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factorial! Revista de Matemáticas
C A R M A / C a s a O l í m p i c a
O l i m p i a d a P o t o s i n a d e M a t e m á t i c a s
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factorial! Presentación
En el segundo número de factorial!, hacemos un recuento del proceso selectivo para la Olimpiada
Mexicana de Matemáticas en San Luis Potosí durante el pasado 2011, incluyendo el examen
nacional. Son muchísimos problemas y es una muy buena manera de entrenarse. No podríamos
dejar fuera los resultados de nuestra delegación, que es un orgullo para nosotros.
También, el pasado 2011 fue muy especial para nosotros, pues fuimos sede y organizadores del
concurso nacional de la OMM por primera vez y todo nos salió muy bien. Haremos un pequeño
recuento y sobre todo un sentido agradecimiento.
Tenemos un par de buenos artículos preparados, además de los problemas propuestos para este
número.
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Nuestra revista está disponible de manera íntegra y gratuita en
editorialdinosaurio.blogspot.com
Si quisieras hacer un donativo a la causa, ponte en contacto con nosotros.
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factorial! En este número
XXV OMM San Luis Potosí 2011
o Discurso de clausura del delegado
Olimpiada Potosina de Matemáticas
o Resultados OMM 2011
o Convocatoria 2011-2012
o Enunciados de los problemas
Grillo, Rana, Conejo / Walabi, Canguro / Morsa saltarina / Desempate /
Orca asesina / Brontosaurio volador / Irracional (Dragón) / Desempate 1 /
Desempate 2 / XXV OMM
o Soluciones
Escriben
o María la Folclorosa, Teoría de la Medida
o Héctor Flores, Trabajar como matemático
o David Torres, Acertijos y la curva de Jordán
Problemas Propuestos
o Solución a los problemas propuestos anteriores
Comité Editorial
José Ramón Guardiola Espinosa
Manuel Jiménez Benítez
José Ángel Sosa Salinas
Demian Espinosa Ruiz
Siddhartha Morales Guzmán
Luis Islas Cruz
José Luis Carballo Lucero
José Trinidad Barajas
Francisco Javier Zubieta Rico
Eugenio Daniel Flores Alatorre
Contacto
CARMA / Casa Olímpica / Editorial Dinosaurio
Juan de O’Donojú 425: (444) 811 8922
San Luis Potosí, SLP
casa.olimpica@hotmail.com
Casa Olímpica en Facebook
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XXV OMM San Luis Potosí 2011 Presentación
Organizar el concurso nacional de la OMM fue un sueño que empezó hace varios años. La primera
vez que lo consultamos con Mila y Ana fue durante la XXIII OMM en Campeche 2009 y volviendo a
casa iniciamos las gestiones para los recursos. En un principio, muchas instituciones mostraron su
interés y su apoyo, pero no fue fácil concretarlo. En junio de 2010, conseguimos que Arturo
Delgadillo, director de la preparatoria del ITESM campus San Luis, firmara la carta compromiso
para pedir la sede. Probablemente la carta es única en cuanto a las que se han enviado pues esta
decía claramente que el ITESM podía poner instalaciones, pero que el recurso era obligación del
comité y por eso también yo firmé la carta.
Nunca estuvimos seguros de tener la sede hasta una semana antes de la XXIV OMM en Ensenada
2010, cuando Mila me preguntó si tenía listo mi discurso. Así, hicimos la invitación al final de la
Olimpiada en Baja California. Las gestiones se complicaron algo y fuimos perdiendo algunos
apoyos en el camino pero muchos otros nuevos llegaron y pudimos sacar adelante el evento.
Fueron de muchísima ayuda las intervenciones de Fidencio Lázaro y Gabriel Guerra en la secretaría
particular del Gobernador. Además, de entre todo el equipo, la labor de Germán Chávez fue
esencial para el evento.
Recibimos muchas críticas favorables y parece que todos regresaron a casa contentos, que es muy
satisfactorio para nosotros. Tomamos varios riesgos con un par de actividades que organizamos
por primera vez en un nacional: el concurso de talentos, que unió a todos los participantes y les
dio un foro para expresarse y conocerse mejor más allá de las matemáticas; y el rally social, en el
que los visitantes se ganaron a pulso el título de distinguidos y compartieron su amor, esfuerzo y
tiempo con niños de esta ciudad. Nuestra esperanza más grande es que estos dos eventos
sobrevivan el paso del tiempo y hayamos así ayudado a moldear la Olimpiada del futuro.
Discurso de clausura
Buenas noches a todos.
Esta semana fue para nosotros un sueño hecho realidad, y si tuviésemos oportunidad de hacerlo todo otra vez, la verdad sí me la pensaba dos veces.
