución
Los triángulos ACD, CBF, ABH y ABC son triángulos equiláteros de igual área porque sus lados
son iguales. De otro lado los triángulos DEF, FGH y DHI son triángulos isósceles iguales porque
dos de sus lados son los lados del hexágono y los ángulos de la base son de 30° grados cada
uno. Uno de estos triángulos tiene igual área que uno de los 6 triángulos con vértice común en
el centro del hexágono, porque este triángulo equilátero está formado por triángulos iguales
a los que forman el triángulo DEF. Por ello y como ellos son tres, tienen una área igual a la
mitad del área del hexágono. La otra mitad del área es igual al área de los cuatro triángulos
equiláteros ADC, BCF, BAH y ABC. De este modo el área del triángulo equilátero ABC es igual a
la mitad del área del hexágono dividida por 4.
Por tanto el área del triángulo ABC es igual a 98
. cm4 24 5 2=

50
19 Solución
Como el perímetro es 3a y el triángulo es equilátero, su lado es a. Veamos ahora cuál es el
valor del perímetro P del hexágono MNPQRS. Para ello tenemos que:
= + + + + +P MN NP PQ QR RS MS
Por ser los lados paralelos =MN AN y =PQ PB entonces:
= + + + + +P AN NP PB QR RS MS
Y por otro lado =MS LS y =QR RT . Por tanto:
= + + + + + = + = ×P AN P PB RT RS LS a a a2N
El perímetro del hexágono es igual a la longitud de dos lados del triángulo equilátero ABC.
20 Solución
Por la simetría bastará considerar α< < °0 90 , ya que la función es periódica con periodo de un
cuarto de vuelta.
El área pedida α( )S se obtiene restando del área del cuadrado cuatro triángulos como el PA’M.
Llamando x al cateto PA’ e y al cateto A’M, el área de cuatro triángulos vale 2xy. Como el lado
B’A’ vale 1, tenemos: (1)+ = − +x y x y1 2 2
La relación elevada al cuadrado y simplificada queda: 2 2
= − +xy x y2 1 2 (2)
Pero α( )= + ×x x y cos2 2
, α( )= + ×y x y sen2 2
y sustituyendo en (1) resulta:
α α
α α
( )( ) ( )
( ) ( )
+ × + + =
+ =
+ +
x y sen
x y
sen
1 cos 1
1
1 cos
2 2
2 2
Sustituyendo en (2) y operando obtenemos:
α α
α α
α α( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
=
+ +
=
+ −
+ +sen
sen
sen
2
1 cos
cos 1
cos 1
xy2 1−
Finalmente para el área pedida obtenemos:
α
α α
α α α α
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
= −
+ −
+ +
=
+ +
S
sen
sen sen
1
cos 1
cos 1
2
cos 1
Con α< < °0 90
O
D
A
B
C
D'
A'
C'
B'
M P

51
21 Solución
Si el ángulo C <90°.
Llamaremos A’ al punto en que la altura de A corta al lado BC del triángulo ABC, y C’ al punto
donde la altura de C corta al lado AB del triángulo ABC.
El ángulo ∠CHA’ es igual al ángulo ∠AHC’. En el triángulo CA’H, el ángulo ∠CA’H es recto, por
tanto el ángulo ∠HCA’ es 90° – α. En el triángulo AHC’ el ángulo ∠HC’A es recto, por tanto el
ángulo ∠HAC’ es 90° – α.
El ángulo ∠HAC’ es igual al ángulo ∠A’AB del triángulo A’AB que es rectángulo por tanto el
ángulo ∠A’BA es α.
De aquí concluimos que los triángulos CHA’ y A’AB son semejantes, y como CH = AB, son
triángulos iguales de donde obtenemos que AA’ = CA’, por tanto el valor de tan C=1, y C = 45°.
A
C B
C'
A'
B'
H
90
90
A
C BA'
C'
H
90
Ángulo C >90°.
Procediendo de modo análogo el ángulo ∠A’CH es igual al ángulo ∠C’CB. En el triángulo C’CB
el ángulo ∠CA’H es recto, por tanto el ángulo ∠A’HC es 90° − α y en el triángulo CC’B el ángulo
∠CC’B es recto y por tanto ∠C’BC es 90° – α . El triángulo AA’B es rectángulo en A’ y por ello ∠BAA’
es α.
Entonces los triángulos AA’B y A’CH son semejantes y tienen la hipotenusa igual, luego son
iguales y deducimos AA’ = A’C, entonces la tangente de C vale –1 y C = 135°.
Finalmente, si fuese C = 90°, C coincide con H y CH = 0. Como AB ≠ 0, este valor de C no es
válido.

52
22 Solución A
C
E
F
B
D
b
ca
a/2
A partir del vértice B trazamos una paralela a la bisectriz CD y prolongamos el lado AC hasta
obtener el punto E.
Y, también, CF perpendicular a BE. Así, CB = CE = a
Por ángulos alternos-internos, en el triángulo BCF tenemos: cos = =
c FB
a
EB
a2 2
Los triángulos ACD y AEB son semejantes: =
AC
AE
CD
EB
=
×
=
×




+
CD
AC EB
AE
ab
C
a b
2 cos
2
23 Solución
C
G
F
A
P4
5
3
B
Para encontrar la solución construyamos el triángulo equilátero PBF y tracemos la recta AG
que es perpendicular a la prolongación de la recta PB desde el punto A. El ángulo PBC es igual
al ángulo ABF, el lado PB igual al lado BF por la construcción y el lado AB es igual a lado BC
ya que el triángulo ABC es equilátero, por lo tanto los triángulos PBC y ABF son semejantes.
Entonces el segmento AF mide 5 unidades y el ángulo APF es un ángulo recto y por ello el
ángulo APG es igual a °− °− ° = °180 90 60 30 .
Y ( )= × ° =AG 4 sen 30 2 También ( )= × ° =PG 4 cos 30 2 3
Ahora podemos calcular el lado ( )= + + ≅AB 2 3 2 3 6,76642
2

53
24 Solución
C
HG
D
A B
En primer lugar veamos que el triángulo ADG es isósceles. Para ello sabemos que GH es paralela
a AB, por lo tanto el ángulo GDA es igual al ángulo DAB ya que son ángulos alternos internos.
Pero AD es la bisectriz del ángulo, por lo tanto el ángulo GAD es igual al ángulo GDA. Y por ello el
triángulo AGD es isósceles. Por supuesto que para el triángulo HDB se razona de modo análogo.
El perímetro del triángulo CGH es igual CG+GD+DH+HC, pero como GD=AG ya que el triángulo
AGD es isósceles y DH=HB por que el triángulo DHB es isósceles.
Entonces = + + + = + = + =P CG GA CH HB CA CB cm26 19 45
25 Solución
CGD
F
BEA
H
I
Para encontrar la solución tracemos los segmentos auxiliares GF, DB y HE con línea punteadas.
Los triángulos DGH, GCF, FBE y EAH son iguales por ser rectángulos y con dos lados iguales.
Por lo tanto tienen el área igual y la suma de estas cuatro áreas es la mitad del área del rec-
tángulo ABCD. Entonces el paralelogramo HGFE tiene un área igual también a la mitad del rec-
tángulo dado. Este último paralelogramo está dividido en dos partes iguales por la diagonal
DB y los triángulos HIE y IGF son iguales a los que forman el triángulo IFE. Por lo tanto el área
de IFE es la cuarta parte del rectángulo ABCD.
26 Solución
Al enrollar la alfombra y considerando solo la última vuelta su es L Dπ= ×0 π= porque el diá-
metro es 1 metro. La penúltima vuelta tiene un diámetro de 1-0.02=0.98 y su longitud es
π π( )= × − = ×L 1 0.02 0.981 .
Siguiendo con este proceso podemos decir que π ( )= × − ×L n1 0.02n , =n 0,1,2....50 y la suma de
estas longitudes son ∑ π ( )= × + + + + + + =
=
L metros1 0.98 0.96 0.94 ... 0.02 0 80.11n
n 0
50

54
27 Solución C F D
BA
G
E
H
I
El triángulo AGC es semejante al triángulo GHE en la proporción de 1:2, por ello AG=2GH y
CG=2GE. Entonces el área del triángulo AGE es igual al doble del área del tríangulo GHE y ade-
más el área del triángulo ACG es el doble del área del triángulo AGE y el lado CG es 2GE. Luego
el área de ACG más el área de GHE es igual a
5
6
del área del triángulo ACE. Pero el área del
triángulo ACE es
1
4
del área del paralelogramo ABCD. Es decir, el área de ACG+GHE es × =
1
4
5
6
5
24
del área del rectángulo ABCD. Análogamente el área de la región sombreada en el paralelogra-
mo FEBD también es 5/24 del área del paralelogramo, y el área sombreada es × = m2
5
24
5
12
2
del
área ABCD.
28 Solución
En primer lugar tracemos el segmento de recta que une los puntos A y P. Ahora por el punto
medio del lado BC tracemos una recta paralela al segmento AP y denomínenos con Q el punto
de intersección de la recta MQ con el lado AC y llamemos R la intersección de AM y PQ, ver la
figura de abajo. El segmento PQ divide al triángulo ABC en dos regiones, el cuadrilátero ABPQ y
el triángulo PQC. Veamos por qué ellas tienen área igual. Para ello probamos que los triángu-
los ARQ y PRM tienen áreas iguales.
A
Q
R
M CPB
Los triángulos APQ y AMP tienen una base común el segmento AP y una altura igual porque los
segmentos AP y QM son paralelos. Si a los triángulos APQ y AMP, de área igual, le restamos el
área común APR obtenemos que los triángulos AQR y PRM son iguales y por tanto las regiones
ABPQ y PQC tienen áreas iguales.

