Solucionario Cuarta Fase V ONEM Comisi´ on de Olimpiadas de la Sociedad Matem´atica on atica Peruana Huampa Hua mpan n´ı, Noviembre Novie mbre 2008 200 8 Los enunciados y soluciones de este documento fueron elaborados por: John Cuya, Israel D´ıaz, Claudio Espinoza, Jorge Tipe y Sergio Vera. Este documento est´a disponible libremente en http://www.onemperu.wordpress.com
1.
Nivel 1
Problema 1.- ¿Cu´antos antos n´ umeros umeros abc de tres d´ıgitos distintos cumplen la siguiente sig uiente propiedad? prop iedad? “ al reemplazar el d´ıgito mayor por el d´ıgito 1 se obtiene un m´ultiplo ultiplo de 30 ” (Jorge Tipe) Soluci´ on:
Tenemos que el d´ıgito mayor no puede ser c, dado que al hacer el intercambio, el n´umero umero ultiplo ultiplo de 30. Tenemos ahora que el mayor de los d´ıgitos solo puede ser ab1 no puede ser m´ a o b. Si el d´ıgito ıgi to mayor es a, al hacer el intercambio, el n´umero umero 1bc es m´ ultiplo ultiplo de 30, y puede tomar los valores 120, 150 y 180. Si el n´umero umero despu´es es del intercambio intercambio fuese 120, entonces el n´ umero umero inicial seria a20, con a > 2 (dado que es el d´ıgito mayor), tendr´ tendr´ıamos entonces 7 n´umeros umeros de esta forma. Trabajando de la misma manera, no es d´ıficil obtener que hay 4 n´umeros umeros con n´umero umero intercambiado 150; y 1 n´umero umero con n´umero umero intercambiado 180. Es decir, hay 12 n´ umeros umeros en este caso. Si el d´ıgito ıgi to mayor es b, al hacer el intercambio, el n´umero umero a1c es m´ ultiplo ultiplo de 30, y puede tomar los valores 210, 510 y 810. Si el n´umero umero despu´es es del intercambio intercambio fuese 510, entonces el n´ umero umero incial seria 5 b0, con b > 5 (dado que es el d´ıgito mayor), tendr´ tendr´ıamos entonces 4 n´umeros umeros de esta forma. Trabajando de la misma manera, no es d´ıficil obtener que hay 7 n´umeros umeros con n´umero umero intercambiado 210; y 1 n´umero umero con n´umero umero intercambiado 810. Es decir, hay 12 n´ umeros umeros en este caso. Por lo tanto, en total existen 12 + 12 = 24 n´umeros umeros que cumplen las condiciones del problema. Problema 2.- Se escriben los n´umeros umeros naturales desde el 1 hasta el 9 inclusive y luego se pintan usando los colores rojo, azul y verde. Cada n´umero se pinta con un solo color, de tal modo que cada n´umero umero pintado de rojo es igual a la suma de un n´umero umero pintado
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de azul m´as as un n´umero umero pintado de verde. ¿Cu´al al es la m´axima axima cantidad de n´umeros umeros que se pueden pintar de rojo? (Isra (Is rael el D´ıaz) ıa z) Soluci´ on:
Sean a, b y c las cantidades de n´umeros umeros pintados de rojo, azul y verde, respectivamente. Claramente a + b + c = 9. Supongamos que sea posible que a 5, luego b + c 4. La cantidad de n´umeros umeros rojos es a lo m´as as bc, pues b n´umeros umeros azules y c n´umeros umeros verdes generan bc sumas (algunas de las cuales se pueden repetir), es por eso que a bc. Sin embargo
≥
≤
≤
b+c
≤4
=
⇒
bc
≤4
=
⇒
a
≤ 4,
lo cual es una contradicci´on on pues supusimos al inicio que a 5. Por lo tanto se debe cumplir lo contrario, es decir, la cantidad de puntos rojos es a lo m´as 4, veamos un ejemplo de que esto es posible:
≥