Quiero empezar agradeciendo a Mila y a todo el Comité Nacional, que nos tuvieron la confianza para dejarnos organizar esta edición de la Olimpiada, la de las bodas de plata, la última del reinado de Mila y la primera de San Luis. Nunca nos mostraron más que apoyo y estamos sumamente agradecidos. Hace siete Olimpiadas, en Ixtapan de la Sal, Mila me entregó mi diploma de tercer lugar y hoy tengo el honor de entregar las medallas con ella, con algo de pelo blanco también.
Así mismo, quisiera agradecer a las personas que nos ayudaron a financiar el evento. Secretario de Educación: le ruego le haga llegar al señor Gobernador nuestro más sentido agradecimiento por acoger este proyecto cuando más difícil la veíamos. Agradezco también a la Secretaría de
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Educación y a los subsistemas de Educación Media Superior del Estado, a la Secretaría de Cultura, al H. Ayuntamiento de San Luis Potosí, la Facultad de Ciencias de la Universidad Autónoma y a nuestros anfitriones de la tarde, el Tecnológico de Monterrey. Agradecerles sobre todo el esfuerzo que pusieron en ayudarnos a darnos cuenta de que somos más capaces de lo que creíamos y podemos hacer todo lo que nos proponemos.
Muy personalmente, agradezco a todo mi Comité Local, que hace que mi trabajo parezca tan sencillo a veces. Sepan que si el mundo nada les da, de todos modos nada les hará falta pues tienen el corazón y la voluntad enormes y muy bien puestos. A nombre de todos ellos agradezco a nuestros padres, hermanos, amigos y aliados, sin cuya complicidad no podríamos hacer nada de esto.
Pero sobre todo, quisiera agradecer a todos nuestros amigos, alumnos, profesores y padres de familia, artistas y amantes del arte de todo el Estado que atendieron nuestro llamado de ayuda y compraron boletos de rifa, participaron en la Olimpiada de Otoño, donaron o compraron una obra de arte a la Galería de Elsa Castillo, con quien también estamos muy agradecidos. Todos ellos, colectivamente, de manera anónima y desinteresada, hicieron la aportación más grande para que este evento pudiera llevarse a cabo. Por eso quiero agradecerles tanto a ustedes, participantes, que en un par de horas le hayan devuelto a la gente de este Estado, todo el cariño y el esfuerzo que hicieron para poder recibirlos como se merecen. Este año no estuvieron de visita en una ciudad, este año dejaron huella y a un grupo de niños no muy lejos de aquí les tomará mucho tiempo olvidar el día que fueron a visitarlos los niños raros de las matemáticas –en específico, quisieran saber cuándo volvemos a terminar el piso. A muchos de ustedes el examen de 42 puntos y los 7 puntos extras les están quedando cortos: esa es nuestra visión del problema 8, ayudar a los demás.
En los años que llevo a la Olimpiada, he entendido que es una fiesta, una celebración principalmente de tres cosas:
Primero: la juventud, pues todos ustedes son jóvenes. Este año también porque todos los organizadores lo somos. Muchas veces he escuchado que la Matemática es una ciencia para los jóvenes y apenas este año lo he entendido bien: no es que uno tenga que ser joven para hacer matemáticas sino que sin la curiosidad, la rebeldía y la osadía de la juventud, nadie puede hacerlas.
Segundo: una fiesta del talento, que todos ustedes tienen y de sobra. No sólo matemático, pues nos demostraron que muchos de ustedes cantan, bailan, y en particular, uno de ustedes puede tocar el trompo como una flauta. Talento de sus entrenadores que se los comparten, de los organizadores y talento también de nuestras autoridades, que saben reconocer un buen proyecto cuando éste toca constante e insistentemente a sus puertas, ventanas, teléfono y correo electrónico.
Y tercero, pero más importante: una celebración del trabajo y el esfuerzo de cada uno de nosotros. Trabajo que es la única manera que tenemos de superar nuestras deficiencias, trabajo porque el talento no siempre alcanza, trabajo que es todo lo que tenemos para cumplir nuestros sueños y alcanzar lo que parece imposible. Un grupo de jóvenes no mucho más grandes que los participantes organizaron este nacional y entrenaron a la delegación que ocupa el cuarto lugar, nuestro tercer top cinco en cuatro años; seguimos siendo una delegación joven, una delegación humilde, pero ya nunca más una delegación pequeña, una delegación débil. Digo esto no sólo para
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presumir sino porque estoy convencido que si nosotros podemos, cualquiera puede: ninguna delegación debería venir pensando que está derrotada, creyendo que no tiene oportunidad, cualquiera puede, pero para eso hay que chingarle todo el día, todos los días. Hemos reunido a la familia en nuestra casa para darles este mensaje fuerte y claro: la única manera de alcanzar a los que van adelante es correr más rápido que ellos. Esa es la única certeza que tengo: el trabajo es la fórmula secreta y se puede, claro que se puede.