55
Álgebra
29 Solución
Si denominamos con x el número que vamos a buscar y de acuerdo con el enunciado pode-
mos escribir la siguiente ecuación algebraica − =x x2 482
es decir − − =x x2 48 02
y sus raíces
son entonces = −x 61 y =x 82 . Por lo tanto el número que buscamos es el entero 8.
La expresión dada la podemos simplificar de la siguiente manera:
3 3
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
)(
( )
( )( )
( )
( )
( )+
−
− +
− +
=
+ −
+ − − +
=
+ −
+ − +
=
+ −
+
= −
a b
a b
a ab b
a ab b
a b a b
a b a b a ab b
a b a b
a b a ab b
a b a b
a b
a b
23 3
2 2
2 2
2 2
3 3 2
2 2
3 3
2 2
3 3
30 Solución
Sea b la longitud de la base. Luego la altura será 3b. Al incrementar los lados se tiene un área
de ( ) ( )+ × + =b b3 3 5 319
Efectuando operaciones nos queda + − =b b3 14 304 02
. Resolviendo la ecuación cuadrática
para b tenemos:
=
− ± + × ×
=
− ±
b
14 14 3 4 304
6
14 62
61,2
2
Desechamos la solución negativa, por tratarse de una medida de longitud, y por lo tanto la
solución es:
=
−
=b
62 14
6
8
Luego el rectángulo tiene longitud de la base igual a 8 cm y altura 24 cm.

56
31 Solución
En este caso, P x x x5 2 13
( )= − + es el dividendo y = + 1D x x^ h es el divisor. Para hallar el co-
ciente Q x( ) y el residuo R x( ) se procede así:
• Se ordenan ambos polinomios con respecto a las potencias de x y si falta alguna potencia
se agrega con coeﬁciente 0. En este caso, sólo falta agregar 0x2
al dividendo y la división
se indica así:
x x x x5 0 2 1 13 2
+ − + +
• Para obtener el primer término del cociente, se divide el primer término del dividendo
entre el primer término del divisor. En este caso, x
x
x
5
5
3
2
= (Éste será el primer término del
cociente). x x x x
x
5 0 2 1 1
5
3 2
2
+ − + +
• Se multiplica el divisor por el primer término del cociente: x x x x1 5 5 52 3 2
( )+ = + y este resul-
tado se resta del dividendo:
x x x x5 0 2 1 13 2
+ − + +
x5 2
x x5 53 2
−
x x5 2 12
− − +
−
• Se repite el procedimiento anterior, considerando el polinomio del último renglón,
x x5 2 12
− − + , como dividendo:
x x x x
x x
5 0 2 1 1
5 2 1
3 2
2
+ − + +
− − +
x x5 52
+
x3 1+
x3 3− −
2−
x x5 5 32
− +x x5 53 2
−−
• El proceso termina cuando el polinomio que se obtiene en el último renglón es de menor
grado que el divisor. En este caso, como el divisor es un polinomio de grado 1 y el poli-
nomio del último renglón es de grado 0, el proceso de división terminó y escribimos el
resultado así:
x x
x
x x
x
5 2 1
1
5 5 3
2
1
3
2− +
+
= − + +
−
+
Donde Q x x x5 5 32
( )= − + es el cociente y R x 2=-^ h es el residuo de la división.
Este resultado también se puede escribir, después de multiplicar ambos lados de la ecuación
anterior por x 1+ , como:
x x x x x5 2 1 1 5 5 3 23 2
( )( )− + = + − + −

57
32 Solución
Procedemos a escribir:
y y y y6 11 21
1
6
6 11 6 1262 2
( )( ) ( )+ − = + −
A efecto de factorizar la expresión entre paréntesis debemos hallar dos números cuya suma
sea 11 y cuyo producto sea –126. Para esto, notemos que la descomposición de 126 en facto-
res primos es 126=2 3 72
× × . Por tanteo se obtiene que los números requeridos son 18 y –7. Así,
y y y y6 11 21
1
6
6 11 6 1262 2
( )( ) ( )+ − = + −
y y
y y
1
6
6 18 6 7
3 6 7
( )( )
( )( )
= + −
= + −
33 Solución
Vamos a estudiar los siguientes casos:
Caso 1: cuando el primer dígito este mal, es decir 98765432x como este número es divisible
por 11 se tiene x24 20 11+ − = de donde x 7= ; sin embargo el número 987654327 al dividirse
por 9 da como resto 6, luego la tecla 1 no es la que está mal.
Caso 2: cuando el segundo dígito este mal, es decir 9876543x1 como este número es divisible
por 11 se tiene x25 18 11− − = de donde x 7= ; sin embargo el número 987654371 al dividirse
Caso 3: cuando el tercer dígito este mal, es decir 987654x21 como este número es divisible
Caso 4: cuando el cuarto dígito este mal, es decir 98765x321 como este número es divisible
por 11 se tiene x25 16 11− − = de donde x 9= ; sin embargo el número 987659321 al dividirse
Caso 5: cuando el quinto dígito este mal, es decir 9876x4321 como este número es divisible
Caso 6: cuando el sexto dígito este mal, es decir 987x54321 como este número es divisible
por 11 se tiene − − x25 14 11= de donde x 0= ; sin embargo el número 987054321 al dividirse
por 9 da como resto 3, luego la tecla 6 es la que está mal.

58
34 Solución
De acuerdo al enunciado del problema en la primera semana Daniel, Anita y Teo imprimieron
300 tarjetas en los seis días que trabajan. En las siguientes semanas incrementan las tarje-
tas impresas en 100. Por ello podemos escribir que el número de tarjetas impresas en n -^ h2
semanas son:
n n3 4 5 ... 100 100 3 4 5 ...( )( ) ( )+ + + + × = × + + + + = n100 1 2 3 4 5 ... 3 4200( )+ + + + + + − =
Como la suma de:
n
n n
1 2 3 .....
1
2
( )
( )+ + + =
+
se tiene que n n 1 90( )+ = y así n 9=
Entonces Daniel, Anita y Teo imprimieron las 4200 en 7 semanas y se demoran en imprimirlas
42 días y en entregarlas 48 días ya que en las 7 semanas de impresión hay 6 domingos.
35 Solución
Ellos dicen los números de la siguiente manera:
14, 20 ,26,..., luego: 16, 22, 28, ...y por ultimo: 19, 25, 31, ... observemos que los números 14, 20,
26, ... tiene por ley de formación 14+6t, donde t es un número natural, y como 14+6t=602 para
t=98, sigue que Paola es el primera en contar. De la misma forma los números 16, 22, 28,...
tienen por ley de formación 16+6t, donde t es un número natural y como 16+6t=40 para t=4,
se sigue que Daniel es el segundo en contar. Análogamente los números 19, 25, 31,... tienen
por ley de formación 19+6t, donde t es un número natural, y como 19+6t=61 para t=7, se
sigue que Teo es el tercero en contar. Por otro lado 14+6t=2006 para t=332 de donde se tiene
que Paola es la que dice 2.006.
36 Solución
Tenemos que 32
= 9 = 10 –1. Con esta expresión y la fórmula del binomio de Newton podemos
escribir:
3 10 1
1002
3
10
1002
2
10 1002 10 12004 1002 3 2
= −( ) ≅ − × + × − × +
(Son los cuatro últimos términos del desarrollo binomial de 10 1
1002
−( ) .)
≅ − × × × + × × − × +
≅ +( )
1002
6
1001 1000 10
1002
2
1001 10 1002 10 1
500 1 1000
3 2
++( )× − +( )× + ≡ − +( )( )1 10 1000 2 10 1 100 20 1 104
Mod
Las últimas cuatro cifras son 0081.