azules: 1,2,3 verdes: 4,6 rojos: 5,7,8,9 este ejemplo cumple pues 5 = 1+4, 7 = 1+6, 8 = 2+6 y 9 = 3+6. Por la tanto la m´axima cantidad de puntos rojos es 4. Problema 3.- Decimos que un entero positivo m es fierito si existe un n´umero umero entero entero positivo N tal que la suma de las cifras de N es m, y adem´as as N es divisible por m + 2008. 2008. a) Halla un n´ umero fierito mayor que 1000. umero b) Halla un n´ umero fierito menor que 100. umero (Isra (Is rael el D´ıaz) ıa z) Soluci´ on:
a) Hagamos que m + 2008 = 10000, con esto m = 7992, ahora podemos encontrar el n´umero umero N = 1111 11 0000, que evidentemente es m´ultiplo ultiplo de 10000 y la suma de sus
· · · 7992veces
cifras es m = 7992. Por lo tanto 7992 > 1000 es fierito. b) Vamos a buscar un valor de m < 50. Consideremos un n´umero umero de la forma N = abcdabcd
· · · abcd,
en donde el bloque de cifras abcd aparece k veces. Es f´acil acil ver que N es divisible por ultiplo ultiplo de m + 2008, vamos a hacer que abcd. Para que N sea m´ abcd = m + 2008
(1)
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ahora, solo tendremos que conseguir que la suma de cifras de N sea m, luego k (a + b + c + d) = m
(2)
Como m < 50, podemos notar que a = 2 y b = 0, luego las ecuaciones (1) y (2) quedan reducidas a cd = m + 8 k (2 + c + d) = m
Si k = 1 tenemos que c + d + 10 = cd, luego 10 = 9c, que no es posible pues c es una cifra. No hay soluciones en este caso. Si k = 2 tenemos que 2 c + 2 d + 12 = cd, luego d + 12 = 8c de donde d = 4 y c = 2; adem´ as as m = 24 8 = 16. Consideran Considerando do el n´ n umero u ´mero N = 202142024, deducimos que 16 es fierito, pues 20242024 es m´ultiplo ultiplo de 16 + 2008 = 2024, y la suma de sus cifras es 16.
−
es y Victor juegan en un tablero de 7 7, escribiendo por turnos 0 ´o 1 Problema 4.- Andr´es en alguna casilla desocupada. Andr´es es inicia el juego. Andr´es es gana el juego si logra que aparezcan seis n´umeros umeros iguales en fila, en columna o en diagonal. Adem´as, as, Victor tiene la opci´on on de no jugar su turno si as´ as´ı lo desea. Demuestra que Victor tiene una manera de jugar de tal modo mo do que Andr´es es no le puede ganar.
×
(John Cuya) Soluci´ on:
Enumeramos las columnas del 1 al 7, de izquierda a derecha y las filas del 1 al 7, de arriba hacia abajo. Luego, etiquetamos las casillas del tablero de la siguiente manera 1 M 1 1 X
2
3
P N 2 D 2 Y Z
A B C 3 3 F G
4 4 C E 4
5
6
A B 5 5 E F G
X Y 6 D 6 N M
7 Z 7 7 P
1 2 3 4 5 6 7
La estrategia de Victor ser´a, a, cada vez que Andr´es es coloque un n´umero u mero 0 ´o 1 en una de las casillas etiquetadas, en el siguiente turno Victor colocar´a un n´ umero distinto en la otra casilla umero etiquetada con el mismo n´umero umero o la misma letra. De este modo Andr´ Andr´es es nun nunca ca podr´a ganar ya que para colocar 6 n´umeros umeros iguales consecutivas en la columna 1, las casillas con los n´ umeros 1 deben tener los mismos n´umeros, umeros umeros, pero la estrategia de Victor hace que esto nunca ocurra, lo mismo en las otras columnas y filas. S´olo olo hay 6 diagonales posibles donde
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se pueden colocar 6 n´umeros umeros consecutivos iguales, las cuales tambi´ en en estan cubiertas con las casillas M, N, P, X, Y y Z, en la estrategia de Victor. Las casillas sin etiquetar funcionan como un solo grupo, que en total tiene 9 casillas (cantidad impar), entonces en este caso cada vez que Andr´es es coloque un n´umero umero en este grupo, grup o, Victor va a pasar, as´ as´ı la estrategia funciona funcion a correctamente co rrectamente y Andr´ An dr´es es nunca nun ca podr´ p odr´a ganar.
