π 163
e
9925....... = 262537412640768743, 9999999999
Problemas de Matemática para Competencias olímpicas
Sociedad Ramamsem
I TRIMESTRE DEL 2008
CONTENIDO ________________________________ Página 1. Presentación
1
2. Solución a los anteriores Problemas de Competencias no Olímpicas
8
3. Problemas de Competencias no Olímpicas
26
4. CURIOSATO
33
5. Solución al CURIOSATO
39
6. Solución a los problemas anteriores de la columna “Olimpiadas alrededor del mundo”.
40
7. Olimpiadas alrededor del mundo
50
8. Lógica y Matemática Recreativa
53
________________________________
Sociedad RAMAMSEM
1. Presentación. Esta publicación es realizada por la Sociedad RAMAMSEM y va dirigida a todas aquellas personas que deseen explorar una matemática diferente a la que se enseña en secundaria, y algo más ! Toda comunicación o información con respecto a los problemas propuestos o soluciones, pueden ser enviados a
[email protected] o bien
[email protected]
En la portada de nuestra actual edición tenemos la fotografía de Srinivara Ramanujan y la expresión matemática, en la parte inferior de la misma, es de las más conocidas de él y se le conoce como Número de Ramanujan . El afirmó que ese número es un entero. Sin computadoras, sin otro recurso más que su extraordinaria capacidad de calcular. Desafortunadamente no acertó.Con las computadoras de los años 70, se afirmó que Ramanujan tenía razón. Con un programa como Mupad 3.1 se verifica sin ningún problema que: DIGITS:=20
hold(exp(PI*sqrt(163)))=float(exp(PI*sqrt(163)))
Y eso es un entero. Es simplemente asombroso que alguien llegara a eso niveles de precisión y nos legara de manera indirecta la siguiente conjetura: Existe un entero positivo tal que es entero la cual fue f ue probada en sentido negativo por po r Alexander Gelfand, quien demostró que los números de esa forma son trascendentales y por lo tanto irracionales.
1
Sociedad RAMAMSEM
Srinivara Ramanujan (1887-1920) es el ejemplo perfecto de matemático indio: muy alejado del estilo geométrico griego, Ramanujan era un amigo de los números. Intuitivo, desordenado y completamente autodidacta trabajó en teoría de números y obtuvo algunos resultados que llamaron la atención del matemático inglés Hardy quien, en parte extrañado y en parte asombrado por aquellos teoremas sin pulir y sin demostrar, le llevó de Madrás a Cambridge para que desarrollase sus capacidades. Hardy dijo de su protegido que era de la clase de talento de Gauss y Euler, aunque su deficiente formación matemática le impediría realizar contribuciones semejantes. No sabía, por ejemplo, lo que era una demostración, y Hardy, pese a ser consciente de que se hallaba ante un genio, tuvo que enseñarle algunos formalismos matemáticos elementales. En la eterna polémica acerca de si el genio nace o se hace, el caso de Ramanujan no deja lugar a dudas: nace, pero luego tiene que hacerse. Ramanujan y un número de matrícula. El matemático Ramanujan estaba hospitalizado y su amigo y también matemático Hardy fue a visitarlo. Se desplazó hasta el hospital en taxi, y quizá para iniciar la conversación, dijo sin más preámbulos: "creo que el número de mi taxi era 1729. Me parece un número bastante aburrido". A lo que Ramanujan respondió: "¡No, Hardy! ¡No, Hardy! Es un número muy interesante, ya que es el menor que se puede expresar como suma de dos cubos de dos maneras distintas”. De una generalización de esta propiedad surgen los llamados números Taxicab (el nombre es un homenaje al taxi de Hardy): Se dice que un número es el enésimo número taxicab si es el menor número que se puede descomponer como n sumas de dos cubos positivos. Así, por ejemplo Ta(1) = 2 = 13 + 13 Ta(2) = 1729 = 1 3 + 123 = 93 + 103 Ta(3) = 87539319 = 1673 + 4363 = 2283 + 4233 = 2553 + 4143
2
Sociedad RAMAMSEM
Filosofía de las Olimpiadas Matemáticas: En la práctica, las Olimpiadas son algo más que un concurso. Por una parte sirven para promocionar las Matemáticas y dotarlas de un contenido lúdico que lamentablemente han perdido casi por completo por muy diversas razones, por ejemplo, la confusión entre ejercicios y problemas, con la consiguiente desaparición de éstos. El error, cada vez más común, consistente en suponer que la enseñanza debe estar dirigida sólo al alumno medio y que lleva a no plantear cuestiones que no puedan ser resueltas por la mayoría de los alumnos, o la formalización exagerada que aproxima cada vez más la enseñanza media a la mala enseñanza universitaria. Estas circunstancias hacen cada vez más fuerte la sensación de Matemáticas-barrera , anulando su capacidad formativa al crear en los alumnos una sensación de impotencia. Por otra parte, las Olimpiadas Matemáticas contribuyen a la captación, para dedicarse profesionalmente a la Matemática, de algunos de nuestros talentos más brillantes. Es un hecho indiscutible que la Matemática costarricense ha pasado de la nada a un lugar relevante en el concierto internacional. Por último, no se puede olvidar que las Olimpiadas son también un elemento de importancia en la mejora de nuestro sistema educativo por cuanto suponen, en los muchos profesores que de modo completamente altruista vienen preparando a los alumnos, una necesidad de actualización permanente de conocimientos, una búsqueda de problemas nuevos y de métodos de adaptación a los planes vigentes de nuevos y más atractivos contenidos. Es un hecho, extremadamente necesario, que el Ministerio de Educación establezca un procedimiento para incentivar la tarea de estos profesores, así como la mayor libertad de curricula consecuencia de las nuevas tendencias en esta disciplina - ciencia. Temario indicativo para un curso de preparación olímpica de primer nivel. natural. Número natural. Divisibilidad. Divisibilidad. Congruencias. Congruencias. Grupos finitos. Clases de restos. restos. Ecuaciones diofánticas. diofánticas. Progresiones. Progresiones. Sucesiones recurrentes. recurrentes.
3
Sociedad RAMAMSEM
Polinomios y ecuaciones polinómicas. polinómicas. Combinatoria. Combinatoria. Desigualdades. Desigualdades. Ecuaciones funcionales. funcionales. Construcciones elementales con regla y compás. compás. Ángulos en la circunferencia. circunferencia. Puntos notables en el triángulo. triángulo. Relaciones métricas en la circunferencia. circunferencia. Relaciones métricas en el triángulo. triángulo. Los movimientos en el plano. plano. Homotecia y semejanza Inversión en el plano. plano. Lugares geométricos. geométricos. Cónicas. Cónicas.
La importancia de la resolución de problemas La resolución de problemas es una cuestión de gran importancia para el avance de las matemáticas y también para su comprensión y aprendizaje. El saber hacer, en matemáticas, tiene mucho que ver con la habilidad de resolver problemas, de encontrar pruebas, de criticar argumentos, de usar el lenguaje matemático con cierta fluidez, de reconocer conceptos matemáticos en situaciones concretas, de saber aguantar una determinada dosis de ansiedad, .....pero también de estar dispuesto a disfrutar con el camino emprendido. Lo importante no es obtener la solución, sino el camino que lleva hacia ella. La habilidad ha bilidad para resolver problemas es una de las habilidades básicas que los estudiantes deben tener a lo largo de sus vidas, y deben usarla frecuentemenente cuando dejen la escuela. Es una habilidad que se puede enseñar. La resolución de problemas es una actividad primordial en la clase de matemáticas, no es únicamente un objetivo general a conseguir sino que además es un instrumento pedagógico de primer orden . Un problema matemático es una situación que supone alcanzar una meta, hay obstáculos en el camino, se requiere deliberación , y se parte de un desconocimiento algorítmico .
4
Sociedad RAMAMSEM
En términos generales, para afrontar la resolución de problemas hemos de tener en cuenta: a) Existencia de un interés. interés. Lo que significa enfrentarnos a problemas con un cierto atractivo. b) La no existencia de un camino inmediato. inmediato. c) Tener deseos de resolver el problema. problema. Significa estar dispuestos a aceptar el reto. En definitiva, aprender a resolver problemas, y aceptar que con frecuencia hay más de una respuesta a una pregunta y más de una forma de tratarla, constituye una parte fundamental tanto en la educación como en el proceso de aprendizaje de las matemáticas. Las ventajas del enfoque basado en la resolución de problemas en cuanto al proceso de enseñanza y aprendizaje son significativas por diversas razones: i) Los alumnos tienen la posibilidad de pensar las cuestiones con detenimiento, hacer pruebas , equivocarse, “perder el tiempo” investigando... ii) Existe una mayor participación y un mayor grado de comprensión por parte del alumnado. iii) Es un tipo de "conocimiento basado en la experiencia" (es decir, el conocimiento obtenido mediante la experiencia de hacer algo) , siendo más duradero y significativo para el alumno que el conocimiento transmitido por el profesor o el libro. iv) Los alumnos se ven inmersos en la construcción de sus propios sistemas individuales de aprendizaje y de comprensión. v) Incide directamente en el llamado aspecto formativo, creando así estructuras mentales que trascienden a las propias matemáticas. vi) La resolución de problemas es el núcleo central de las matemáticas, hacer matemáticas no es otra cosa que resolver problemas. vii) Hay que tener presente que :el único camino c amino que existe para aprender a resolver problemas, es enfrentarse a los problemas.