59
37 Solución
Denominemos con x, y, z los contenidos iniciales de pintura de cada tarro. Después de que Anita
hace la operación de vertimiento, en el primer tarro quedan
2
3
x
de pintura y en el segundo y
x
+
3
Como Felipe saca un cuarto del contenido del segundo tarro, en él queda
3
4 3
y
x
+






Y lo vertió en el tercero, en este el contenido de pintura es entonces z y
x
+ +






1
4 3 . Mateo saca
un décimo de esta cantidad y en el tercer tarro finalmente queda
9
10
1
4 3
z y
x
+ +











. Y ese déci-
mo del tercer tarro se lo agregó al primer tarro 2
3
1
10
1
4 3
x
z y
x
+ + +












En resumen en cada tarro quedaron 9 galones y así podemos escribir
+ + (1)
2
3
1
10
1
4 3
9
3
4 3
9
9
10
1
4
x
z y
x
y
x
z
+











=
+





=
+ yy
x
+











=
3
9
(2)
(3)
Reemplazando (3) en (1) obtenemos 2
3
1 9
x
+ = y entonces x=12. En (2) con este valor de x
tenemos y+4=12 y y=8 . Llevamos estos dos valores a (3) y conseguimos z+3=10 y z=7.
Entonces en el primer tarro había 12 galones, en el segundo 8 y en el tercero 7 galones.
38 Solución
Se tiene:
2 7 2
1 1
x
x
x
x
+





 = + + = + =9
2
2
2
y así tenemos que x
x
+ =
1
3
Entonces:
3 9
1 1 1 1
3
1
2 3
3
3
× = +





 × +





= +





 = + + +





x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
=xx
x
3
3
1
3 3+ + ×
Y entonces:
x
x
3
3
1
18+ =
Por lo tanto:
7 18
1 1 1 1
x
1
3 1262
2
3
3
5
5
5
5
5
× = +





× +





 = + + + = + + =
+
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
11
126 3 1235
x
= − =

60
39 Solución
La expresión dada la podemos escribir, usando el producto notable x y x x y xy y+( ) = + + +
3 3 2 2 3
3 2
Como:
x x x y xy y
x x y
x x y
x x y
6 3 2 2 3
2
2
3 3
2
3 3+ + + +
+ +
=
( ) + +( )
+ +( )
Ahora usamos el cociente notable:
x y
x y
x xy y
+( )
+( )
= − +
3
2 2
y entonces escribimos:
x x y
x x y
x x x y x y
2
3 3
2
2
2
2 2( ) + +( )
+ +( )
= ( ) − +( )+ +( ) = x x x y x xy4 3 2 2
2− − + + ++ y2
40 Solución
Sean a, a c+
, c dichas raíces.
Así pues,
x px px x a x
a c
x c3 2
2 10
2
+ − + = −( ) −
+




 −( )
De donde, identificando coeficientes llegamos a:
( )
( )
( )a c p
a c
ac p
a c
ac
+ × = − (1)
(2)
(3)
+
+ =−
+ × =−
3
2
2
2
2
10
2
De (1) y (3) sigue ac
p3
5
= y como a c
p
+ = −
4
3
, llevando estos valores de a+c y ac a (2) podemos
concluir que:
16 18 270 03 2
p p+ + = es decir, 8 9 135 03 2
p p+ + =
Una raíz real de este polinomio es p 3= − y como:
8 9 135 3 8 15 453 2 2
p p p p p+ + = +( ) − +( )
Sigue que p 3= − es la única raíz real de dicho polinomio. Esto nos lleva a ac = − , a+c=4 de
donde a y c son 5 y −1 y las raíces que nos piden son −1, 2 y 5.

61
41 Solución
Si el número tuviera algún cero entre sus cifras, entonces tendríamos la desigualdad estricta.
Hay exactamente 9000−94
=2439 números de este tipo, esto es, con una cifra igual a cero.
Consideremos el número “abcd” escrito en su expresión decimal, y supondremos que no con-
tiene ninguna cifra cero. Entonces la desigualdad:
a b c d a b c d+ + + ≥ × × ×
es equivalente (dividiendo por) a b c d× × × a
b c d a c d a b d a b c× ×
+
× ×
+
× ×
+
× ×
≥ (1)
1 1 1 1
1
Por lo tanto si tres o cuatro de estos dígitos fueran unos, entonces uno de los cuatro ante-
riores sumandos sería 1 y se obtendría la desigualdad estricta. Hay exactamente 4×8+1=33
números de este tipo.
-
dad es que al menos el número debe tener dos unos entre sus cifras.
Efectivamente, supongamos por contradicción, y sin pérdida de generalidad que b,c,d ≥ 2
Entonces:
b c d a c d a b d a b c× × ≥ × × ≥ × × ≥ × × ≥8 4 4 4; ; ;
y así, por (1), tenemos: 1
1
8
1
4
1
4
1
4
≤ + + +
Lo cual es una contradicción.
Resta, por lo tanto, considerar el caso en que el número tiene exactamente dos cifras iguales
a uno. Supongamos por ejemplo, que a=b=1 y c,d>1. En este caso, la desigualdad en cuestión
se traduce en:
2 1 1
1 2
c d c d×
+ + ≥ ( )
Demostremos en primer lugar que, al menos, una de las cifras c o d .sodnuresebed,
Efectivamente, si por el contrario c,d ≥ 3 , entonces:
c d c d× ≥ ≥ ≥9 3 3; ;
y así, por (2), tenemos: 1
2
9
1
3
1
3
8
9
≤ + + = lo cual es una contradicción.
Supongamos, por lo tanto que c=2 . Se obtiene entonces que:
2 1
2
1
d
+ ≥
lo cual es equivalente a decir que d ≤ 4 .

62
Resumiendo:
Si d=4, entonces se obtiene la igualdad inicial (las cifras son 1, 1, 2, 4; y existen 12 números
de este tipo).
Si d=3, entonces se obtiene la desigualdad estricta inicial (las cifras son 1, 1, 2, 3; y existen 12
números de este tipo).
Si d=2, entonces se obtiene la desigualdad estricta inicial (las cifras son 1, 1, 2, 2; y existen 6
números de este tipo).
Por lo tanto, y a modo de resumen global, la desigualdad se da en 2.439 + 33+12+12+6=2.502
números y la igualdad en 12 de ellos.
42 Solución
Sea n un número que verifica el enunciado y s la suma de sus cifras.
Como 1000≤ n ≤9999 y n=s3
, resulta que 11≤ s ≤21 (1)
Si n=x y z t, tenemos:
1000x + 100y + 10z + t = s3
(2)
x + y + z + t = s Restando nos queda:
999x + 99y + 9z + t = s3
− s (3)
cuyo segundo miembro ha de ser múltiplo de 9 (por serlo el primero) y como:
s s s s s3
1 1− = −( ) +( )
Y de acuerdo con (1), sólo hay tres valores de s3
− s que son múltiplos de 9
:16 · 17 · 18; 17 · 18 · 19; 18 · 19 · 20 sustituimos en (3) y analizamos cada caso.
1º Caso
999x + 99y + 9z = 16·17·18 ⇔ 111x + 11y + z = 544 resulta inmediatamente x = 4; y = 9; z = 1,
valores que llevados a (2) con s = 17 se obtiene t = 3 y finalmente n = 4913
2º Caso
999x + 99y + 9z = 17·18·19 ⇔ 111x + 11y + z = 646 de donde x = 5; y = 8; z = 3, valores que
llevados a (2) con s = 18 se obtiene t = 2 y finalmente n = 5832
3º Caso
999x + 99y + 9z = 18·19·20 ⇔ 111x + 11y + z = 760 resulta x = 6; y = 8; z = 6, valores que lleva-
dos a (2) con s = 19 resulta una contradicción.
Resumiendo, las únicas soluciones son 4.913 y 5.832

63
43 Solución
Racionalicemos el denominador de la expresión:
( )( )( )
( )
( )x y
x y
x y
x y
x y
x y
x y x y
x y
x y x y−( )
−
=
−
−
⋅
+
+
=
− +
−( )
=
− +( ))
−x y
2 2 2 2
2 2
x y( )= +2
Y además racionalicemos el numerador:
h x( ) x x( )
( )
x x h
h x x h
x x h
h x x h
x x h
x x h
x x h
h x x h x x h
h
h x x
− +
+
=
− +
+
⋅
+ +
+ +
=
− +( )
+ + +
=
−
++ + +
=
+ + +x h x x x h h
−1
44 Solución
El logaritmo logb a de un número a en base b, se define como el exponente d al cual hay que
elevar la base b para obtener el número a, es decir bd
=a. Entonces log2 8 3= , porque 23
=8, así
mismo log3 27 3= , ya que 33
=27 y log4 64 3= .
Por tanto: log log log2 3 48 27 64 9+ + =
45 Solución
Llamemos r, s, y t las tres raíces del polinomio. El polinomio entonces lo podemos escribir
como: p x x r x s x t( )= −( ) −( ) −( ). Haciendo las operaciones tenemos:
p x x r s t x rs st tr x rst( )= − + +( ) + + +( ) −3 2
Y si igualamos coeficientes, obtenemos las conocidas relaciones de Cardano-Vieta:
=−+ +r s t B
rs st tr C+ + =
rst D= − y como r2
= st por la hipótesis del problema, estas relaciones pueden escribirse de la
siguiente forma: C rs r tr r s r t rB
D rst r
= + + = + +( )= −
− = =
2
3
Finalmente, elevando al cubo esta primera expresión conseguimos lo pedido:
( )C rB B D= − =
3 3 3