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2.
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Nivel 2
Problema 1.- Un profesor de matem´aticas aticas escribe el n´umero umero 1 en la pizarra y le dice a su alumno Gomito: “ Puedes cambiar el n´umero umero escrito en la pizarra por el n´umero umero que resulta al multiplicarlo por 2 o por 3 y sumarle 1, y puedes hacer esta operaci´on on cuantas veces quieras”. Haciendo solamente estos cambios, sucesivamente, a) ¿Es posible que Gomito obtenga el n´ umero umero 2008? b) ¿Es posible que Gomito obtenga el n´ umero umero 2009? (John Cuya) Soluci´ on:
a) S´ı es posible, y podemos po demos hallar la secuencia de pasos procediendo pro cediendo de manera inversa: inversa: 2008
← 669 ← 334 ← 111 ← 55 ← 27 ← 13 ← 4 ← 1
b) No es posible. Supongamos que sea posible y sea n el n´ umero umero que borr´o Gomito antes de escribir 2009. Luego 2 n +1 = 2009 2009 o 3n +1 = 2009, pero la segunda ecuaci´on on no tiene soluciones enteras, por lo tanto 2 n + 1 = 2009, y por ende n = 1004. Sea m el n´ umero umero que borr´o Gomito antes de escribir 1004, entonces 2 m +1 = 1004 o 3m +1 = 1004, pero ninguna de las ecuaciones anteriores tiene soluci´on on entera, esto es una contradicci´on on pues Gomito siempre escribe n´umeros umeros enteros. Problema 2.- Iv´an an marca algunos puntos de una recta de tal modo que se cumple la siguiente propiedad: “Siempre que Iv´an an escoge tres puntos marcados, hay dos de ellos cuya distancia es menor que 3 y hay dos de ellos cuya distancia es mayor que 3”. ¿Cu´al al es la mayor cantidad de puntos que puede marcar Iv´an? (Jorge Tipe) Soluci´ on:
Vamos a demostrar que Iv´an an puede marcar como m´aximo aximo 4 puntos, y un ejemplo ser´ ser´ıa marcando los siguientes cuatro puntos:
A
2
2
2 B
C
D
este ejemplo cumple, pues escogiendo escogiendo tres pun puntos tos marcados cualesquiera cualesquiera hay dos de ellos que se diferencian en 2, y dos que se diferencian en 4. Ahora, probaremos que Iv´an an no puede marcar 5 o m´as as puntos. Basta probar que con 5 puntos no es posible.
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Supongamos que los puntos A,B,C,D,E est´an an ubicados en la recta, y en ese mismo orden. Analicemos los tres primeros puntos A,B,C . Como alguna de las distancias AB , BC y AC es mayor que 3, y la mayor de esas distancias es AC , concluimos que AC > 3. An´ alogaalogamente, analizando los puntos C,D,E , podemos llegar a que C E > 3. Con esta informaci´on, on, tenemos que AC > 3 y C E > 3, pero escogiendo los puntos A,C,E no es posible encontrar dos de ellos cuya distancia es menor que 3, esta contradicci´on indica que iv´an an no puede es coger m´as as de 4 puntos. umeros 1, 2, Problema 3.- En cada casilla de un tablero de 4 4 se escribe uno de los n´umeros 3 o´ 4, de tal modo que no haya dos n´umeros umeros iguales en la misma fila o en la misma columna. Decimos que un subtablero de 2 2 es bac´an umeros umeros an si contiene a todos los n´ del 1 al 4. ¿Cu´al al es el mayor n´umero umero de subtableros bacanes que puede tener el tablero?