5
Sociedad RAMAMSEM
A continuación, se detallan las estadísticas más importantes de la participación costarricenses en las Olimpiadas Internacionales de Matemática (IMO, por sus siglas en inglés) Año↓
Concursante
2007
Daniel Campos Salas
3
7
0
7
2
0
19
133
2007
Daniel José Murillo Barrantes
0
0
0
0
0
0
0
506
2007 Rafael Ángel Ángel Rodríguez Arguedas 0
1
0
1
0
0
2
464
2007
Andrés Alonso Segura Medina
0
1
0
6
0
0
7
402
2007
Karim Antonio Vindas Yassine
0
1
0
7
0
0
8
365
Mención Mención Honorífica
2006
Daniel Campos Salas
7
0
1
7
0
0
15
189
Medalla de Bronce
2006
Karim Antonio Vindas Yassine
7
1
0
4
0
0
12
308
Mención Honorífica
2005
Juan Alberto Vargas Mesén
1
7
0
1
0
2
11
249
Mención Honorífica
2005
Daniel Campos Salas
1
2
0
7
0
0
10
261
Mención Honorífica
2005
José Fabio Gómez Rodríguez
0
1
0
1
6
0
8
296
2005
Eythan Familier Cukier
0
4
0
1
0
0
5
341
2005
Andrés Alonso Segura Medina
0
0
0
1
0
0
1
445
2005
Christian Zamora Jaen
0
1
0
1
0
0
2
396
Año
P1↑ P2↑ P3↑ P4↑ P5↑ P6↑ Total↑ Puesto
Tamaño del P1↑ P2↑ P3↑ P4↑ P5↑ P6↑ equipo
Premio Medalla de Bronce
Premios
Total↑ Lugar Oro
Plata
Bronce
Mención
2007
5
3
10
0
21
2
0
36
72
0
0
1
1
2006
2
14
1
1
11
0
0
27
78
0
0
1
1
2005
6
2
15
0
12
6
2
37
65
0
0
0
2
6
Sociedad RAMAMSEM
Este es el equipo que nos representó en la 48th Olimpiada Internacional de Matemática celebrada en Hanoi, Vietnam del 19 al 31 de julio de 2007.
Mario Marín
Daniel Campos Salas
Rafael Ángel Rodríguez Arguedas
Karim Antonio Vindas Yassine
Andres Alonso Segura Medina
Daniel Jose Murillo Barrantes
7
Sociedad RAMAMSEM
Solución a los anteriores Problemas de Competencias no Olímpicas. Miguel Ángel Arias Vílchez Giovanni Buckcanan Aguilar Kendrick Mitchell Maturin Mauricio Rodríguez Mata A continuación brindamos la solución de los 30 ejercicios propuestos en la columna Problemas de Competencias no Olímpicas de la edición anterior. Les recordamos que la forma de resolver cada ejercicio no necesariamente es la única, así que invitamos al estimable lector a enviarnos sus soluciones a los mismos.
ÁLGEBRA. 1) Sea D
= a
2
+ b
2
+ c
2 donde a y b son enteros consecutivos y c
= ab.
Pruebe que
D
siempre es un entero impar. (Examen del nivel Senior, Torneo de Matemática Furman University Wylie, 1997) SOLUCIÓN: Como
a
y
b
son enteros consecutivos se tiene que b = a + 1 y c = a (a + 1) = a 2 + a. Luego,
D = a 2 + (a + 1) 2 + a 2 (a + 1) 2
que
2 4 3 2 2 D = a + 2a + 3a + 2a + 1 = a + a + 1 por lo que
es
equivalente
a
D = a 2 + a + 1 el cual es siempre
un número impar ya que a 2 + a = a (a + 1) siendo el producto de dos números consecutivo será par y al sumarle 1 se obtiene un número impar.
8
Sociedad RAMAMSEM
2) Pruebe que 2
+
3
+
2
−
3
6.
=
(Material de preparación para la competencia olímpica del nivel Junior del Reino Unido, 2006) SOLUCIÓN: Sea x = 3 para facilitar los cálculos, usemos (a + b) 2 = a 2 + 2ab + b 2 , a = 2 + x , b=
2 − x , entonces:
(
2 2 2 2 + x + 2 − x ) = ( 2 + x ) + 2( 2 + x )( 2 − x ) + ( 2 − x ) = 4 + 2 4 − x 2
como x 2 = 3 se tiene que
(
concluye que 2
2
3) Sea
a
+
3
+
2 2 + x + 2 − x ) = 4 + 2 4 − 3 = 4 + 2 = 6 de donde se 3
−
un número tal que 0
valores de la suma 1 +
a + a
2
=
6. 1 y a 2001
+L+ a
−
2a
1 = 0. Determine todos los posibles
+
2000 .
(XX Concurso de Matemática de Secundaria de Lehigh University / AT&T, 2000) SOLUCIÓN: Primero consideremos el caso donde a = 1. Entonces, claramente la suma es 2001. Ahora, si a < 1, podemos aplicar la siguiente fórmula: a 1 + a + a 2 + L + a 2000 =
2001 − 1 a −1
.
Entonces a 2001 − 2a + 1 = 0 ⇒ a 2001 −
Entonces
a 2001 − 1 a −1
=
2a − 2 = 2. a −1
Así, los posibles valores de la suma es 2 ó 2001.
9
1 = 2 a − 2.
Sociedad RAMAMSEM
4) Determine el valor de la suma
(Concurso de Matemática de la Universidad de Carolina del Sur, Diciembre, 1997) SOLUCIÓN: Convirtiendo todos los logaritmos a la misma base, digamos 10, obtenemos que la suma del enunciado es igual a:
Los denominadores son todos iguales y la suma del numerador es:
Se sigue que la suma pedida es 1. 5) Determine todas las soluciones de la siguiente ecuación: (Concurso de Matemática de la Universidad Kettering para estudiantes de Secundaria, 2001) SOLUCIÓN: x 2 + 4 x + 4 = x 2 + 5 x + 5 implica x + 2 = x 2 + 5 x + 5. Tenemos que analizar dos casos, a
saber I CASO: x ≥ −2, así x + 2 = x + 2. Entonces x + 2 = x 2 + 5 x + 5 ⇒ x 2 + 4 x + 3 = 0
con lo que x = −1. II CASO: x ≤ −2, así x + 2 = − x − 2. Entonces − x − 2 = x 2 + 5 x + 5 ⇒ x 2 + 6 x + 7 = 0
con lo que x = −3 − 2.
10
Sociedad RAMAMSEM
6) Resuelva la siguiente ecuación:
(Competición Polya de Matemática, Universidad Universidad de Stanford, 1994) SOLUCIÓN: Convirtiendo todos los logaritmos a la misma base, digamos 10, obtenemos que la suma del enunciado es igual a:
de donde
por lo que
7) Determine todos los valores de x para los cuales 2 log 4 ( x)
+
log 2 ( x
−
2)
=
3.
(Competición Polya de Matemática, Universidad Universidad de Stanford, 1994) SOLUCIÓN: En este caso, es conveniente converter ambos logaritmos a base 2:
Ahora, la ecuación planteada se puede expresar como log 2 ( x( x − 2)) = 3 es decir
23 = x ( x − 2) cuyas soluciones son 4 y –2. Pero –2 no es solución de la ecuación original por lo que, la única solución es, x = 4.
11
Sociedad RAMAMSEM
8) Si f ( x) es un polinomio mónico de grado cuatro tal que f (−1) y f (4)
= − 16,
= − 1, f ( 2) = − 4, f ( −3) = − 9,
determine f (1).
(Torneo de Matemática de Harvard-MIT, Febrero 1999) SOLUCIÓN: Notemos que f ( x) + x 2 tiene por raíces a –1, 2, –3 y 4. Por el hecho de que que
f ( x )
es un
polinomio mónico de grado cuatro tenemos: f ( x ) + x 2 = ( x + 1)( x − 2)( x + 3)( x − 4).
De allí que f (1) = (2)(−1)(4)( −3) − 1 = 23.
9) El polinomio cuadrático P( x) tiene las siguientes propiedades: P( x) real x,
P (1) =
0, y P(2)
=
2. Determine el valor de P(0)
≥
0 para todo número
+ P (4).
(Concurso de Matemática de la Universidad de Carolina del Sur, Diciembre, 1997) SOLUCIÓN: Dado que P( x) es un polinomio cuadrático que satisface P( x) P (1) =
≥
0 para todo número real x, y
0, implica que P( x) = c ( x − 1) 2 para alguna constante c. Desde que
tenemos que P( x) = 2( x − 1) 2 . Por lo anterior, P(0) + P(4) = 2 + 18 = 20.
12
P ( 2) =
2,
Sociedad RAMAMSEM
10) Demuestre que el número de 4012 dígitos:
es un cuadrado perfecto. (Material de preparación para la competencia olímpica del nivel Senior del Reino Unido, 2006) SOLUCIÓN: Observemos que 1225 = (35)2 y 112225 = (335)2. Podemos conjeturar que (para enteros no negativos k ):
Para probar la conjetura anterior, observemos que:
Este ejercicio es para el caso específico en que k = 2005.
13
Sociedad RAMAMSEM
GEOMETRÍA. 1. La siguiente figura muestra un cuadrante de radio 2 en el cual está inscrito un semicírculo de radio uno. Un semicírculo menor también inscrito, como lo muestra la figura, es tangente al semicírculo de radio uno. Determine la medida del radio del semicírculo menor.
(Examen del nivel Senior, Torneo de Matemática Furman University Wylie, 1997) SOLUCIÓN: Consideremos la figura adjunta, en donde A y B son los centros de los semicírculos inscritos en el cuadrante. Entonces, BC = 1, AB = 1 + r (r es el radio del semicírculo menor) y AC = 2 – r.
A
C B Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo ACB tenemos 12 + (2 – r)2 = (1 + r)2 de donde se obtiene 1 + 4 – 4r + r 2 = 1 + 2r + r 2 por lo que el radio del semicírculo menor es
14
2 . 3
Sociedad RAMAMSEM
2. Las longitudes de los lados de un triángulo son 6, 7 y x. Determine el mayor valor que puede tomar el área de dicho triángulo. (XX Concurso de Matemática de Secundaria de Lehigh University / AT&T, 2000) SOLUCIÓN: El área de un triángulo es igual al semiproducto de dos de sus lados y el seno del ángulo comprendido entre ellos. Sea α el ángulo comprendido entre los lados de medida 6 y 7, entonces, el área del triángulo será
6⋅7 sen α = 21 sen α , esta área será máxima cuando el 2
sen α tome su máximo valor que es 1 (y el triángulo es rectángulo) por lo que el área máxima
que puede tomar el triángulo es 21. 3. Tres círculos, centrados en A, B y C, son tangentes exteriormente uno a otro. El círculo con centro en A tiene radio 3. El círculo con centro en B tiene radio 5. La medida de
∠
BAC es
π
3
radianes,
determine la medida de ∠ ABC en radianes. (Concurso de Matemática de la Universidad de Carolina del Sur, Diciembre, 1997) SOLUCIÓN: Sea ∠ ABC = θ y r denota el radio del círculo centrado en C. Sabiendo que
cos
π
3
=
1 , usando la ley de cosenos dos veces tenemos que: 2
deducimos, luego, que:
11 por lo que, el ángulo buscado es θ = arc cos . 4
15
Sociedad RAMAMSEM
4. Sea
r
el radio del círculo inscrito del triángulo ABC. Tome un punto D sobre el lado BC, y
sean r 1 y r 2 los inradios de los triángulos ABD y ACD. Pruebe que r , r 1 y siempre las longitudes de los lados de un triángulo. (Torneo de Matemática de Harvard-MIT, Febrero 1999) SOLUCIÓN:
r 2
pueden ser
Probaremos que r , r 1y r 2 satisfacen la desigualdad triangular, claramente r es el mayor de los tres, así que solamente necesitamos verificar que r 1 + r 2 > r . Sean K y s el área y el semiperímetro del triángulo ABC. Similarmente definimos k 1, k 2 , s1, s2 . Notemos que s es mayor que s1 o s2 y que k 1 + k 2 = k . Por otro lado, recordemos que el área de un triángulo es k k igual al producto de su semiperímetro y su radio inscrito por lo que r = , r 1 = 1 y s
r 2 =
k 2 s2
s1
, así r 1 + r 2 =
k 1 s1
+
k 2 s2
>
k 1 s
+
k 2 s
=
k s
= r .