64
46 Solución
Por las fórmulas que relacionan las raíces y los coeficientes de la ecuación, se tiene:
( )
D D p
D D q
+ − =−
− =
1
1
De la primera se obtiene inmediatamente p= −1; de la segunda, q= D−D2
Pero:
D p q q D D= − = − = − −( )2 2
4 1 4 1 4
Es decir 4D2
−5D+1=0
Y por ello D=1 o =D
1
4
. Si D=1, entonces q=1−12
=0
Si, =D
1
4
entonces q = −





 =
1
4
1
4
3
16
2
Los valores obtenidos son:
p q
p q
, ,
, ,
( )= −( )
( )= −






1 0
1
3
16
47 Solución
+ =
− =x y
x y
3 5 2 (1)
4 2 9 (2)
⎧
⎨
⎩
De la ecuación (1) despejamos la variable x:
( )= +x y
2
3
5
3
3
Sustituimos el valor de x en la ecuación (2):
4
2
3
5
3
2 9+





 + =y y
Resolvemos esta ecuación en la variable y:
+ + =y y
8
3
20
3
2 9 , es decir = −y
26
3
9
8
3
ó =y
26
3
19
3
, de donde =y
19
26
.
Reemplazamos el valor de y en la ecuación (3) para obtener el respectivo valor de x:
x = +





 =
+
=
2
3
5
3
19
26
52 95
78
147
78
Por lo tanto, la única solución del sistema es =x
147
78
, =y
19
26
o el par ordenado
147
78
19
26
,







65
Teoría de
Conjuntos
48 Solución
Primero se realizará la operación A interceptado B (A ∩ B), para esta operación se toman los
números que se repiten en ambos conjunto. Entonces A ∩ B={3,4}.
Para completar la operación A interceptado B unido C (A ∩ B ∪ C), se adicionan a la intercep-
ción A ∩ B={3,4} los números del conjunto C quedando como respuesta
A ∩ B ∪ C={− 1,0,2,3,4,5}.
49 Solución A B
CU
En el conjunto Universal U de la figura se encuentran los conjuntos
A, B y C, la zona no sombreada hace referencia a los elementos que
pertenecen tanto al conjunto A como al conjunto B, pero no perte-
necen al conjunto C, es decir (A ∪ B) − C
50 Solución
Sean M el conjunto de los estudiantes que les gusta las Matemáticas y B el conjunto de los
que les gusta la Biología. Para realizar y facilitar la solución del problema consideremos el mí-
nimo común múltiplo de los números 3, 2 y 4. Sabemos que mcm(3,2,4)=12. Entonces deno-
minemos con 12x el número de estudiantes que les gusta simultáneamente las Matemáticas
y la Biología es decir el número de elementos que tiene el conjunto M ∩ B. Por lo tanto, de
acuerdo con el enunciado, el número de los estudiantes que les gusta solo las Matemáticas
es 4x, el número de los que les gusta solo la biología es 6x y el número de los que no le gustan
ni las Matemáticas ni la Biología es 3x. En un gráfico de Venn organizamos esta información
M
B
4x
12x 6x
3x100
U
De acuerdo a lo anterior podemos escribir 4x+12x+6x+3x=100 y así 25x=100 y x=4
De este modo, el número de estudiantes a los que les gustan las Matemáticas es 4x+12x=64.

66
51 Solución
Denominamos con B el conjunto de jóvenes aficionados al Barcelona y con N los hinchas del
Nacional y ahora se calcula cual es el porcentaje de los jóvenes que son aficionados a los dos
equipos, es decir el número de jóvenes que pertenecen a B ∩ N.
Para ello, calculamos el 40% del porcentaje de jóvenes aficionados al Nacional que es el
50% de todos los jóvenes o sea 40
100
50 20× =% % . Con este dato, entonces realizar el siguiente
Diagrama de Venn:
B
N
40%
20% 30%
x100%
U
De este modo, siendo x los jóvenes que no son hinchas de ninguno de los dos equipos, te-
nemos 40%+20%+30%+x=100 y así x=10%. Entonces el porcentaje de jóvenes que no les
gusta ni el Barcelona ni el Nacional es el 10%.
52 Solución
De la A a la Z, en orden, hay 26 letras, así que de AAA a AAZ hay 26 códigos (AAZ es el número 26).
De la misma manera, de AAA a AZZ hay 26×26=676 códigos.
Podemos ver que 2203=676×3+175, así que aún nos faltan 175 códigos después de CZZ, que
es el código 3×26×26=2028.
Como 175=6×26+19, después de DFZ (que es el código 626+26×6) nos faltan aún 19 códigos,
así que la etiqueta es DGS.
53 Solución
Llamemos x al número total de estudiantes de grado 11, sea B el conjunto de estudiantes
que se van a presentar a Bioingeniería y ellos son
x
, S el conjunto de los que se presentan a
Sistemas y ellos son
8
13
x
. La intersección de B con S, B ∩ S tiene
2
7
x
estudiantes. Entonces los
estudiantes que solo aspiran a Bioingeniería son x x
2
2
7
− y los estudiantes que solo se van a
presentar a Sistemas son
8
13
2
7
x x
− .
Veamos el diagrama de Venn correspondiente a esta información:

67
B
S
x/2
2x/7 8x/13
x
U
Con ella podemos entonces escribir la siguiente ecuación + =
x x x x x
x
2
2
7
2
7
8
13
2
7
31−





+ + −






Simplificando y realizando la operación con los fraccionarios tenemos:
91 112 52
182
31
+ −( ) + =
x
x
Y por último 31
182
182
151
182
= −





x y por tanto x=182. Este es el número total de estudiantes de
grado 11.

68
Estadística
Descriptiva y Técnicas de Conteo
54 Solución
Si denominamos con E E E E E1 2 3 4 5, , , , , los 5 exámenes de matemáticas que presentó Paola.
De acuerdo al enunciado tenemos:
E E E E1 2 3 4
4
60
+ + +
=
Como en el quinto examen sacó 80 puntos entonces ES
=80. Con este dato podemos calcular:
E E E E E1 2 3 4 5
5
+ + + +
Veamos como:
E E E E1 2 3 4 4 60 240+ + + = × = y entonces E E E E E1 2 3 4 5 240 80 320+ + + + = + =
Por lo tanto la media de las notas de Paola en los cinco exámenes es:
320
4
64=
55 Solución
Por cada dado se tiene la posibilidad de sacar 6 números, al tirar dos dados hay 36 resultados
posibles, que resulta de la multiplicación de las 6 opciones de cada dado.
=
casos favorables
casos posibles
15
36
De los 36 pares posibles encontramos 15 pares cuya suma es un número primo. Ellos son:
{(1,1) , (1,2) , (1,4) , (1,6), (2,1) , (2,3) , (2,5) , (3,2) , (3,4) , (4,1) , (4,3) , (5,2) , (5,6) , (6,1) , (6,5) }
Al conocer el número de resultados posibles (36) y el número de primos del conjunto de
resultados de cada lanzamiento (15), encontramos la probabilidad de que al tirar 2 dados,
el resultado sea un número primo, entonces:

69
56 Solución
Empecemos y contestemos la segunda pregunta porque es más sencilla. El presidente po-
demos elegirlo primero de 20 formas distintas. Una vez elegido el presidente quedan 19 per-
sonas para elegir el vicepresidente y por último, quedan 18 personas para elegir al secretario.
En total, hay 20×19×18=6.840 posibilidades. Esto se llama variaciones sin repetición de 20
elementos tomados de 3 en 3.
(Se llaman variaciones sin repetición porque se supone que una persona no puede ocupar dos cargos).
Para responder a la primera pregunta:
Tengamos en cuenta que cada posibilidad PVS de presidente vicepresidente y secretario ele-
gida anteriormente, prescindiendo de los cargos, da lugar a seis posibilidades que la primera
pregunta considera iguales: PVS, PSV, VPS, VSP, SPV y SVP. Por tanto resultan sólo 6840/6=1140
formas de elegir tres personas para un comité.
57 Solución
Si partimos de que el alfabeto tiene 27 letras, con dos letras podemos hacer 272
iniciales y
con 3 letras podemos hacer 273
iniciales. Así que con dos o tres iniciales podemos hacer
272
+273
=20.412 iniciales.
En un alfabeto con n letras tendremos n3
+n2
=n2
×(n+1) iniciales, número que debe ser mayor
o igual que 1.000.000. Para n=100 se supera claramente esta cifra. Para n=99 tenemos 992
×100=980.100, así que n debe ser n ≥100.
58 Solución
Sea m el número de mujeres y h el número de hombres. El enunciado nos dice que m=11×k y
que h=9×k, para algún entero k. Además 16×m es la suma de las edades de las mujeres y 18×h
es la suma de las edades de los hombres. Entonces el promedio de la edad en el colegio es:
16 18 16 11 18 9
11 9
16 11 18 9
11 9
338× + ×
+
=
× ×( )+ × ×( )
× + ×
=
× + ×
+
=
m h
m h
k k
k k 220
16
18
20
=
59 Solución
Si en cada grupo de 6 personas, 2 son de la misma edad, sólo puede haber 5 edades diferen-
tes, ya que, si hubiese 6 edades diferentes, eligiendo una persona de cada edad tendríamos 6
personas de edades distintas contra la hipótesis. Veamos ahora las siguientes operaciones:
200=2×100+1, entonces al menos hay 101 personas del mismo sexo.
101=5×20+1, y hay al menos 21 personas de la misma edad y sexo.
21=4×5+1 y por tanto al menos hay 5 personas de la misma nacionalidad, edad y sexo.