×
×
(John Cuya) Soluci´ on:
Hay 9 subtableros de 2 2 en total. Supongamos que los 9 subtableros sean bacanes, entonces el subtablero de 2 2 de la esquina superior izquierda debe contener a los n´umeros umeros 1, 2, 3 y 4 en alg´un un orden. Supongamos que A, B, C y D representan a los n´umeros umeros 1, 2, 3 y 4, en alg´ un orden, entonces el tablero comenzar´ un comenzar´ıa del siguiente modo mo do
× ×
A C X
B D Y
Luego, los n´umeros umeros C, D, X e Y pertenecen a un subtablero de 2 2, entonces deben ser los n´ umeros 1, 2, 3 y 4 en alg´un umeros un orden, orden, por lo cual cual X e Y son los mismo mismo n´umeros umeros que A y B, pero como no hay dos n´umeros umeros iguales en la misma fila ni en la misma columna, entonces A = Y y B = X. Entonces el tablero quedar´ quedar´ıa del siguiente modo
×
A C B M
B D A N
An´alogamente alogamente N = C y M = D. Luego A C B D
B D A C
P Q
Se tiene que cumplir que Q = B y P = D, de donde resulta que el subtablero central de 2 2 no puede contener a los n´umeros umeros 1, 2, 3 y 4 pues contiene dos n´umeros umeros iguales, y esto es una contradici´on. on. Entonces los 9 subtableros no pueden ser todos bacanes al mismo tiempo, por lo tanto el m´aximo aximo n´ umero de subtableros bacanes que se puede tener es 8, donde un ejemplo que lo umero corrobora corrobora es
×
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1 3 2 4 donde todos los subtableros de 2
2 4 1 3
3 1 4 2
7
4 2 3 1
× 2 son bacanes, excepto el central.
Problema 4.- Sean α < β < θ las ra´ ra´ıces reales de la ecuaci´on on 3x3 Si
− 3x + 1 = 0.
α β θ + + β θ α β θ α N = + + α β θ
M =
Halla M + N , M N y M
− N . (Isra (I srael el D´ıaz ıa z )
Soluci´ on:
Comencemos observando que por el Teorema de Cardano-Viette tenemos que
− 03 −3 = −1 αβ + βθ + θα = α + β + θ =
(1) (2)
3 1 αβθ = 3
(3)
−
Adem´as, as, como α = 0 es ra´ ra´ız de la ecuaci´on on inicial, podemos plantear:
− 13 1 = 3 − 3α α 1 =3 −3 α
α3 = α
1 α2
1
α3
(4) (5) (6)
2
y tendremos ecuaciones similares para las otras dos ra´ ra´ıces β y θ. a) Por (1) tenemos: M + N =
β + θ θ+α α + β α β θ + + = + + = α β θ α β θ
−
−
−
−3
b) Expandimos el producto M N : M N =
α β θ + + β θ α
β θ α + + α β θ
α2 β 2 θ2 βθ αθ αβ = 3+ + + + 2+ 2 + 2 βθ αθ αβ α β θ
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y usando (3): M N = 3
=3 =3 =6
− −
−
1 1 1 1 3 α + β + θ + + 3 α3 β 3 θ 3 1 1 1 1 1 3 α + β + θ 3 3 + + 3 3 α2 β 2 θ2 1 1 1 3 ( 1) 3 + + (α + β + θ) 1
3
3
3
− ·
− ·− − · −3·
− ·
−
−3
(por (4) y (6))
(por (1) y (5))
− 3 · (3 − 1) = 0
(por (2) y (3))
−
α β θ αβ + βθ + θα 1 =6 αβθ
c) Entonces, como M + N = M N = 3. Tenemos:
−
tenemos {M, N } = {0, −3} y en consecuencia −3 y M N = 0, tenemos
| − | β − θ θ−α α − β β − θ θ − β β − α α − β + + = + + + N − M = α 1β 1 θ α1 1 β β β − αθ θ − β = (β − θ ) + (β − α) − + (β − α) − = (β − θ) α
= (β
β
− θ)(β − α)
β
1 − αβ βθ
Como α < β < θ y αβθ = M N = 3.