5. Sea C un círculo en donde dos diámetros se intersecan en un ángulo de 30°. Un círculo S es tangente a ambos diámetros y al círculo C, y tiene radio 1. Determine la mayor longitud posible del radio de C. (Torneo de Matemática de Harvard-MIT, Febrero 1999) SOLUCIÓN: Para obtener el mayor radio posible para C necesitamos que el centro del círculo C, el centro del círculo S y el punto de tangencia de S con C sean colineales. No es difícil de apreciar al realizar un buen dibujo de la situación. Entonces el radio de C es
16
Sociedad RAMAMSEM
6. Cada lado del cuadrado ABCD tiene longitud 1 y
∠ PAQ =
45°. Determine el perímetro del
triángulo PQC.
(Concurso de Matemática de la Universidad de Carolina del Sur, Diciembre, 1997) SOLUCIÓN: Observe que en el enunciado no se indica la ubicación de los puntos P y Q (en la figura se aprecia que están sobre los lados CD y BC ). ). Una suposición correcta es que la respuesta no depende de la ubicación de tales puntos, que solamente son ubicados sobre esos lados de modo que ∠ PAQ = 45° , Se podría suponer que si P está tan cerca de D (o bien, P = D ) y que Q está tan cerca de C (o bien, Q = C ) (tal como se muestra en la figura 1).
Se podría apreciar que el perímetro del triángulo (degenerado) PQC (la suma de las distancias PQ , QC y CP ) es el doble de la distancia de C a D , esto es, 2. Para obtener la respuesta a la generalización del problema, consideremos un punto R en la prolongación de BC (como se muestra en la figura 2) tal que el triángulo ADR sea congruente con el triángulo ABQ . Desde que
∠ PAQ =
45°, se tiene que
∠ RAP =
45°. Como AR = AQ y
AP = PA entonces el triángulo AQP es congruente al triángulo ARP .
Con lo que PQ = PR = PD + DR = PD + BQ . Se sigue que, el perímetro del triángulo PQC es PQ + QC + CP = BQ + QC + CP + PD = 2. 17
Sociedad RAMAMSEM
7. ABCD es un trapecio cuyos lados son tangentes al círculo. AB es paralelo a DC y el ángulo en A y en D son rectos. BC mide 7 y el radio del círculo 1. Determine el área del trapecio
(Material de preparación para la competencia olímpica del nivel Junior del Reino Unido, 2006) SOLUCIÓN: Sea x la longitud de las tangentes desde C. Entonces CD = 1 + x. Como BC = 7 entonces las longitudes de las tangentes desde B son 7 – x y AB = 8 – x por lo que la suma de las paralelas (bases) del trapecio es 9. Luego, el área es
9⋅2 = 9. 2
8. El triángulo ABC es rectángulo en A, AB = AC y M es el punto medio de AC. Sea P un punto de del lado BC tal que AP es perpendicular a BM. Sea H el punto de intersección de AP y BM. Determine BP: PC (modificado) (Examen de calificación para la aplicación de beca del gobierno Japonés, 2007) NOTA: este ejercicio es parte de la prueba de aquellos que pretenden concursar por una beca a Japón, dicho programa de becas recibe el nombre de MONBUKAGAKUSHO) SOLUCIÓN: Como M es el punto medio entonces los triángulos AHM y HCM tienen igual área, esto es, se dice que son equivalentes (AHM) = (HCM) (1). Por otro lado, notemos que (2) ya que ambas fracciones son equivalentes a
18
AH HP
( ABH ) ( AHC ) = ( HBP ) ( HPC )
. De las dos igualdades se deduce que
Sociedad RAMAMSEM
( ABH ) 2( AHM ) ( HPC ) 2( AHM ) 2 ⋅ 1 1 = = = = (3). De (3) y (1) se concluye que (4). ( HBP ) ( HPC ) ( HBP) ( ABH ) 4 2 Como
( HBP ) 2 = . PC ( HPC ) 1
BP
=
9. En el triángulo ABC se tiene AB = AC. Los puntos medios de AB y AC son M y N , 2
AB respectivamente. Las medianas MC y NB se intersecan en ángulo recto. Determine . BC
(Torneo de Matemática de Stanford, 2007) SOLUCIÓN: Suponga que las medianas se intersecan en P. Si BC = x, BP = CP = muy conocida del centroide,
hallamos que MB =
x
MP MC
=
x
3
. Por una propiedad
x 1 , así MP = . Utilizando el teorema de Pitágoras, 3 2 2
2 5 52 5 AB ⇒ AB = x . Así, = . 2 2 2 BC
10. Sea ABCD un cuadrilátero convexo (esto es, las diagonales del cuadrilátero están en su interior). Pruebe que
(Concurso de Matemática de la Universidad Kettering para estudiantes de Secundaria, 2001) SOLUCIÓN:
Así,
19
Sociedad RAMAMSEM
TEORÍA DE NÚMEROS. 1. Si N = 99982 + 4(9998), determine el número de dígitos de N. (Asociación de Ligas Matemáticas de Nueva Inglaterra, Playoffs, 2004) SOLUCIÓN:
Como 108 tiene 9 dígitos entonces N tiene 8 dígitos. 2. El número de cuatro dígitos 2 pqr es multiplicado por 4 y el resultado es el número de cuatro
dígitos
rqp 2.
Determine el valor numérico de p
+ q.
(Examen del nivel Senior, Torneo de Matemática Furman University Wylie, 1997) SOLUCIÓN: Notemos que al multiplicar 2 pqr por 4 se obtiene otro número de cuatro dígitos rqp 2. Además, el número obtenido del producto es mayor que 8 mil por lo que se deduce que r = 8. Ahora bien, 4(2000 + 100 p + 10q + 8) = 8000 + 100q + 10 p + 2 de donde, al reducir dicha ecuación se obtiene 13 p = 2q − 1. La expresión 2q − 1 obtiene su máximo valor para q = 9, estos es,
2q − 1 = 17 mientras que el menor valor de 13 p es 13 (obviando p = 0 ) por lo que se deduce que p = 1, q = 7 con lo cual p + q = 8. 3. R, S y P son tres diferentes números primos tales que R + S 2 = P4. Determine todas las tripletas (R, S, P) que satisfacen la condición enunciada. (Asociación de Ligas Matemáticas de Nueva Inglaterra, Playoffs, 2002) SOLUCIÓN: Del enunciado obtenemos R = P 4 − S 2 = P 2 + S P 2 − S . Como R es primo entonces P 2 − S = 1, P 2 + S = R. Esto implica que P o S es par y el otro impar y solamente P = 2 y S = 3 satisfacen la ecuación. Lo anterior produce R = 7 por lo que la respuesta es (7, 3, 2)
20
Sociedad RAMAMSEM
4. Determine Todas las duplas de números enteros que satisfacen la ecuación:
(Concurso de Matemática de la Universidad Kettering para estudiantes de Secundaria, 2003) SOLUCIÓN: La ecuación dada equivale a xy = 19( x + y ). Para que esta ecuación tenga soluciones enteras al menos uno de x o y debe ser divisible por 19. Siendo la ecuación simétrica podemos asumir que x = 19k donde k es un entero. Entonces
de esta última ecuación podemos notar que 19k + y es divisible por k . Así, y = km donde m es un entero. Entonces
desde que m y k son ambos enteros solo existen 4 posibles combinaciones para las cuales se satisface la ecuación:
Finalmente, tenemos 5 soluciones ( x, y ) = (38, 38), (380, 20), (20, 380), (–342, 18) y (18, –342).
21
Sociedad RAMAMSEM
5. Sea A el conjunto de todos los números y , ordenados ascendentemente, tales que 24y + 1 es un número cuadrado perfecto. Determine el elemento 2000 en A. (XX Concurso de Matemática de Secundaria de Lehigh University / AT&T, 2000) SOLUCIÓN: Suponga que 24y + 1 = x2. Se tiene que 24y + 1 no es divisible por 2 ni por 3, así que x no es divisible por 2 ni por 3. 24y = x2 – 1 = (x + 1)(x – 1) . Si x no es divisible por 2, entonces uno de x + 1 y x – 1 es divisible por 2 y el otro por 4. Si x no es divisible por 3, entonces entonces exactamente uno de x + 1 y x – 1 lo es. Entonces x2 – 1 es divisible por 24, así tenemos un y para todo x no divisible por 2 ó 3, el 2000avo de tal x es 5999. Así
22
Sociedad RAMAMSEM
FUNCIONES O SUCESIONES. 1.
f
x, y.
es una función continua de variable real tal que f ( x + y ) = f ( x ) f ( y ) para todo real Si f (2)
=
5, determine f (5).
(Torneo de Matemática de Harvard-MIT, Febrero 1999) SOLUCIÓN: Desde que f (nx) = [ f ( x)]n para todo entero n, f (5) = [ f (1)]5 y f (2) = [ f (1)]2 , así f (5) = [ f (2)]5
2 = 25 5.
2. Si f ( x) es una función que satisface la ecuación funcional 2 f ( x) x , determine
+ f (1 − x ) = x
2 para todo
todas las funciones que satisfacen dicha ecuación.