70
60 Solución
En un torneo, como el mundial 2014, se jugarán 64 partidos. En la primera ronda se juegan
48 partidos: 6 partidos en cada uno de los 8 grupos. En los octavos de final se juegan 8, en
cuartos 4, en semifinales 2 y en las finales se juegan los últimos 2 partidos.
La probabilidad de que dos jugadores no cumplan años el mismo día es:
364
365
0 997= ,
Si los dos primeros jugadores no cumplen años el mismo día, existen 363 días en los cuales,
un tercer jugador puede cumplir años sin coincidir con los otros dos. Esto es, la probabilidad
de ninguno de tres jugadores cumpla años el mismo día es:
363 364
365 365
0 992
×
×
= ,
Para 22 jugadores, la probabilidad de que ninguno de ellos cumpla años el mismo día es:
344 345 346 362 363 364
365 365 365 365 365 365
× × × × × ×
× × × × × ×
.....
.....
== 0 524,
Ahora podemos calcular la probabilidad de que algún jugador cumpla años el mismo día que
otro. Ella es igual a: 1−0,524=0,476
Y como se juegan 64 partidos, el 0,476 de 64 partidos es igual a 30,5. Entonces en aproximada-
mente 30 partidos, encontraremos en las alineaciones iniciales, dos jugadores que nacieron
el mismo día.
61 Solución
Hay
11
6
11
5 6





 =
×
!
! !
elecciones posibles de los jugadores.( Recuerde que
n
r
n!
r! n r





=
−( )! )
La suma de los números de las camisetas de los elegidos será impar si hay entre ellos una
cantidad impar de números impares. En las camisetas hay 6 números impares y 5 pares.
Escribamos ahora los casos en los cuales la suma de las camisetas sea impar:
Una camiseta impar y 5 pares:
6
1
5
5
6 1





×





 = ×
Tres camisetas impares y 3 pares:
6
3
5
3
20 10





×





 = ×
Cinco camisetas impares y 1 par:
6
5
5
1
6 5





×





 = ×
Así pues, la probabilidad pedida será:
6 200 30
11
6
236
462
118
231
0 51
+ +






= = ≈ ,

71
62 Solución
Si lanzamos una moneda dos veces, el número de caras C y sellos S posibles son 4, a saber
CC, CS, SC y SS y de estos eventos hay 3 en donde al menos se presenta una cara. Por ello la
probabilidad de que al lanzar una moneda dos veces salga al menos una cara es
3
4
.
63 Solución
Si en la posición de las unidades colocamos el cero en la posición de las decenas podemos
colocar uno de los tres números 1, 2, 3 o sea tres posibilidades. Colocado este, en la posición
de las centenas solo tenemos 2 posibilidades porque ya solo nos quedan dos números. Por
lo tanto podemos formar 6 números de tres cifras con el último digito el cero y los dígitos de
las decenas y centenas diferentes.
64 Solución
Con los dígitos 1, 2, 3, 4 podemos formar 12 números diferentes porque para la posición de las
decenas podemos escoger como dígito, uno cualquiera de los 4 números dados y colocado el
dígito de las decenas nos quedan 3 dígitos para las unidades ya que los números son diferen-
tes. Con ello formamos los doce siguientes números: 12, 13, 14, 21, 23, 24, 31, 32, 34, 41, 42, 43.
Y entre ellos hay 6 números impares 13, 21, 23, 31, 41, 43. Por lo tanto la probabilidad de sacar
un número impar es
6
12
0 5= . .
65 Solución
La media aritmética también conocida como la media o el promedio, se obtiene a partir de la
suma de todos los datos de un mismo conjunto dividida entre el número de sumandos.
La suma de las calificaciones es S=4,5+3,5+4,2+3,8+4,3+3,7+4=28 y la media X
s
n
= =
28
7
de las cali-
ficaciones es X
s
n
= =
28
7
.
66 Solución
Sean A, B y C los amigos de Anita. Ella puede repartir las invitaciones de la siguiente manera:
123, 132, 213, 231, 312, 321, donde usamos la notación anterior para indicar que al primer
destinatario se le ha entregado la invitación del destinatario A, al segundo la del destinatario
B y al tercero la del destinatario C. Observando estas seis maneras de repartir, el número de
invitaciones que llegan al destinatario correcto son respectivamente 3, 1, 1, 0, 0, 1. Vemos que
en 4 de los seis casos posibles hay al menos una invitación que llega a su destino correcto.
Por tanto, la probabilidad de que al menos una de las invitaciones llegue al destino correcto
es p= =
4
6
2
3

72
67 Solución
Con los números 1, 2 y 3 se puede obtener una suma de 6, mediante las siguientes 7 ternas
ordenadas e igualmente probables. Ellas son: (1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 1, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2), (3, 2, 1),
(2, 2, 2). La balota marcada con el número 2 está en la terna (2, 2, 2) una vez entre las siete
posibles.
Por ello la probabilidad de que se haya sacado la balota marcada con el número 2 en las tres
ocasiones es p =
1
7
.

73
Matemáticas
Financieras
68 Solución
Miremos con detalle los elementos que están presentes en el préstamo de Felipe a Daniel.
En primer lugar Felipe ganó $160.000 por prestarle a Daniel $800.000. En esta transacción:
$800.000 es el capital invertido y se llama capital presente que representamos con la letra P;
$160.000 representa el interés devengado por el préstamo, se denota con la letra I; $960.000
representa el valor en que se transforman los $800.000 durante los tres meses; el valor inicial
más los intereses, se denominará valor futuro y se representa con la letra F. Por lo tanto, valor
futuro es el valor en que se convierte un capital inicial prestado a una tasa de interés fijada y
en tiempo determinado y así F=P+I. En el interés simple, los intereses no producen intereses.
En efecto, I=F−P=960.000−800.000=160.000.
Estos intereses corresponden a un periodo de 4 meses el cual se representa con letra n:
i
I
n P
=





×
100
Así, el porcentaje o el interés i simple devengado en un mes es:
i =
×
=
40 000 100
800 000
5
.
.
%
69 Solución
Los elementos presentes en la transacción bancaria son:
El capital presente en el préstamo bancario es P=$1.200.000. El interés anual es de i=24%
anual = 2% mensual =0,02. El periodo del préstamo es 6 meses.
El interés devengado por el préstamo I lo podemos calcular como:
I P i n= × × = × × =1 200 000 0 02 6 144 000. . . . . Entonces el papá de Anita paga mensualmente
2% de interés que equivalen a $24.000 y el capital futuro:
F P P i n P i n
F
= + × × = × + ×( )= × + ×( )
= × =
1 1 200 000 1 0 02 6
1 200 000 1 12 1
. . .
. . . .. .344 000

74
70 Solución
En esta operación crediticia el capital presente P es $5.000.000 y como ha pagado 6.600.000,
este es el capital futuro y entonces I=F−P=6.600.000−5.000.000=1.600.000.
Estos son los intereses pagados durante 8 meses.
La tasa de interés simple mensual la podemos calcular del siguiente modo:
Como F P P i n= + × × podemos despejar i de esta expresión
i
F P
P n
=
−
×
=
×
×
=
1 600 000 100
5 000 000 8
4
. .
. .
%
El porcentaje del interés simple mensual pagado el propietario del café internet es del 4%
mensual y pagó $200.000 mensuales en intereses.
71 Solución
Para poder resolver el problema planteado repasemos el concepto de interés compuesto y
de capitalización. En una transacción se presenta el interés compuesto, cuando los intereses
simples se suman periódicamente al capital inicial.
A este proceso se le llama capitalización y el tiempo que dura la operación se denomina
período de capitalización. El interés compuesto, es importante debido que la mayoría de las
corporaciones financieras lo usan y él da el rendimiento efectivo de cualquier inversión.
El capital futuro, cuando se trabaja con el interés compuesto, viene dado por la expresión:
F P i
n
= × +( )1
De donde P es el capital presente, i el interés del periodo y n los periodos de capitalización y
además el capital presente es P F i
n
= × +( )
−
1 .
En nuestro caso tenemos que P=1.000.000, el interés trimestral es i= =
24
4
6
%
% y el número
de periodos, 4 trimestres en un año, es n=4
Por lo tanto F = × +( ) ≈ × ≈1 000 000 1 0 06 1 000 000 1 26247696 1 262 477
4
. . , . . , . . .
Con interés simple F = × + ×( )=1 000 000 1 0 06 4 1 240 000. . , . . .
En el primer trimestre el capital con intereses es 1.000.000×(1,06)=1.060.000. En el segundo
trimestre es 1.060.000×1,06=1.123.600, en el tercer trimestre es 1.123.600×1,06=1.191.016 y
en el último, el capital con intereses es 1.191.016 × 1.06=1.262.477
Los intereses al final del año son: Con interés compuesto 262.477 y con interés simple 240.000