−
−
1
−
1 3
=
θ (α β )( )(β θ )(θ αβθ
− −
−
< 0, concluimos que N
−
αβ α)
βθ
− M > 0, y en consecuencia
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Nivel 3
Problema 1.- Alrededor de una mesa redonda se sientan 2 n peruanos, 2n bolivianos y 2n ecuatorianos. Si se pide que se pongan de pie todos los que tienen como vecinos, a su derecha y a su izquierda, a personas de igual nacionalidad, ¿cu´al al es el mayor n´umero umero de personas que se pueden poner de pie? Aclaraci´ on: Para que una persona se ponga de pie, sus vecinos deben tener igual na-
cionalidad entre s´ s´ı, no deben ser necesariamente de la misma nacionalidad de la persona que se pone de pie. (Jorge Tipe) Soluci´ on:
Asignemos a las personas los n´ umeros umeros 1, 2, 3, . . . , 6n, en ese orden. Analicemos a las personas que tienen asignado un n´umero umero par. Si todas estas personas se ponen de pie, entonces todas las personas que tienen asignado un n´umero ume ro impar imp ar ser´ıan ıan de la misma nacionalidad, es decir, habr´ıa ıa 3n personas de la misma nacionalidad, esto no es posible, pues hay 2 n personas de cada nacionalidad. Supongamos ahora que todas las personas que tienen asignado un n´umero umero impar se pusieron de pie, a excepci´on o n de una de ellas. Sin p´ erdida erdida de generalidad generalidad,, podemos suponer que 3, 5, 7, . . . , 6n 1 se pusieron de pie, pero 1 no. Luego, las personas 2, 4, 6, 8, . . . , 6n son de la misma nacionalidad, esto no es posible, pues las personas que est´an an junto a 1 no pueden tener la misma nacionalidad. Concluimos que de las personas que tienen asignado un n´umero umero impar, como m´aximo aximo 3n 2 se pusieron de pie. An´alogamente, alogamente, de las personas que tienen asignado un n´ umero umero impar, como m´aximo aximo 3n 2 se pusieron de pie. En total, tendr´ tendr´ıamos como m´aximo aximo 6n 4 personas que se pusieron de pie. Veamos ahora, con un ejemplo, que es posible conseguir esta cantidad ( P , B , E denotan a un peruano, boliviano y peruano, respectivamente) :
−
− −
−
B E
B
B
E
E
B
B
E P
P P
P
P
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en este ejemplo, se pusieron de pie todas las personas a excepci´on de las cuatro que est´an an marcadas marcada s con co n un u n c´ırculo; ırculo; en total to tal 6n 4 personas de pie.
−
Problema 2.- Sean a y b n´umeros umeros reales para los cuales se cumple: acscx + bcotx
sexagesimales.
≥1
para para todo todoss los los angulos a´ngulos x tales que
0 < x < 180, x en grados
Halla el m´ınimo valor de a2 + b. (Isra (Is rael el D´ıaz) ıa z) Soluci´ on:
Como sen x > 0, podemos multiplicara la condici´on on inicial por senx, y el sentido de la desigualdad de mantiene: a + bcos bcos x
(1)
≥ senx
Ahora haremos lo siguiente siguiente a
≥ senx − bcos bcos x =
√
b2 + 1sen (x
− θ)
en donde θ es el ´angulo angulo tal que 0o < θ < 180o , tg θ = b. Evaluando la expresi´on on en x = 90o + θ o x = 90o + θ (dependiendo cu´al a l de estos ´angulos angulos est´a entre 0 o y 180o ) tenemos que, necesariamente a b2 + 1
−
≥
Luego 2
M = a + b
≥
√
1 b +b+1 = b+ 2 2
2
+
3 4
≥ 34
Ahora para probar que M = 34 es el m´ınimo valor de la expresi´on on tendremos que encontrar a y b tales que M = a2 + b = 34 . Para ello consideramos los valores un par de valores √ altar´ıa probar que estos valores valores cumplen la condici´on on (1), que a su vez b = 12 y a = 25 . Faltar´ es equivalente a la inicial, es decir,
−
√5
− 12 cosx ≥ sen x
para todos los ´angu a ngulo loss 0o < x < 180o
2 como ya vimos esta expresi´on on es equivalente a la siguiente 1 donde θ es el ´angulo angulo tal que tg θ =
−
1 2
≥ sen (x − θ),
, la ultima u ´ltima desigualdad evidentemente es verdadera.