(Concurso de Matemática de la Universidad de Carolina del Sur, Diciembre, 1997) SOLUCIÓN: La ecuación 2 f ( x)
+ f (1 − x ) = x
2 se satisface para toda x. En particular, la ecuación se
satisface si sustituimos x por 1 − x. Con la sustitución anterior la ecuación funcional resultante es 2 f (1 − x) + f ( x ) = (1 − x) 2 , sustrayendo esta última ecuación del doble de la ecuación x original resulta 3 f ( x ) = 2 x 2 − (1 − x) 2 esto es f ( x ) =
23
2 + 2x − 1 3
.
Sociedad RAMAMSEM
3. Si f (m de f (1)
+
1)
= m( −1) m
+
1
− 2 f (m)
para enteros
m ≥
1, y f (1)
Determine el valor
= f (2001).
+ f ( 2) + f (3) + L + f ( 2000).
(XX Concurso de Matemática de Secundaria de Lehigh University / AT&T, 2000) SOLUCIÓN: f (2) = 1 − 2 f (1), f (3) = −2 − 2 f (2), f (4) = 3 − 2 f (3), L, f (2001) = 2000 − 2 f (2001) Sum
ando y remplazando f (2001) en el lado izquierdo por f (1) tenemos:
2000
2000
i =1
i =1
∑ f (i ) = 1 − 2 + 3 − 4 + L + 1999 − 2000 − 2 ∑ f (i )
2000 2000 1000 así 3 ∑ f (i ) = 1000 − 2000 = −1000 por lo que ∑ f (i ) = − . 3 i =1 i =1 4. Los números de Fibonacci son definidos por F 1 = F 2 = 1 y F n + 2 n ≥ 1. Los números de Lucas son definidos por L1 = 2, L2 = 3 y Ln n ≥
1. Demuestre que Ln
=
F 2n F n
= F n + +
2
1
+ F n
= Ln +
1
para
+ Ln
para
. 15 F 2n ∏
NOTA: Este ejercicio ha sido modificado puesto que se pedía calcular
n =1
F n
13
.
∏ Ln
n =
1
(Torneo de Matemática Matemática de Harvard-MIT, Marzo 2001) SOLUCIÓN: Haciendo uso de la teoría de las funciones por recurrencia se obtiene que cada número de Fibonacci puede ser expresado como:
F n =
1 1 + 5 5 2
n −
1 1 − 5 5 2
mientras que cada número de Lucas puede ser expresado mediante: n
1 + 5 1 − 5 − Ln = 2 2 24
n
n
Sociedad RAMAMSEM
Ahora bien,
F 2n F n
=
2n
1 1 + 5 5 2
1 1 + 5 5 2 =
1 1 + 5 5 2
−
1 1 − 5 5 2
−
1 1 − 5 5 2
n
n 1 − 5 1 + − 2 2 n 1 − 1 1 + 5 − 5 2 2
n
n
2n n
n 1 − 5 + 2 n 5
5
n
n
1 + 5 1 − 5 − = Ln 2 2
5. Sea f (n)
=
log 2 3 ⋅ log 3 4 ⋅ log 4 5 L log n
−
1 n. Determine el valor de
10
∑
k =
f 2 k .
2
(Concurso de Matemática de la Universidad de Carolina del Sur, Diciembre, 1996) SOLUCIÓN: Efectuando un cambio de base 2 podemos rescribir f (n) de la siguiente manera:
así
25
Sociedad RAMAMSEM
Problemas de Competencias no Olímpicas. Miguel Ángel Arias Vílchez Giovanni Buckcanan Aguilar Kendrick Mitchell Maturin Mauricio Rodríguez Mata En esta sección se propondrán treinta problemas matemáticos. Las soluciones a dichos problemas aparecerán en la siguiente edición. Desde aquí queremos animarlos a participar en esta sección , ya que sin su ayuda y colaboración la iniciativa no tiene ningún sentido. Naturalmente estamos abiertos a todo tipo de sugerencias.
ÁLGEBRA. 1) Amy, Bart y Carol Carol están comiendo zanahorias. Amy comió la mitad de las que comió Bart, más un tercio de los que comió Carol, más una. Bart comió la mitad de las que comió Carol, más un tercio de los que comió Amy, más dos. Carol comió la mitad de las que comió Amy, más un tercio de los que comió Bart, más tres. ¿Cuántas zanahorias comieron en total ? (29TH JUNIOR HIGH SCHOOL MATHEMATICS CONTEST, April 27, 2005) 2) Determine todas las soluciones ( x, y ) para el sistema de ecuaciones
(Canadian Open Mathematics Challenge, November 22, 2006) − − − 3) Determine el cociente cociente al efectuar x + x 2 + L + x100 ÷ x 1 + x 2 + L + x 100 .
(Mathematics Competition Department of Mathematics Florida Atlantic University and Stuyvesant High School Alumni Association of South Florida, Spring, 2000.) 26
Sociedad RAMAMSEM
4) Determine todas las soluciones (a, b ) para el sistema de ecuaciones
(Canadian Open Mathematics Challenge, November 23, 2005) 5) Pruebe que
(FAU/Stuyvesant Alumni Mathematics Competition 2004–2005) 6) Pruebe que x12 − x 9 + x 4 − x + 1 > 0 para todo número real x. (Mathematics Competition Department of Mathematics Florida Atlantic University and Stuyvesant High School Alumni Association of South Florida, Spring, 2000.) 7) Resuelva la ecuación: 1 + x 2 1 + x 4 = 4 x3. (Kettering University Mathematics Olympiad For High School Students 2005) 8) Si a y b son enteros positivos menores que 100, resuelva la siguiente ecuación: a 2 – b 2 = 343.
(Lehigh University / AT&T High School Math Contest, March 27, 1999 ) x 2 − 3 x +
2
2 9) Resuelva la siguiente ecuación: = 1. x + 2 x (Lehigh University / AT&T High School Math Contest, March 27, 1999 ) 10) Determine todos todo s los pares ( x, y ) de números reales positivos que satisfacen el sistema x
2 + x 3 xy 2
= 208
y y 2 + y 3 yx 2 = 1053.
(Lehigh University / AT&T High School Math Contest, March 27, 1999 )
27
Sociedad RAMAMSEM
GEOMETRÍA. 1) En la figura, AB = 4, BC = 3 y
∠ ABC
= 90° = ∠ ACD = ∠ DCE = ∠ ADE = ∠ DAB.
Determine la longitud de AE. (30TH JUNIOR HIGH SCHOOL MATHEMATICS CONTEST, April 26, 2006) 2) En el triángulo ∆ABC, M es el punto medio de BC, como se muestra en la figura.
Si ∠ ABM = 15° y
∠ AMC = 30°,
determine la medida del ángulo∠ BCA.
(Canadian Open Mathematics Challenge, November 22, 2006) 3) Un punto en la circunferencia inscrita en un cuadrado está a 1 y 2 unidades de dos lados consecutivos del cuadrado. Determine el área del cuadrado. (Harvard-MIT Math Tournament, March 3, 2001)
28
Sociedad RAMAMSEM
4) En la figura siguiente, D es el punto medio del arco menor ABC , y DE ⊥ AB . Pruebe que AE = EB + BC .
(FAU/Stuyvesant Alumni Mathematics Competition 2004–2005) 5) Las longitudes de los lados de un triángulo son tres enteros consecutivos. Si el ángulo interno mayor mide el doble del ángulo interno menor, determine las longitudes de los lados. (Mathematics Competition Department of Mathematics Florida Atlantic University and Stuyvesant High School Alumni Association of South Florida, Spring, 2000.) 6) En un triángulo rectángulo, c es la longitud de la hipotenusa, a y b son las longitudes de los otros dos lados, d es la longitud del diámetro del círculo inscrito. Pruebe que a + b = c + d
(Mathematics Competition Department of Mathematics Florida Atlantic University and Stuyvesant High School Alumni Association of South Florida, Spring, 2000.)
7) Sea ABC un triángulo de área 30. Sea D un punto de su interior y sean e , f y g las distancias de D a los lados del triángulo. ¿Cuál es el valor de la expresión 5e + 12f + 13g ?
(Concurso Canguro Europeo, Prueba Estudiante Segundo Año de Diversificado, 2003)
29
Sociedad RAMAMSEM
8) ABC es un triángulo equilátero de lado 2, AD es una altura, MNPQ es un rectángulo, y T es el punto medio de MN . Determine el área de MNPQ.
(State Invitational Math League Competition, Massachusetts Association of Mathematics Leagues, March 31, 2006) 9) Un octógono regular es inscrito en un cuadrado. Si el radio del círculo inscrito que se muestra en la figura es 6 − 4 2 unidades, determine el número de unidades del lado del cuadrado.
(State Invitational Math League Competition, Massachusetts Association of Mathematics Leagues, March 31, 2006) 10) ABCD es un rectángulo, E y F son los puntos medios de AD y AB respectivamente. Si EF = 2 3 y FC = 13 , determine
AB AD
.
(32nd Annual Math Competition, April 30, 2004, Canton High School, New England Playoffs)
30
Sociedad RAMAMSEM
TEORÍA DE NÚMEROS. 1) Determine todos los los enteros positivos a y b tales que
(30TH JUNIOR HIGH SCHOOL MATHEMATICS CONTEST, April 26, 2006)
2) Pruebe que para cualquier cualquier entero n , el producto es divisible por 8640. (FAU/Stuyvesant Alumni Mathematics Competition 2004–2005)
3) Determine el entero de seis dígitos que empieza empieza y termina en 2 y es tal que es el producto de tres enteros pares consecutivos. (Harvard-MIT Math Tournament, March 3, 2001)
4) Pruebe que si un número primo es dividido por 30, entonces el residuo es otro otro número primo 0 es igual a 1. (Mathematics Competition Department of Mathematics Florida Atlantic University and Stuyvesant High School Alumni Association of South Florida, Spring, 2000.)