75
72 Solución
El capital que necesita la mamá de Teo es 1.800.00 pesos y debemos conocer cuál valor
presente produce ese capital, usando el interés compuesto. Entonces el interés es 5%.Y el
número de periodos es n=4 , cuatro trimestres en un año. Con estos datos podemos calcular
el valor presente P.
P F i
F
i
= × +( ) =
+( )
=
( )
−
1
1
1 800 000
1 05
4
4 4
. .
,
Y así P ≈ =
1 800 000
1 2155
1 480 864 45
. .
.
. . ,
La mamá de Teo debe depositar 1.480.864,45 hoy para dentro de un año tener un capital de
1.800.000 pesos.
73 Solución
En este caso F=2P, el capital futuro es dos veces el capital presente, el periodo es un mes en-
tonces con esos datos y la expresión para el interés compuesto podemos calcular el valor de n.
Como F
P
i
n
= +( )1 y entonces 2=(1+0,02)n
Por tanto:
n =
( )
( )
≈ ≈
log
log ,
,
,
2
1 02
0 3010299956
0 0086001717
35meses
En cambio un usurero que presta al 10% duplica su capital en:
n =
( )
( )
≈ ≈
log
log ,
,
,
,
2
1 1
0 3010299956
0 0413926851
7 3meses
74 Solución
Los datos que nos entrega el enunciado son: P capital presente o inicial, F=2 ×P n=36 meses
meses y nos piden averiguar el interés compuesto mensual i. De la expresión:
( )F P i
n
= × +1
Podemos despejar:
F
P
i
n
− =1
1
Entonces:
i = ( ) − ≈2 1 0 0194
1
36 ,
Es decir, el porcentaje de interés que la entidad está pagando es 1,94% mensual.

76
Trigonometría
75 Solución
Una buena idea es reemplazar las funciones trigonométricas en términos de las funciones
seno y coseno. También es buena idea efectuar los productos indicados y simplificar al máxi-
mo las fracciones. En este caso, para iniciar, seleccionamos el lado izquierdo de la igualdad
por ser más elaborado y contener más operaciones para realizar. Así,
cos tan cot csc
cos tan cot
cos
t t t t
t t t
t
( ) ( )+ ( )( )= ( )
( ) ( )+ ( )( )
= ( )
senn
sen
sen
sen
t
t
t
sen t
t
t
t
t
( )
( )
+
( )
( )






( )+
( )
( )
=
(
cos
cos
cos
2
)) + ( )
( )
=
( )
= ( )
2 2
1cos
csc
t
t t
t
sen sen
Con este procedimiento hemos verificado la identidad:
cos tan cot csct t t t( ) ( )+ ( )( )= ( )
76 Solución
Observe que ésta es una ecuación cuadrática en cos (t). Entonces:
cos t( )=
− ± +1 1 8
4
Entonces cos t( )= −1 o cos t( )=
1
2
Si cos t( )= −1, el valor de t en el intervalo 0 ≤ t < 2𝜋 es t=𝜋 y para cos t( )=
1
2
, los valores en el
intervalo 0 ≤ t < 2𝜋 son t =
π
3
o t =
5
3
π
Fácilmente se verifica que todos los valores obtenidos de t son soluciones de la ecuación.
77 Solución
A
a
b c
α
B
C

77
Podemos usar para calcular el lado a la ley del coseno que podemos escribir de la siguiente
manera: a b c b c2 2 2
2= + − × × × ( )cos α
Por hipótesis sabemos que el área del triángulo ABC es A
b c
=
× ×2
5
y además el área de un
triángulo también se puede calcular con la expresión A
b c
=
× × ( )sen α
2
. Entonces de estas dos
expresiones para el área del triángulo, podemos deducir que sen α( )=
4
5
.
Con este valor podemos determinar que cos α( )= ±
3
5
y reemplazando en la primera expresión
tenemos:
a b c
b c
= + ±
× ×2 2 6
5
Y esta es la expresión para el lado del triángulo.
78 Solución
De acuerdo con la ley del seno tenemos para un triángulo ABC de lados a, b y c y con ángulos
opuestos , , se tiene la ley del seno:
A
c
ab
α β
Υ
B
C
sen sen senα β γ
a b c
= =
De acuerdo con los datos podemos escribir la siguiente ecuación:
sen sen30
5 5
°( ) =
( )β
Por tanto:
sen
sen
β( )=
× °( ) = × =
5 30
5
5
5
1
2
1
2
Las soluciones de la ecuación sen β( )=
1
2
están en el primer y segundo cuadrante, las podemos
llamar β β β1 2 1 30y ⋅ = °yβ β β1 2 1 30y ⋅ = ° y β β2 1180 150= °− = ° . Indaguemos si 2
es apropiado, como 2
=180°,
se concluye que el tercer ángulo debe ser 0° y entonces con el ángulo 2
no se forma un
triángulo. Con y 1
=30° , concluimos que el tercer ángulo . Ahora
calculamos el tercer lado c con la expresión:
sen senβ γ
b c
=

78
y así: sen30° sen
5
120
=
°
c
Y entonces:
c = ×
°( )
°( )
= × = ×5
120
30
5
3
2
1
2
5 3
sen
sen
En conclusión hay un solo triángulo que satisface las condiciones dadas.
79 Solución
cos 6x cos x + sen 6x sen x − cos 6x cos x + sen 6x sen x = 0
cos (6x − x) − cos (6x + x) = 0
2 sen 6x sen x = 0
sen 6x = 0 o sen x = 0
6x = kπ o x =kπ, k ∈ ℤ
Entonces:
x
k
x k k= = ∈
π
π
6
o , ox
k
x k k= = ∈
π
π
6
o ,  son las soluciones de la ecuación original.
80 Solución
A partir de la relación existente entre los coeficientes de la ecuación cuadrática y sus raíces
podemos escribir las siguientes relaciones:
a=tan(∝)+tan(β) y b=tan(∝)×tan(β)
c=cot(∝)+cot(β) y d=cot(∝)×cot(β)
De acuerdo a estas relaciones podemos escribir:
c
a
b
=
( )
+
( )
=
( )+ ( )
( )× ( )
=
1 1
tan tan
tan tan
tan tanβ
β
α β∝
∝
También tenemos que:
( )
1
n t β
1
b
=
× ( )
=
ta an
( )t c βd= × ( )co ot∝
∝
De este modo:
c d
a
b2
× =

79
81 Solución
Usando las identidades trigonométricas básicas de adición y sustracción podemos escribir:
sen sen sen sen senx x x
x x x
x x x+ ( )+ ( )
+ ( )+ ( )
=
−( )+ (3 5
3 5
3 2 3
cos cos cos
))+ +( )
−( )+ ( )+ +( )
sen 3 2
3 2 3 3 2
x x
x x x x xcos cos cos
Esta expresión es idéntica:
2 3 2 3
2 3 2 3
sen senx x x
x x x
( ) ( )+ ( )
( ) ( )+ ( )
cos
cos cos cos
Sacando el factor común sen(3x) en el numerador y cos(3x) en el denominador obtenemos:
sen x x
x x
( )× ( )+( )
( )× ( )+( )
2 2 1
3 2 2 1
cos
cos cos
Simplificando en el numerador y denominador obtenemos:
sen 3
3
3
x
x
x
( )
( )
= ( )
cos
tan
82 Solución
Consideremos que las expresiones de la forma Asen(x) + B cos x siempre pueden escribirse en
la forma k sen (x + 𝜑) o k cos (x + 𝜑) con k > 0.
k cos (x +φ) = k [cos x cos φ − sen x sen φ]
= k cos x cos φ − k sen x sen φ
= (−k sen φ) sen x + (k cos φ) cos x.
Para que se cumpla la igualdad es necesario que:
=
1
2
(−k sen φ) y que =
3
2
k cos φ
Elevando cuadrado ambas expresiones:
=
1
4
(−k sen φ)2
y =
3
4
(k cos φ)2
(−k sen φ)2
+(k cos φ)2
=k2
=1 o sea k=1
De esta forma y conociendo el valor de k:
Tenemos que = −
1
2
sen(φ) y como =
3
2
k cos φ deducimos que =
3
2
cos φ
Como sen(φ)<0 y cos (φ)>0 concluimos que 𝜑 está en el IV cuadrante. Por lo tanto:
φ
π
= −
6
Así x+