Problema 3.- ABC es un tri´angulo angulo acut´ acutangulo a´ngulo con ∠ACB AC B = 45◦ . Sean D y E puntos de los lados BC y AC , respectivamente, tales que AB = AD = BE . Sean M , N y X los puntos medios de BD , AE y AB , respectivamente. Si las rectas AM y BN se cortan en el punto P , demuestra que las rectas X P y DE son perpendiculares.
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(John Cuya) Soluci´ on:
Observamos que el tri´angulo angulo ABE es is´osceles, osceles, dado que AB = BE ; por lo cual si N es punto medio de AE , entonces BN es una altura del tri´angulo angulo ABE . An´alogamente alogamente AM es una altura del tri´angulo angulo BAD . Ahora en el tri´angulo angulo AM C , notamos que ∠C AM = 45o . Como P perten pe rtenece ece a la l a media m ediatr tr´´ız de AE en el tri´angulo angulo ABE , entonces AP = P E . Por lo tanto, tenemos que ∠AEP = 45o , y en consecuencia EP y C B son paralelos. An´alogamente alogamente DP y C A son paralelos; y adem´as as CEPD es un paralelogramo. B
M X D
P
A
N
E
C
Por otro lado, como C D = EP = AP , DP = BP y ∠AP B = ∠C DP = 135o , concluimos que los tri´angulos angulos AP B y C DP son congruentes. El segmento DE es mediana del tri´angulo angulo C DP , y P X es mediana del tri´angulos angulos AP B , como los lados correspondientes de los tri´angulos angulos AP B y C DP son perpepndiculares, por la congruencia, concluimos que sus medianas mediana s tambi´en en lo son, es decir, P X y DE son perpendiculares. Problema 4.- Se pintan todos los puntos del plano que tienen ambas coordenadas enteras, usando los colores rojo, verde y amarillo. Si los puntos se pintan de modo que haya por lo menos un punto de cada color, demuestra que siempre existen tres puntos X , Y y Z , de colores distintos, tales que ∠X Y Z = 45◦. (Jorge Tipe ) Soluci´ on:
Llamaremos puntos enteros a los puntos con ambas coordenadas enteras y diagonales a las rectas de pendiente 1. Comenzare Comenzaremos mos con el siguiente siguiente:: Lema.- Existen dos puntos enteros consecutivos sobre una diagonal que tienen colores distintos. Prueba.- Supongamos lo contrario, entonces todos los puntos enteros ( x, y ) con x + y par deben tener el mismo color, y todos los puntos enteros ( x, y ) con x + y impar deben tener
±
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el mismo color tambi´en. en. Por lo tanto, todos los puntos enteros del plano han sido pintados usando como m´aximo aximo 2 colores, esto es una contradicci´on. on. Supongamos sin p´erdida erdida de generalidad, que los dos puntos del Lema son: R de color rojo, y V de color verde, y que est´an dispuestos de la forma: V R
Vamos a dividir el problema en dos casos. Caso 1: existe un punto amarillo A sobre la recta RV . Sup Supong ongamo amoss sin si n p´erdida erdi da de generalidad que el punto V est´a entre A y R. A
V R P
Sea P el punto que est´a en la misma horizontal que R y misma vertical que A. Si P es verde tomamos ∠ARP = 45◦ , si P es rojo tomamos ∠V AP = 45◦ , y si P es amarillo tomamos ∠V RP = 45◦ . Caso 2: la recta RV s´ olo contiene puntos rojos y verdes. Tomamos un punto olo amarillo A y trazamos por A una horizontal y una vertical, que cortan la recta RV en P y Q, respectivamente. respectivamente. Q
P
A
Si P y Q son de colores distintos, tomamos ∠AP Q = 45◦ . Si P y Q son de colores iguales, digamos que ambos son de color rojo, por el Lema ten´ıamos ıam os un punto verde V sobre P Q. Si V est´a debajo de Q tomamos ∠AQV = 45◦ , si V est´a encima de Q tomamos ∠AP V = 45◦ . http://www.onemperu.wordpress.com