5) Determine el número de de enteros n que satisfacen las tres condiciones siguientes: • cada dígito de n es 1 ó 0, • n es divisible por 6, y • 0 < n < 107 . (Canadian Open Mathematics Challenge, November 22, 2006)
31
Sociedad RAMAMSEM
FUNCIONES O SUCESIONES. 1) Si f(2x + 1) = (x − 12)(x + 13), determine el valor de f(31). (Canadian Open Mathematics Challenge, November 22, 2006) 2) Sea s(n) la suma de los dígitos de n. Por ejemplo, s(197) = 1 + 9 + 7 = 17. Sea s2(n) = s(s(n)); s 3(n) = s(s(s(n))), y así sucesivamente. Determine el valor de s1996(1996). (Mathematics Contest University of South Carolina, December 7, 1996)
3) Sea f un polinomio tal que f ( x2 + 1) = x4 + 4x2. Determina f (x2 – 1). (Concurso Canguro Europeo, Prueba Estudiante Segundo Año de Diversificado, 2003)
4) Suponga que f(x) es una función tal que, para todo todo número real x, (i) f (x) + f (1 – x) = 11 y (ii) f (1 + x) = 3 + f (x). Determine el valor de f (x) + f ( – x) (Mathematics Contest University of South Carolina, December 7, 1996)
5) Suponga que f (n) = log 2 3⋅ log3 4 ⋅ log 4 5Llog n 1 n . Determine el valor de −
10
k ∑ f 2 . k = 2
(Mathematics Contest University of South Carolina, December 7, 1996)
32
Sociedad RAMAMSEM
4. CURIOSATO. Miguel Ángel Arias Vílchez Giovanni Buckcanan Aguilar Kendrick Mitchell Maturin Mauricio Rodríguez Mata Esta columna tiene como finalidad mostrar ejercicios de preparación o competencia olímpicas en fases iniciales que se desarrollan en otros países. Estos tipos de ejercicios son de selección única y se procurará brindar la solución de todos los ejercicios que se propongan. Es importante hacer notar que los mismos pueden servir de preparación para estudiantes que participan en los distintos niveles de la Olimpiada Costarricense de Matemática. Continuamos con ejercicios correspondientes a los Problemas Introductorias de la Olimpiada Sonorense de Matemática, estado de la República de México. Problema 151. ¿Cuántos enteros n hay tales que 22n > n 2 + 120? (a) 4
(b) 3
(c) 2
(d) 1
Problema 152. Si los números a , b , c satisfacen las siguientes igualdades: 1 / a a + 1 / b b + 1 / c c = 1, 1 / a a - 1 / b b - 1 / c c = 1 / 3, 1 / a a + 1 / b b - 1 / c c = 0, entonces, a + 2b + 3c es igual a: (a) 6
(b) 12
(c) 18
(d) 24
Problema 153. Si a , b , c , d , e son números positivos, tales que ab = 1, bc = 2, cd = 3, de = 4 y ea = 5, ¿Cuál es el valor de b ? (a)
3 10
(b)
8 15
(c)
33
40 3
(d)
30
Sociedad RAMAMSEM
Problema 154. Si las diagonales de un rombo difieren en 14 y sus lados miden 13, el área del rombo es: (a) 156
(b) 120
(c) 28 13
(d) 48 3
Problema 155. Un contenedor de 5 litros se llena con jugo de naranja. Se le quitan 2 litros de jugo y se llena nuevamente con agua. Se mezcla muy bien y nuevamente se quitan 2 litros de mezcla y se vuelve a llenar con agua. ¿Qué porcentaje de jugo hay en la mezcla final? (a) 24%
(b) 36%
(c) 30%
(d) 27%
Problema 156. Los números de seis dígitos ABCDEF donde los dígitos varían del 1 al 6 y son todos distintos, se llaman armoniosos si 1 divide a A, 2 divide a AB , 3 divide a ABC , 4 divide a ABCD , 5 divide a ABCDE , 6 divide a ABCDEF . ¿Cuántos números armoniosos hay de 6 dígitos? (a) 5
(b) 4
(c) 3
(d) 2
Problema 157. Si A y B son números naturales y A / 7 + B / 5 = 31 / 35 35 el valor de A es: (a) 1
(b) 2
(C) 3
(d) 4
Problema 158. En un triángulo equilátero XYZ se dividen los lados en tres partes iguales. Llamemos a las divisiones A, B , C , D , E y F como se muestra en la figura. ¿Cuál es el área de la figura sombreada, si el área del triángulo XYZ es 18?
(a) 12
(b) 10
(c) 9
34
(d) 8
Sociedad RAMAMSEM
Problema 159. ¿Cuál es el número de lados de un polígono que tiene el triple número de diagonales que de lados? (a) 8
(b) 9
(c) 10
(d) 12
Problema 160. Si n es un número entero, entonces n 2(n 2-1) siempre es divisible entre: (a) 5
(b) 8
(c) 12
(d) 24
Problema 161. Un cubo se formó con 12 pedazos de alambre de longitud 1. Una hormiga parte de uno de los vértices y camina a lo largo de los lados. ¿Cuál es la distancia máxima que puede recorrer antes de regresar al vértice de donde partió y sin recorrer un lado dos veces? (a) 6
(b) 8
(c) 10
(d) 12
a 3 es igual a: Problema 162. Si (a + 1 / a a) 2 = 3, entonces a 3 + 1 / a
(a) 0
(c) 3
(b) 3
(d) 3 3
Problema 163. Los lados de un triángulo son 2, 3, x . Si el área también es x , ¿cuánto vale x ? (a)
(b) 3
5
(c) 2
(d) 1
Problema 164. En un cubo de lado 2, M , N , P y Q son puntos medios de las aristas mostradas. ¿Cuál es la distancia máxima entre un punto de MN y otro PQ ?
(a)
3 2
(b)
3 2
(c)
35
6 2
(d)
6
Sociedad RAMAMSEM
Problema 165. La zoo-lógica . En la selva, la hiena miente los lunes, martes y miércoles; la zorra miente los jueves, viernes y sábados. En los días que no mienten, dicen la verdad. Un día se encontraron la hiena y la zorra y sostuvieron este diálogo: Hiena: ¡Hola zorra! Ayer yo mentí, Zorra: ¡Hola hiena! Yo también mentí ayer. ¿En qué día sucedió este encuentro? (a) lunes
(b) martes
(c) jueves
(d) nunca pudo suceder
Problema 166. Se tiene un tetraedro regular y en cada una de las caras se trazan todas las bisectrices. ¿Cuántos puntos de intersección hay entre las 12 bisectrices? (a) 4
(b) 8
(c) 12
(d) 14
Problema 167. Sea p (x ) = x 3 + ax + 1. Si p(1) = 1, ¿Cuál es el valor de p(2)? (a) 1
(b) 2
(c) 5
(d) 7
Problema 168. El siguiente juego se efectúa entre dos jugadores: se colocan 13 fichas sobre la mesa y los jugadores tiran en forma alternada, cada tirada consiste en tomar 1, 2, 3 ó 4 fichas y gana el que se quede con la última ficha. ¿Cuántas fichas debe tomar el primer jugador en la primera tirada para asegurar su triunfo? (a) 1
(b) 2
(c) 3
36
(d) 4
Sociedad RAMAMSEM
Problema 169. ¿Para cuántos valores enteros positivos de n la expresión 18 / n n+4 + 4 es un entero? (a) 12
(b) 10
(c) 6
(d) 3
Problema 170. Si m y n son enteros tales que 2m - n = 3, entonces m - 2n es igual a: (a) -3
(b) 0
(c) un múltiplo de 3
(d) cualquier entero
Problema 171. Una escalera tiene numerados los escalones como 0, 1, 2, 3, 4 ... Una rana está en el escalón 0, salta cinco escalones hacia arriba hasta el escalón 5 y luego dos para abajo hasta el escalón 3, después sigue saltando alternando, cinco escalones para arriba y dos para abajo. La sucesión de escalones que pisa la rana es 0, 5, 3, 8, 6... ¿Cuál de los siguientes escalones no pisa la rana? (a) 1997
(b) 1998
(c) 1999
(d) 2000
Problema 172. Sea ABC un triángulo isósceles tal que AB = AC , sean R , S y T las intersecciones de las alturas de A, B y C , respectivamente, con el circuncírculo como se muestra en la figura. ¿Cuál es el valor del ángulo RST ?
(a)
∠ A + ∠ B
2
(b) ∠ A
37
(c) ∠ B
(d) ∠ C
Sociedad RAMAMSEM
Problema 173. En la siguiente figura el área del triángulo chico es 8. El área del triángulo grande es:
(a) 20
(b) 24
(c) 28
(d) 30
Problema 174. Se forma un cono con un pedazo de papel semicircular, con radio de 10 (como se muestra en la figura). Encuentra la altura del cono.
(a) 5 3
(b) 5 2
(c)
π
3
(d)
π
5
Problema 175. En un cubo de lado 6 se inscribe un tetraedro regular de tal manera que los cuatro vértices de éste son también vértices del cubo. Calcula el volumen de dicho tetraedro. (a) 36
(b) 72
(c) 75
38
(d) 108
Sociedad RAMAMSEM
5. Solución al CURIOSATO Miguel Ángel Arias Vílchez Giovanni Buckcanan Aguilar Kendrick Mitchell Maturin Mauricio Rodríguez Mata A continuación brindamos las alternativas que son las respuestas al CURIOSATO de esta edición. Nos permitimos solicitarles elaboren sus propias soluciones a esta columna solamente tomando como guía la tabla de respuestas siguientes 151.- (d)
156.- (b) 161.- (b) 166.- (a) 171.- (c)
152.- (no hay respuesta) a= 3/2, b =-6, c = 2
157.- (b) 162.- (a) 167.- (d) 172.- (b)
153.- (b)
158.- (d) 163.- (a) 168.- (c) 173.- (d)
154.- (b)
159.- (b) 164.- (d) 169.- (d) 174.- (a)
155.- (c)
160.- (c) 165.- (c) 170.- (c) 175.- (c)
39
Sociedad RAMAMSEM
6. Solución a los problemas anteriores de la la columna “Olimpiadas alrededor del mundo”. Randall Godínez. Arlene Martínez. Melissa Ramírez. Carlos Rodríguez. Presentamos, a continuación, la solución de los diez problemas presentados en esta misma columna pero de la edición anterior. Hemos procurado adjuntar varias soluciones a los problemas con el fin de hacer notar que los mismos pueden ser enfocados y resueltos de diversas formas y que ello es lo que se busca en las competencias olímpicas: favorecer el pleno desarrollo de la creatividad del participante al momento de enfrentar los problemas y de ninguna manera encajonar su pensamiento. Al mismo tiempo que se presenta una solución a determinado problema se advierte, cuando ello lo amerita, la teoría que se está aplicando en la solución del mismo con el fin de que se cuente con todo el marco teórico que se requiera para poder resolver otros problemas que puedan ubicarse en la misma categoría o bien que puedan reducirse a ellos. Cuando se indique que la solución es oficial lo que se pretende indicar es que esa es la solución que se dio en la competencia señalada por parte del comité organizador o bien de su proponente. Recuérdese que ningún problema está completamente cerrado por lo que se les solicita a nuestros estimables lectores que nos envíen sus comentarios o sugerencias que tengan a esta columna en particular mediante alguno de los correos indicados en la presentación. Pues bien, veamos las soluciones de la columna anterior !!