2
3
2 6
πcos(x)sen(x)
=k cos (x + φ)=1cos −

80
Geometría Analítica e
Introducción al Cálculo
83 Solución
a) [−3,8]={x/−3 ≤ x ≤ 8}. Gráficamente podemos representar esta desigualdad en la recta real
como un intervalo con los extremos incluidos:
b) (5,12]={x/5 < x ≤ 12} Gráficamente:
c) (−∞,2)={x/x<2} Gráficamente:
Como los intervalos son conjuntos, podemos realizar entre ellos las operaciones unión, inter-
sección y demás operaciones entre conjuntos.
84 Solución
a) 5 9 3 6 3 9, , ,[ ]∪( )= ( ]. Ya que { }x x3 9{ } = <{ }x x x x5 9 3 6≤ ≤ ∪ < < ≤ y este intervalo lo podemos repre-
sentar gráficamente como sigue:
b) 5 9 3 6 5 6, , ,[ ]∩( )=[ )ya que { }∩ <{ }{ }x x x x x x5 9 3 6 5 6≤ ≤ < = ≤ <
Gráficamente:

81
85 Solución
a) Empleando propiedades de orden de los números reales:
6 2 9− ≤ +x x
6 2 9− + ≤ + +x x x x
6 9 3 9 9− ≤ + −x
1
3
3
1
3
3−( )≤





( )x
1− ≤ x
6 ≤ 3x + 9
−3 ≤ 3x
Luego, el conjunto solución es x x: ≥ −{ }1 es decir, el intervalo − ∞[ )1, .
b) Empleando propiedades de orden de los números reales:
− ≤
−
<
× −





 ≤ ×
−




 < ×






− ≤ − <
1
2
4 3
5
1
4
5
1
2
5
4 3
5
5
1
4
5
2
4 3
5
x
x
x
44
5
2
4 4 3 4
5
4
4
13
2
3
11
4
1
3
13
2
1
3
3
1
− − ≤ − − < −
− ≤ − < −
−
× −





 ≥
−
⋅ −( )>
x
x
x
−−
× −






≥ >
3
11
4
13
6
11
12
x
Es decir:
11
12
13
6
< ≤x
Luego, el conjunto solución es el intervalo:
11
12
13
6
11
12
13
6
, :





 = ∈ < ≤






x x

82
86 Solución
a) Procedemos haciendo uso de las propiedades de los exponentes:
4 5 4 54 3
2
2 5 2 4
2
3
2
2 5
a b a b a b a b( ) ( )= ( ) ( )( )( )
16 58 6 2 5
a b a b= ( )( )
16= ( ) 55 8 2 6 5
( )a a b b
80 10 11
= a b
b) Procedemos haciendo uso de las propiedades de los exponentes:
3
2 3
3
4 3
2
1 2
2 2 2
2
2 2 4 2 2
2 2 4
xy
x z
x z
y
x y x z
x y z− −











 =
⋅
x y z6 2 23
4
−
=
x y
z
6 2
2
3
4
=
3 3
4
2 1−
= xx x y y z z4 2 4 2 2 4− −
87 Solución
i. x x
x
x
x
x x
x x
x
x
x x2
2
12
9
3
4
4 5
3 3
3
4
4 3− −
−
×
+
−
=
−( ) +( )
−( ) +( )
×
+
− −( )
=
−( ) +(( ) +( )
− −( ) +( ) −( )
x
x x x
3
3 3 4
= −
+
−
x
x
3
3
ii.
4 9
2 9 18
2 3
5 6
4 9
2 9 18
5 6
2
2
2
2
2
2
2
2
2
y
y y
y y
y y
y
y y
y y
y y
−
+ −
÷
+ −
+ −
=
−
+ −
×
+ −
+ −33
2 3 2 3
2 3 6
6 1
2 3 1
1=
−( ) +( )
−( ) +( )
×
+( ) −( )
+( ) −( )
=
y y
y y
y y
y y
iii.
2 3 2
1
2 5 2
2
2 3 2 2
1 2 5
2
2
2
2
2 2
2 2
x x
x
x x
x x
x x x x
x x x
− −
−
+ +
+ −
=
− −( ) + −( )
−( ) + +22
2 1 2 2 1
1 1 2 1 2( )
=
+( ) −( ) +( ) −( )
+( ) −( ) +( ) +( )
x x x x
x x x x
2
1
=
−
+
x
x
88 Solución
2
A
B
C
1
-1
0
0 1 2 3 4 5

83
Sean L1
la recta que queremos hallar y L2
la recta que pasa por los puntos A y B. Denotemos
por m1
y b1
la pendiente y el intercepto con el eje y de la recta L1
, respetivamente; es decir,
la ecuación de L1
es y =m1
x+b1
. Así mismo denotemos por m2
la pendiente de la recta L2
.
Empleando los puntos (x1
, y1
) = (1,1) y (x2
, y2
) = (5,−1) podemos calcular m2
:
m2
1 1
5 1
2
4
1
2
=
− −
−
= − = −
Como L1
es perpendicular a L2
tenemos que m1
×m2
= −1 y por tanto
m1
1
1
2
2= −
−
=
. Así la ecua-
ción de L1
es y = 2 x+b1
. El valor del intercepto b1
se obtiene al reemplazar el punto C(3,2) en
la ecuación de la recta, es decir, 2=2(3)+b1
. Por lo tanto b1
= −4, así la ecuación de la recta L1
es y = 2 x −4.
89 Solución
La simetría con respecto al eje x significa que para cualquier punto (x, y) del plano cartesiano
su simétrico con respecto al eje x es el punto (x, −y). Sabiendo que la recta L2
es simétrica a
L1
, con respecto del eje x, tenemos que el simétrico del intercepto de la recta L1
con respecto
al eje y, el punto (0, −3), es entonces (0, 3) y este punto es entonces el intercepto de L2
. El
intercepto de L1
con respecto al eje x es el punto 3
4
0,






y su simétrico con respecto a x es el
mismo 3
4
0,






.
Como dos puntos definen una recta, con ellos encontramos la ecuación de L2
como y = −4x+3
90 Solución
Por la definición de valor absoluto sabemos que f(x)=|x + 2|=x + 2 cuando x+2 ≥ 0 es decir
si x ≥ −2.
Cuando x+2 <0, esto es si x < −2, f(x) = |x + 2| = −(x + 2) = −x − 2.
En otros términos esta función es equivalente a la función definida por secciones:
f x
x x
x x
( )=
+ ≥ −
− < −



2 2
2 2
,
,
6
4
2f(x)
0
-8 -6 -4 -2 0 2 4
-2

84
91 Solución
El dominio de f son todos los reales (-∞,+∞) puesto que x2
+4 es un número real para todo
número real x. Puesto que x2
≥ 0, para todo x, entonces x2
+4 ≥ 4, de lo anterior deducimos que
f(x) ≥ 4. Por lo tanto, cualquier número ≥ 4 es la imagen de al menos una x del dominio. Por
ejemplo, para encontrar una x tal que f(x)=7, resolvemos la ecuación 7= x2
+4 para x y obtene-
mos x = ± . En general, para cualquier k ≥ 4, al hacer f(x) = k , obtenemos k = x2
+4 y eso nos
da las soluciones = ± −4. Esto prueba que el rango de la función es el conjunto de todos
los números ≥4. Es decir el intervalo [4,+∞).
92 Solución
Acorde con la definición de la función compuesta de dos funciones, tenemos que:
(gof)(x) = g( f (x)) = g(√x) = (√x)2
−5 = x −5. Aunque la función x −5 está definida para todos
los números reales, el dominio de gof no es el conjunto de los números reales. Veamos porque:
El dominio de la función g es el conjunto de todos los números reales y su rango el intervalo
[−5,+∞), pero la función f(x) = √x sólo está definida para los números x ≥ 0 y su rango es
igual. Así que el dominio de gof es el conjunto de los números reales positivos, es decir, el
intervalo (0,+∞).
Observa la representación de los dominios de las funciones f, g y gof en la gráfica de las tres
funciones:
g(x)
(gof)(x) = g( f (x))
10
5
0
0
-5
-5 5 10
f (x)