40
Sociedad RAMAMSEM
1. Los términos an de una secuencia de enteros positivos satisfacen la relación
Si a5 = 35 determine el valor de a4 . (XXVII Olimpiada Brasileña de Matemática, Primera Fase, Nivel 3, 1995) SOLUCIÓN: Sean x = a1, y = a2 y z = a3. Entonces a4 = z ( x + y ) y
a5 = z ( x + y )( y + z ), o sea,
35 = z ( x + y)( y + z ). Siendo x, y y z enteros positivos, x + y y y + z son mayores que 1 y también son divisores de 35 = 5 ⋅ 7. Así, como 35 no puede ser escrito como producto de tres enteros mayores que 1, z = 1. Por tanto, como x es al menos 1, x + y es mayor o igual a y + z , de modo que y + z = 5 y x + y = 7. Luego a4 = 1 ⋅ 7 = 7. .
2. Sea a un número entero positivo tal que a es múltiplo de 5, a + 1es múltiplo de 7, a + 2 es múltiplo de 9 y a + 3 es múltiplo sw 11. Determine el menor valor que puede tomar a. (XXVII Olimpiada Brasileña de Matemática, Segunda Fase, Nivel 2, 1995) SOLUCIÓN: Como a + 3 es múltiplo de 11, entonces a + 3 = 11b, b ∈ Z. Siendo a múltiplo de 5, también lo es a − 10b = b − 3, de modo que: b − 3 = 5c ⇒ b = 5c + 3 ⇒ a = 11(5c + 3) − 3 = 55c + 30, c ∈ Z + .
El número a + 2 es múltiplo de 9 entonces, como a + 2 − 54c − 36 = c − 4, por tanto: c − 4 = 9d ⇒ c = 9d + 4 ⇒ a = 55(9d + 4) + 30 = 495d + 250, d ∈ Z.
Por último, siendo a + 1 múltiplo de 7, entonces: a + 1 − 497 d − 245 = a + 1 − ( 495d + 250) − 2d + 5 = −2d + 6 = −2(d − 3)
también lo es, o sea, d − 3 = 7 k ⇒ d = 7 k + 3, k ∈ Z y a = 495(7 k + 3) + 250 con lo que a = 3465k + 1375. Luego, el menor valor que puede tomar a es 1735.
41
Sociedad RAMAMSEM
3. ¿Cuál es la suma de todos los números de 4 dígitos que están formados sólo por cifras impares? s? (XX Olimpiada Mexicana de Matemáticas, Tercera Etapa de la Olimpiada Estatal de Matemáticas, Puebla, 2006) 6) SOLUCIÓN: Obtengamos primero la cantidad de números de 4 cifras que satisfacen la condición dada
Para cada una de las 4 cifras que necesitamos usar se tienen 5 opciones ( 1, 3, 5, 7 ó 9 ). ) . Así por el principio fundamental de conteo, hay 5 números de este tipo. Es decir, hay 625 números de 4 dígitos que satisfacen la condición dada. Para cada dígito impar que se coloque en dicha posición, es claro que hay 125 opciones para elegir los otros 3 dígitos. Es decir, cada uno de los 5 dígitos utilizados aparece 125 veces en el lugar de las unidades. De manera análoga, podemos decir que cada uno de estos 5 dígitos contribuye en la suma de estos 625 números de la siguiente manera: El 1: 125( 1000 + 100 + 10 + 1) El 2: 125( 2000 + 200 + 20 + 2) = 250(1000 + 100 + 10 + 1) El 3: 125( 3000 + 300 + 30 + 3) = 375(1000 + 100 + 10 + 1) El 4: 125( 4000 + 400 + 40 + 4) = 500(1000 + 100 + 10 + 1) El 5: 125( 5000 + 500 + 50 + 5) = 625(1000 + 100 + 10 + 1) Así, la suma es: 125( 1111) + 250 (1111) + 375(1111) + 500(1111) + 625 (1111) Es decir, (125 + 250 + 375 + 500 + 625)(1111) O sea, 125( 1 + 2 + 3 + 4 + 5)(1111) que es 125(15)(1111)
42
Sociedad RAMAMSEM
4. ¿Cuántos números naturales entre 1 y 2006 utilizan sólo dos dígitos diferentes en su escritura? (Por ejemplo, 272 cumple la condición pero 1929 no la cumple) (XX Olimpiada Mexicana de Matemáticas, Tercera Etapa de la Olimpiada Estatal de Matemáticas, Puebla, 2006) 6) SOLUCIÓN: Una idea a desarrollar, para saber cuántos números cumplen esta condición, es hacer un análisis según el número de dígitos de ellos. Los números del 1 al 9 únicamente ocupan un dígito en su escritura y por lo tanto ninguno de ellos cumple la condición. Los números del 10 al 99 que cumplen la condición son de la forma ab, ab, donde a y b son dígitos distintos. Como a NO puede ser cero, tenemos 9 opciones para elegir su valor, y por cada una de estas opciones, hay 9 opciones para elegir el valor de b de tal manera que sea distinto al de a. Por lo tanto, hay (9 (9)(9 )(9) = 81 números del 10 al 99 que cumplen la condición. Los números del 100 al 999 que cumplen la condición son de la forma aab, aab, aba o baa, baa, donde a y b son dígitos distintos. En cada una de estas formas, tenemos 9 opciones para elegir el valor de a y 9 opciones para elegir el de b. Por lo tanto, hay (3 ( 3)(9 )(9)(9 )(9) = 243 números del 100 al 999 que cumplen la condición. Los números del 1000 al 1999 que cumplen la condición son de la forma 111a, 111a, 11a1, 11a1, 11aa, 11aa, 1a11, 1a11, 1a1a, 1a1a, 1aa1 o 1aaa, 1aaa, donde a es un dígito distinto de 1. En cada una de estas formas hay 9 opciones para elegir el valor de b. Por lo tanto, hay (7)(9) = 63 números del 1000 al 1999 que cumplen la condición. Finalmente, hay 2 números del 2000 al 2006 que cumplen la condición: el 2000 y el 2002. 2002. Por lo tanto, la respuesta es 81 + 243 + 63 + 2 = 389. 389.
43
Sociedad RAMAMSEM
5. Por el baricentro G de un triángulo ABC se traza una recta que corta al lado AB en P y al lado AC en Q. Demuestra Demuestra que: PB QC 1 • ≤ PA QA 4 (Fase nacional de Olimpiada Matemática Española, 1995) SOLUCIÓN: Dupliquemos el triángulo trazando AD paralela a BC y CD paralela a BA como muestra la figura y tomemos la longitud del lado AB como unidad. Llamando M a la intersección de CD con la recta PQ y x = PB; 1-x = AP, tenemos: D A
M
Q G P
C
B
Por semejanza de ∆AQP y ∆QMC:
Por semejanza de ∆GPB y ∆GMD:
QC MC MC = = QA AP 1 − x
PB MD
=
GB GD
=
1 . 2
Luego: MD = 2x y MC = 1 - 2x. 2 x. Sustituyendo en el primer miembro de la relación del enunciado queda: PB QC 1 x (1 − 2 x ) 1 2 2 • ≤ ⇔ ⇔ 9 x − 6 x+ 1 ≥ 0 ⇔ ( 3 x− 1) ≥ 0 2 ≤ 4 PA QA 4 (1 − x ) Relación válida para cualquier x. La igualdad se alcanza para
PB = x =
1 1 ⇔ MC = 3 3
44
⇔ PQ paralela al lado BC.
Sociedad RAMAMSEM
6. Se considera el triángulo ABC y su circunferencia circunscrita. Si D y E son puntos sobre el lado BC tales que AD y AE son, respectivamente, paralelas a las tangentes en C y en B a la circunferencia circunscrita, demostrar que: BE CD
(Fase nacional de OME, 1998) SOLUCIÓN:
2
=
AB 2 AC
A
B
D
E
C
M
Los triángulos ∆ABC y ∆ADC son semejantes pues tienen los tres ángulos iguales ya que ∠ADC
= ∠BCM = ∠BAC (la primera igualdad por ser AC y CM paralelas y la segunda por ser
∠BCM
ángulo semiinscrito) y el ángulo ∠ACD es común.