85
93 Solución
El radicando 3 6x − debe ser positivo. Al resolver 3x −6 ≥ 0 se obtiene x ≥ 2, por lo cual el do-
minio de f es [2,+∞)
Ahora, por definición 3 6 0x − ≥ para x ≥ 2, y en consecuencia, y x= + − ≥7 3 6 7 . Puesto que
3x−6 y 3 6x − crecen cuando x ≥ 2, se concluye que el rango de f es [7,+∞).
94 Solución
Supongamos que tenemos en la pantalla de la calculadora el número x. Camilo al pulsar A
obtiene
x
1
. Si a continuación pulsa B obtiene x
x
− 1
. Si luego pulsa A nuevamente, obtiene
x
x − 1
.
Después pulsa nuevamente B y en pantalla aparece − x
1
1
. Luego de pulsar A otra vez resulta
1−x, y si a continuación se pulsa B se obtiene x. Es decir que la secuencia de seis pulsaciones
ABABAB deja en la pantalla el mismo número inicial. Ahora bien, 848 = 6× 141+2 o lo que es
lo mismo 648≡2 mod (6), es decir que al pulsar ABAB. . . hasta completar 848 pulsaciones es
lo mismo que pulsar AB. Si el número que estaba inicialmente en la pantalla era x, al pulsar A
y luego B, resulta −
x
1
1
. Por lo tanto 1
1
0 8− =
x
. y así
1
0 2
x
= . y por último x=5.
95 Solución
En general, tenemos que la ecuación de la circunferencia de centro (h,k) y radio r es:
(x − h)2
+ (y − k)2
= r2
En este caso, h = −4, k = 2 y r = 2 y entonces la ecuación de la circunferencia es:
(x + 4)2
+ (y − 2)2
= 22
= 4
Si realizamos las operaciones indicadas en esta ecuación tenemos que:
x2
+ 8x + 16 + y2
−4y + 4 = 4, y simpliﬁcando:
x2
+ y2
+ 8x − 4y + 16 = 0
Luego, la ecuación x2
+ y2
+ 8x − 4y + 16 = 0 también representa la circunferencia de centro en
el punto A (-4,2) y radio 2.
4
2
-2
A
-4-6
0
0

86
96 Solución
Debemos expresar la ecuación dada en la forma ( )( )x h y k r− + − =
2 2 2
x y x y
x x y y
2 2
2 2
1
2
2
1
16
0
1
2
2
1
16
+ + + + =
+ + + = −
En donde podemos completar dos trinomios cuadrados perfectos, es decir:
x x y y2 21
2
1
16
2 1
1
16
1
16
1+ +





 + + +( )= − + +
Para obtener:
x y+





 + +( ) =
1
4
1 1
2
2
Luego, la ecuación representa una circunferencia de centro en − −






1
4
1, y radio 1.
97 Solución
Como los focos están ubicados en (2,2) y (10,2) entones el eje focal de la elipse es la recta
y=2 y tenemos una elipse horizontal.
Observe que la distancia entre los focos es 8 unidades y por lo tanto 2c = 8, es decir c = 4 y el
centro de la elipse se ubica a 4 unidades de cada foco y por lo tanto el centro de la elipse debe
ser el punto (6,2), es decir que (h, k) = (6,2).
Al ubicar en este punto el origen del sistema de coordenadas x’y’, obtenemos las ecuaciones
que relacionan los dos sistemas de coordenadas, estas son x’ = x - 6 y y’ = y − 2.
Con este par de ecuaciones podemos obtener las coordenadas de los focos y el vértice dado
en el sistema de coordenadas x’y’:
Focos (2 − 6,2 - 2) = (−4,0) y (10 − 6,2 − 2) = (4,0).
Vértices (0 − 6,2 − 2) = (−6,0).
Luego el otro vértice se encuentra en el punto (6,0) en el sistema de coordenadas x’y’ y en el
sistema de coordenadas xy en el punto (6 + 6,0 + 2) = (12,2)
En la figura se muestra la ubicación del sistema de coordenadas x’y’, los focos y los vértices.
Según sus coordenadas en el sistema x’y’ podemos concluir que c = 4 y a = 6. Por lo tanto
b a c= − = − =2 2
36 16 20 y entonces la ecuación de la elipse, en el sistema de coordenadas x’y’, es:

87
x
a
y
b
x y
' '
' '
( ) +
( ) =
( ) +
( ) =
2
2
2
2
2 2
1
36 20
1
y en el sistema de coordenadas xy, es:
x y−( ) +
−( ) =
6
36
2
20
1
2 2
Los principales elementos de la elipse en el sistema de coordenadas x’y’ son los siguientes:
Centro C = (0,0).
Focos F1
= (−4,0) y F2
= (4,0).
Vértices V1
= (−6,0) y V2
= (6,0).
Extremos del eje menor A1
= (0,√20) y A2
= (0,−√20).
A continuación, se muestra la gráfica de la elipse.
O
A2
V1
F1
F2 V2 x'
x
A1
O'

88
98 Solución
a) En este caso, h = −1, k = 3 y p = −1 (p se despeja de la igualdad (h,p+k) = (−1,2)). Por tanto, la
ecuación requerida es y x− =
−( )
+( )3
1
4 1
1
2
, que se puede escribir también como 4y+x2
+2x−11=0.
b) En este caso, h = 3, k = 0 y p = −2 (p se despeja de la igualdad (h + p,k) = (1,0)). Por tanto,
la ecuación requerida es x y− =
−( )
3
1
4 2
2
, que se puede escribir también como 8x+y2
+24=0. A
continuación tenemos la gráfica del punto a):
3
v
F
(-1,3)
(-1,2)
2
1
0
-4-5 -3 -2 -1 0 1 2 3
-1
99 Solución
Como los focos de la hipérbola se encuentran en los puntos (-8,0) y (8,0) entonces identifica-
mos c = 8. Ahora, como el punto (2,0) pertenece a la gráfica de la hipérbola y la ecuación de
este tipo de hipérbolas es de la forma:
x
a
y
b
2
2
2
2
1− =
Entonces se debe cumplir que
2 0
1
2
2
2
2
a b
− = y así a2
= 4, como a>0 entonces a=2
b2
=c2
−a2
=82
−22
=60 . Por lo tanto la ecuación de la hipérbola es: x
4
y
60
2 2
1− =
10
F1
P F2
5
0
-10 -5 0 5
(2,0)
10
-5
-10

89
100 Solución
Teniendo en cuenta la información suministrada podemos suponer que la parábola que des-
cribe el puente tiene su vértice sobre el eje Y de un plano cartesiano como muestra la gráfica:
B C
-50 50
(75,0)(-75,0)
(0,7)
0
0
De acuerdo con la gráfica, la parábola que describe el puente corresponde a una parábola con
vértice en el punto (0,7) que se abre hacia arriba.
Por lo tanto su ecuación es: y−7=k x2
donde k es una constante que se puede determinar
conociendo que cuando x = 75 ó x = −75 se tiene que y = 22. Es decir, 22 − 7 = k (75)2
de
donde k= =
15
75
1
3752
.
Así que la ecuación de la parábola es:
y
x
= +7
375
2
Ahora, si un punto se encuentra situado a 15m de alguna de las torres entonces estará ubica-
do sobre el eje X en un punto con coordenadas (−75 + 15,0) o (75 − 15,0), es decir (−60,0) o
(60,0). En cualquier caso, la altura de la parábola corresponderá a:
h = + = + =7
60
375
7
48
5
83
5
2
metros

90
Referencias
1. Nociones básicas de Aritmética, Geometría, Álgebra, Trigonometría y Geometría analítica, Pre
cálculo, Red Matemática Antioquia, 2014.
2. Resolución de Problemas Matemáticos José Heber Nieto Said, 2010.
3. El Circo matemático, Martin Gardner, preparado por Patricio Barrios.
4. Pisa 2003, Pruebas de Matemáticas y solución de problemas, Madrid 2005, Instituto Nacional
de Evaluación y Calidad del Sistema Educativo (INECSE). Ministerio de Educación y Ciencia
de España.
5. 150 Problemas de olimpiadas matemáticas cochabambinas, Álvaro H. Carrasco C., Carlos E
Gonzales C, 2010.
6. Olimpiadas Colombianas de Matemáticas, Pruebas de 1982 -1983, Universidad Antonio
Nariño.
7. Resolución de Problemas, Ministerio de Educación del Perú, http://www2.minedu.gob.pe/
digesutp/formacioninicial/
8. Olimpiadas Matemáticas de México, http://ichi.fismat.umich.mx/recursos/prob15/
9. Un Pequeño Manual para la Resolución de Problemas, Francisco Javier Garcia Capitán,
pacoga@ctv.es, Priego de Córdoba, 2002.
10. Olimpiadas Españolas de Matemáticas: Problemas y Soluciones 1998 a 2014, http://platea.
pntic.mec.es/~csanchez/olimmain.htm
11. Preguntas PISA, ciclos anteriores, (PISA 2000 – PISA 2006), Alfabetización matemática, Perú.
12. Olimpiada Costarricense de Matemáticas, 2011, Christopher Trejos Castillo, Álgebra.
13. Olimpiadas Matemáticas 2012, (OJM, OM, OMCC, OIM, IMO), Problemas y Soluciones, José H
Nieto S, Rafael Sánchez L, Laura Vielma H.
14. Problemas Resueltos de Funciones, Para: Cálculo Diferencial, Dr. José Luis Díaz Gómez.

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