Estableciendo la proporcionalidad entre sus lados, resulta: CD AC
=
AC 2 (1) ⇔ CD ⋅ BC = AC BC
De modo análogo los triángulos ∆ABC y ∆ABE son semejantes pues ∠AEB = ∠EBM = ∠BAC y el ángulo ∠ABE es común. Estableciendo la proporcionalidad entre sus lados, resulta: BE AB 2 ( 2) = ⇔ BE ⋅ BC = AB AB BC Dividiendo las igualdades (1) y (2) se obtiene el resultado. 45
Sociedad RAMAMSEM
7. El rectángulo de la figura está dividido en 6 cuadrados de diferente tamaño. Cada cuadrado tiene inscripta una circunferencia. La suma del área de los 6 círculos correspondientes es 104 π cm2. Hallar el área del rectángulo
(XVI OLIMPIADA NACIONAL DE MATEMÁTICA, Ronda final Nivel 1, Paraguay, 2004) SOLUCIÓN:
Llamamos x al lado de cada cuadrado menor. El cuadrado de siguiente tamaño tendrá como lado 2x. El siguiente tendrá como lado 3x y los dos siguientes 5x y 8 x. Determinamos el área de cada círculo:
Luego
46
Sociedad RAMAMSEM
Entonces los lados del rectángulo miden: x + x + 3 x + 8 x = 13 x → 26 cm x + 2 x + 5 x = 8 x → 16 cm El área del rectángulo es 416 cm 2 8. Se escribe en orden ascendente la lista completa de los capicúas de tres cifras: 101 , 111 , 121 , 131 , . . . . . . . . . . . . . . . , 979 , 989 , 999 Se eliminan luego ocho capicúas consecutivos y se suman los números que quedan en la lista, obteniéndose 46.150. Determinar los ocho capicúas borrados. (XVII OLIMPIADA NACIONAL DE MATEMÁTICA, Ronda final Nivel 3, Paraguay, 2005) SOLUCIÓN: Los capicúas son de la forma aba, donde b puede ser igual o diferente que a. Entonces: aba = 100 a + 10 b + a = 101 a + 10 b La cantidad de capicúas es: 9 × 10 = 90 El dígito 1 aparece 10 veces en el primer lugar, lo mismo el 2, el 3 y los demás dígitos. El dígito 0 aparece 9 veces en el segundo lugar, lo mismo el 1, el 2 y los demás dígitos. La suma de los dígitos utilizados es: 1 + 2 + 3 + . . . . . + 9 = 45 ; 0 + 1 + 2 + 3 + . . . . . + 9 = 45 Luego, al sumar los 90 capicúas se obtiene: 101 × 10 × 45 + 10 × 9 × 45 = 450 (101 + 9) = 450 × 110 = 49.500 Entonces: 49.500 – 46.150 = 3.350 Este valor representa la suma de los ocho capicúas borrados. Al dividir esta suma entre 8, obtenemos un número que se encuentra entre el 4º y el 5º capicúa, ya que la división no es exacta: 3.350 ÷ 8 = 418,75 Los ocho capicúas borrados son: 383 , 393 , 404 , 414 , 424 , 434 , 444 , 454
47
Sociedad RAMAMSEM
9. Sean a, b, c los lados de un triángulo y ∆ su área. Probar que
(Olimpiada Internacional de Matemática, 1961). SOLUCIÓN: Para este problema hay numerosas soluciones, pero veamos que se puede resolver con los recursos más elementales. Si el triángulo fuese equilátero entonces su altura sería área
a2
3
4 a
2
2
y su
, por lo tanto se cumpliría la igualdad. Para un triángulo cualquiera supongamos
que a sea el lado mayor y sea x = BP −
3
a
(por lo tanto BP =
a
2
P el pie de la altura trazada desde el vértice A. Sea + x y PC =
a
2
− x ). Sea y = ha −
3
a
2
. La idea para
introducir x e y es que estas cantidades representan la desviación del triángulo respecto a uno equilátero. Entonces, por el Teorema de Pitágoras aplicado a los triángulos ABP y APC se tiene
Esto prueba la desigualdad y de paso muestra que hay igualdad si y sólo si x = y = 0, lo que equivale a que el triángulo sea equilátero.
48
Sociedad RAMAMSEM
10. Halle las raíces r 1, r 2 , r 3 , r 4 de la ecuación: 4 x 4 − ax3 + bx 2 − cx + 5 = 0 sabiendo que son reales, positivas y que
(Olimpiada Iberoamericana de Matemática, 1985) SOLUCIÓN: Como r 1r 2 r 3r 4 =
r r r r 5 se sigue que 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 4 2 4 5 8
=
1 y entonces 256
y por darse la igualdad en la desigualdad aritmético-geométrica debe ser
de donde
49
Sociedad RAMAMSEM
7. Olimpiadas alrededor del mundo. Randall Godínez. Arlene Martínez. Melissa Ramírez. Carlos Rodríguez.
En esta columna se propondrán únicamente problemas que hayan sido parte de exámenes de competencias olímpicas, nacionales o internacionales, con esto pretendemos que otros tipos de competencias sean abordados en la columna Problemas de Competencias no Olímpicas (antes denominada problemas propuestos) de esta misma revista. Es importante hacer notar que los problemas de la OLCOMA que se publican en esta revista corresponden a lo que hoy se considera el nivel C de estas competencias olímpicas y que se hará referencia a otro nivel cuando ello sea necesario. 1) Beatriz copia del pizarrón pizarrón el dibujo de la tarea tarea dada por la profesora de matemática. Los datos del problema son: • Perímetro del triángulo ABC = 64 cm • AB = AC = 25 cm • M es el punto medio del lado AC. La tarea consiste en hallar la distancia del punto M al lado BC. Si Beatriz resuelve el problema correctamente, ¿cuál es el valor que encuentra para la distancia?
(XVII Olimpiada Nacional de Matemática, Paraguay, 2005)
50
Sociedad RAMAMSEM
2) En el cuadrado ABCD, el lado mide 10. E es el punto medio de BC y F es el punto medio de CD. Hallar el área de la superficie pintada.
(XVII Olimpiada Nacional de Matemática, Paraguay, 2005) 3) Evalúe la suma:
(Olimpiada Matemática Canadiense, 1994) 4) Sea f ( x) =
9 x 9 x + 3
. Evalúe la suma:
(Olimpiada Matemática Canadiense, 1995) 5) Determine todas las soluciones enteras de m3 – n3 = 2mn + 8. (23rd Olimpiada Matemática de Vietnam, 1985)
6) Determine f ( xy)
2
+
todas
f ( xz )
2
las
funciones
− f ( x) f ( yz ) ≥
reales
de
1 para toda x, y, z. 4
(29th Olimpiada Matemática de Vietnam, 1991)
51
variable
real
f ( x)
tales
que
Sociedad RAMAMSEM
7) El producto de varios números números enteros mayores que 0 y distintos entre sí, sí, es múltiplo de 20062. Determine el menor valor que puede tomar la suma de esos números. (VIII Olimpiada Matemática de Centroamérica y El Caribe, Panamá, 2006)
8) Sea ABCD un cuadrilátero convexo. Sea I el punto de intersección de las diagonales AC y BD. Sean E, H, F y G puntos sobre los segmentos AB, BC, CD y DA respectivamente, tales que EF y GH se cortan en I . Sea M el punto de intersección de EG y AC y sea N el punto de intersección de HF y AC. Demuestre que
(VIII Olimpiada Matemática de Centroamérica y El Caribe, Panamá, 2006)
9) Sean r , s , u , v números reales reales cualesquiera. Probar que: 1 mín { r − s 2 , s − u 2 , u − v2 , v − r 2 } ≤ . 4 (XLI Olimpiada Matemática Española Fase nacional, 2005, Santiago de Compostela)
10) Sean
a0 , a1 , a2 , a3 , a4 cinco números 3
positivos en progresión aritmética de razón d . Probar que
a2 ≤
1 3 3 3 3 a0 + 4a1 + 4a3 + a4 ) . ( 10
(XLIII Olimpiada Olimpiada Matemática Española Fase nacional, 2007, Torrelodones)
52
Sociedad RAMAMSEM
8. Lógica y Matemática Recreativa. Maynor Castro Carlos Molina Mauricio Ramírez Simón Sánchez Erick Solano En esta columna continuamos con la presentación de diez ejercicios que se han presentado en concursos de E.S.O tanto de España como de Argentina y la Olimpiada Thales. Por otro lado, y al igual que en la edición anterior, al final de los enunciados damos una solución a los mismos esperando que sirvan como una guía aunque sabemos que se pueden encontrar otras vías de solución a cada uno de ellos. Pues bien, empecemos y que se diviertan !!! º
1 Juego (12-14 años): La mosca veloz
Dos ciclistas que están a una distancia de 60 Km entre sí, se acercan a una velocidad de 10 Km/h cada uno, en un tramo recto de la carretera. Al mismo tiempo una mosca, veloz e inteligente, parte desde el primer ciclista a una velocidad de 30 Km/h y vuela hacia el segundo ciclista. Una vez que ha llegado hasta él, parte inmediatamente en sentido opuesto hasta el primer ciclista y así continúa hasta que los ciclistas se encuentran. ¿Cuántos kilómetros ha recorrido la veloz e inteligente mosca? (V O.M. Regional. Cantabria. 2001) 2º Juego (12-14 años): Naranjas y ladrones
Escuela del Califa. Córdoba, 355 de la Hégira: Un ladrón, un cesto de naranjas del mercado robó, y por entre los huertos escapó; al saltar una valla, la mitad más media perdió. Perseguido por un perro, la mitad menos media abandonó. Tropezó en una cuerda, la mitad más media desparramó. En su guarida, dos docenas guardó. Vosotros, los que buscáis sabiduría, decidnos, ¿cuántas naranjas robó el ladrón?. (III O.M. Regional. Castilla La Mancha. 2002)
53
Sociedad RAMAMSEM º
3 Juego (12-14 años): Los cuatro primos
Cuatro números primos tienen la siguiente estructura: AA – BAB – BACD – AAAC Sabiendo que cada letra representa una cifra y que a letras iguales corresponden cifras iguales. ¿Cuáles son los cuatro números?
(XVII O.M. Thales. Fase Regional. Huelva. 2001 )
º
4 Juego (12-14 años): Valor del agua
En esta suma cada letra representa una cifra, GOTA GOTA GOTA GOTA GOTA ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ AGUA ¿cuál es el valor del AGUA? (VII O.M. Fase Semifinal. Comunidad de Madrid.1999) 5º Juego (12-14 años): Entre pájaros y palmeras
A ambas orillas de un río crecen dos palmeras, una frente a la otra. La altura de una es de 30 codos, y la de la otra 20 codos. La distancia entre sus troncos, 50 codos. En la copa de cada palmera hay un pájaro. De súbito los dos pájaros descubren un pez que aparece en la superficie del agua, entre las dos palmeras. Los pájaros se lanzaron y alcanzaron el pez al mismo tiempo. ¿A qué distancia del tronco de la palmera mayor apareció el pez? (VI O.M. de Cantabria.2002)
54
Sociedad RAMAMSEM º
6 Juego (12-14 años): Padres e hijas
Tres hombres Luis, Miguel y Antonio, van a la feria con sus hijas, que se llaman Amalia, Luisa y Margarita. Cada una de estas personas compra un determinado número de objetos, pagando por cada uno un cierto número de euros igual al número de objetos que compra. Antonio compra 23 objetos más que Margarita y Miguel 11 más que Luisa. Cada padre gasta 63 euros más que su hija. ¿Cuál es la hija de Antonio, cuál la de Miguel y cuál la de Luis? ( XIV O.M. Primera Fase. Albacete. 2003 )
º
7 Juego (14-16 años): Un viaje
Varias personas deciden realizar un viaje, para lo que alquilan un vehículo por 522 euros. Convienen en pagar cada uno según el gasto que se hiciese. En el trayecto tres de ellos deciden quedarse. Los que terminaron el viaje tuvieron que pagar 29 euros más que los que se quedaron. ¿Cuántas personas comenzaron el viaje? (XIII O.M. Semifinal. Albacete. 2002)
º
8 Juego (12-14 años): Pagamos en euros
Antonio, Begoña, Carlos y Diana han tomado un aperitivo en un bar. A la hora de pagar, lo hacen a partes iguales. Una vez abonada la cantidad, observan que aunque todos han pagado lo mismo, Antonio ha puesto el 10% de lo que tenía al principio, Begoña el 20%, Carlos el 30% y Diana el 40%. Averigua razonadamente la cantidad mínima de euros que tenía cada uno, sabiendo que al principio todos ellos tenían un número entero de euros (sin decimales). (IX O.M. Fase Local. Salamanca. 2002)
55
Sociedad RAMAMSEM º
9 Juego (12-14 años): Capitanes intrépidos
Un capitán de barco recompensa a tres marineros con más de 200 y menos de 300 monedas de oro. Durante la noche, un marinero se despertó y separó las monedas en tres montones iguales, tirando al mar una moneda que sobraba. Cogió un montón y, juntando los otros dos que quedaban, se fue a la cama. Esto mismo hicieron a continuación los otros dos marineros, cada uno de los cuales realizó exactamente la misma operación. A la mañana siguiente el contramaestre reparte lo que queda en tres montones, y se queda con una moneda en pago a su trabajo. ¿Cuántas monedas hay inicialmente?. ¿Cuántas monedas recibe cada uno de los marineros?. ( III O.M. Regional. Castilla La Mancha. 2002)
º
10 Juego (12-14 años): Círculos y tangencias
En una circunferencia de radio 6 inscribimos el triángulo isósceles PQR en el que PQ = PR. Una segunda circunferencia es tangente a la 1ª y tangente a la base QR del triángulo en su punto medio, como se muestra en la figura. Si la longitud de PQ es 4 raíz de 5.
¿Cuánto vale el radio de la circunferencia pequeña? (I O.M. Cuenca. 2002)
56
Sociedad RAMAMSEM
SOLUCIONES PROPUESTAS La mosca veloz
Los dos ciclistas se encontraran a los 30 km, por lo tanto: 1 hora ciclista 10 km mosca 30 km 2 hora ciclista 20 km mosca 60 km 3 hora ciclista 30 km mosca 90 km Por lo tanto la mosca recorre 90 km Naranjas y ladrones
Este es uno de los problemas que se resuelven de atrás hacia adelante. Partimos de las 24 naranjas. "Pierde la mitad más media al saltar la cuerda";Luego, tenía el doble +1 naranja = 49. "Perseguido por un perro la mitad menos media perdió";Luego, tenía el doble-1 naranja = 97. "La mitad más media perdió al saltar la valla", por lo tanto, tenía el doble +1 naranja = 195. EL LADRÓN ROBÓ 195 NARANJAS. Los cuatro primos
AA tiene que ser obligatoriamente 11, ya que es el único nº primo. Por estas mismas razones AAAC es 1117 y BAB puede ser 313 o 919. Para saber que número es BACD probamos y: 3175/5 = 635, 9179/11 = 289, 9175/5 = 1835 9173 es el único número primo que hay. AA = 11 BAB = 919 BACD = 9173 AAAC = 1117 Valor del agua La A vale 5 porque es la única cifra que cumple la siguiente condición: x · 5=...x La G vale 1 porque es el único nº que multiplicado por 5 da 5 y no pasa de 10. La O es 0 porque tiene que dar 1 y no llevarse ninguna. La T podría ser 2 ó 3 pero es 3 porque si fuese 2 la U también sería 2 y la U vale 7 AGUA = 5175
57
Sociedad RAMAMSEM Entre pájaros y palmeras
La distancia es 20 codos. Se trata de dos triángulos rectángulos con la misma hipotenusa. Además, la suma de los catetos que conocemos es igual a la suma de los otros dos catetos, luego una solución obvia es que los catetos que no conocemos valgan lo mismo que los que sí conocemos del otro triángulo, es decir los dos triángulos son iguales pero colocados de forma diferente.
Padres e hijas
Luis (8 objetos) es el padre de Luisa (1 objeto): 8 x 8 = 64, 1 x 1 = 1, 64 -1 = 63 Miguel (12 objetos) es el padre de Margarita (9 objetos): 12 x 12 = 144, 9 x 9 = 81, 144 -81 = 63 Antonio (32 objetos) es el padre de Amalia Amalia (31 objetos): 32 x 32 = 1024, 31 x 31 = 961, 1024 - 961 = 63 Miguel compra 11 objetos más que Luisa 12 - 1 = 11 Antonio compra 23 objetos más que Margarita 32 - 9 = 23
Un viaje
7 personas. Planteamiento: número personas = x Todos pagan = y euros xy + 29(x – 3) = 522 y = (609 – 29x) / x y = 29(21 – x) / x, implica que x tiene que ser divisor de (21 – x) al ser 29 número primo. Luego es divisor de 21 x = 1 Imposible al no volver 3 personas. x = 3 No volvería ninguna persona x = 7 Es la solución. x = 21 Los tres que no terminan el viaje no pagarían nada. 58
Sociedad RAMAMSEM
Pagamos en euros
Antonio (a), Begoña (b), Carlos (c) y Diana (d). Con los datos que nos dan, sabemos que 10% a = 20% b = 30% c = 40% d. O lo que sería lo mismo, 0'1a = 0'2b = 0'3c = 0'4d. Si los ponemos en función de a, tenemos que a = 2b = 3c = 4d. Como nos dicen que al principio todos ellos tenían un número entero de euros, hallamos el mcm de los 4 números (1,2,3,4), que es 12. Y por lo tanto, sabemos que a, tiene 12 euros, que b, que tiene la mitad, tiene 6 euros, c, la tercera parte, 4 euros, y d, la cuarta parte, 3 euros. Así que todos pagaron 1'2 euros.
Capitanes intrépidos
Al principio hay x +1 monedas. El 1º marinero coge: (x +1-1)/3 = x/3 Quedarán: 2x/3 El 2º marinero coge: (2x/3 -1)/3 = ((2x - 3)/3)/3 = (2x - 3)/9 Quedarán: ((2x - 3)/9)·2 = (4x - 6)/9 El 3º marinero coge: co ge: (4x-6)/9-1)/3 = (4x-6-9)/9 = (4x-15)/27 Quedarán: ((4x -15)/27)·2 = (8x - 30)/27 El capitán repartirá (8x - 30)/27 - 1 = (8x-57)/27 en total Y a cada uno le corresponderá: ((8x - 57)/27)/3 = (8x - 57)/81 8x - 57 = múltiplo de 81 8x - 57 = 81a ; x = (81a + 57)/8 = (80a + a + 56 +1)/8 = 10a +7+(a + 1)/8 Si a = 7 ; x = 78 no puede ser porque no llega a 200 Si a = 15 ; x = 158 tampoco llega a 200 Si a = 23 ; x = 240 es válida Si a = 31 ; x = 321 pasa de 300, no es válida Por tanto, hay x +1 monedas de oro = 240 +1 = 241 monedas de oro Al 1º marinero le tocarán: x/3 +( 8x - 57)/81 = 80+23 = 103 mon. El 2º marinero recibirá: (2x - 3)/9+23 = 53+23 = 76 mon.
59
Sociedad RAMAMSEM
Al 3º marinero se le darán: (4x-15)/27+23 = 35+23 = 58 mon. El capitán se llevará la última que sobra. Total: 103+76+58+3+1 = 241 monedas de oro
Círculos y tangencias
Sean: R = radio de la circunferencia mayor, que es 6. r = radio de la circunferencia pequeña. x = mitad de la base del triángulo isósceles h = altura del triángulo isósceles h = 2R – 2r =12 – 2r Formamos un triángulo rectángulo, la hipotenusa del cual será la distancia del centro de la circunferencia a Q, es decir R = 6. Los catetos serán x y 6 – 2r. Por el teorema de Pitágoras: R2 = (6 – 2r)2 + x2 62= 36 + 4r2 – 2·6·2r + x2 x2= 24r – 4r2 Ahora tomamos otro triángulo rectángulo, el de hipotenusa PR, y catetos x y h. h = 2R – 2r =12 – 2r Por el teorema de Pitágoras: (4 5 )2 =(12 – 2r)2 + x2 80 =144 + 4r2 – 2·12·2r + x2 80 =144 + 4r2 – 48r + 24r – 4r 2 24r = 64 r = 8/3
60
Sociedad RAMAMSEM
Acaba de llegar a mi poder este valioso documento, firmado por Inocencio Docente, y tal como lo recibo, se los muestro: el docente propone en la prueba final de matemática, a nivel de primaria, la operación 6 + 7 = ?. Al revisar la la prueba de un estudiante, éste reprueba y por ende pierde el curso. La noticia anterior no le agrada al padre de familia, quien es muy amigo del director de la institución, el cual le solicita que vuelva a revisar dicha prueba para enmendar alguna injusticia. Entonces, y ante la “preocupación” de la dirección, el docente lleva a cabo la nueva evaluación del siguiente modo:
Comentario de la evaluación: 1. La grafía del signo seis es del todo correcta. 2. Se puede apreciar lo mismo con el siete. 3. El signo más nos dice, acertadamente, que se trata de una suma. 4. En cuanto al resultado vemos que el uno es correcto. El segundo número, efectivamente, no es ocho. Bueno, si lo cortamos por la mitad de arriba abajo, observamos que el alumno ha escrito dos treses simétricos. Elegimos el bueno porque se ve que su intención era buena. Evaluación: El conjunto de estas observaciones evidencia que: (a) La actitud del alumno es positiva (lo intentó) (b) Los procedimientos son correctos (los elementos están ordenados correctamente). (c) En conceptos sólo se equivocó parcialmente en uno de los seis elementos que forman el ejercicio. Esto es casi de sobresaliente. En Consecuencia podemos otorgarle un "Notable" y decir que "Progresa Adecuadamente"
61