Si su juventud y su talento los hacen herederos del mundo, será su trabajo el que los haga dignos de reclamarlo. Yo sé que éxito tendrán en lo que intenten y por eso les deseo cosas más sencillas: que las amistades que iniciaron en la Olimpiada ya nunca se disuelvan, que por muchos años más puedan aprender de y enseñarle a sus entrenadores y que si ya nunca tienen oportunidad de regresar a una de nuestras reuniones familiares, ojalá y algún día venga alguien en su nombre: que sean recordados no por lo que ustedes lograron sino por lo que ayudaron a los demás a lograr pues ustedes no son un número del cero al cuarenta y dos, ni el metal de una medalla simbólica, ni una clave de tres letras y un dígito –o dos si eres MMX10- son muchísimo más que eso.
Creo que la Olimpiada no le cambia la vida a nadie, sólo nos ayuda a darnos cuenta de quiénes somos y qué queremos hacer en la vida. Hasta volvernos a ver, sepan que en San Luis tienen una casa y en cada uno de nosotros más que un hermano, tienen un aliado, un compañero de trinchera. Creo que esto es lo más grande que hemos hecho y les agradezco que nos dejaran compartirlo con ustedes. Dale San Luis, Dale México, gracias y felicidades a todos, el aplauso es para ustedes.
Eugenio Daniel Flores Alatorre San Luis Potosí, SLP
18 de noviembre 2011
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Olimpiada Potosina de Matemáticas
Proceso OMM 2011 Resultados
La Olimpiada Potosina de Matemáticas es el nombre que recibe el proceso estatal tanto de la
Olimpiada Mexicana de Matemáticas (OMM) como de la Olimpiada Nacional de Matemáticas para
Alumnos de Primaria y Secundaria (ONMAPS). Mientras que el proceso OMM se extiende a lo
largo de un año entero desde febrero hasta noviembre, el de la ONMAPS es mucho más largo y
concluye hasta mayo del año siguiente.
Para formar parte de la delegación OMM, es necesario estar entre los mejores en cada uno de seis
exámenes distintos. Este año, además, aplicamos tres exámenes de desempate –que no todos lo
presentan. Además, hacer un buen papel en el concurso nacional.
El primer examen –conocido como Grillo, Rana y Conejo- se aplica al interior de las escuelas desde
que sale la convocatoria y hasta una semana antes del segundo examen –el Canguro y Walabi-
que se aplica a mediados de Marzo. Más de mil alumnos presentan el segundo examen en todo el
estado y aproximadamente cien lo pasan. El tercer examen –la Morsa o el Estatal- se presenta en
un fin de semana a mediados de Mayo y los ganadores forman parte de la preselección estatal. Se
escogen al mismo tiempo preselecciones OMM y ONMAS y a partir de ahí, ambos procesos se
separan; para la comparación, este año aplicamos un examen de desempate. La preselección
OMM es de aproximadamente 25 personas cada año y presenta un quinto examen en junio, uno
en julio y el final en septiembre donde pasan 16, 9 y 6 alumnos respectivamente; este año fue
necesario aplicar dos exámenes de desempate después del sexto.
La preselección OMM que inició el verano estuvo conformada por:
José Ramón Guardiola Espinosa (ITESM)
Bohnyuck Koo (ITESM)
José Ángel de Jesús Sosa Salinas (Instituto Hispano Inglés)
Ulises Félix Rendón (ITESM)
Demian Espinosa Ruiz (ITESM)
Gerardo Antonio Hernández (Cobach 24)
Carlos Alejandro Hernández (Potosino)
Esaú Hernández Estrada (Preparatoria Oficial de Matehuala)
Jorge Omar Rodríguez Lira (UVM)
Mario Salas Robledo (Apostólica)
Odalys Grisell Posadas García (Cobach 28)
Siddhartha Emmanuel Morales Guzmán (Apostólica/ITESM)
Angel Daniel Mejía Oros (Potosino)
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Juan Luis García Guerrero (ESG Justo Sierra Méndez)
José Joaquín Zubieta Rico
Esperanza Fernández Olavarrieta (Salesiano)
Ariana López Rodríguez (ITESM)
José Ignacio Gómez Vargas (Leona Vicario)
Erick Amaury González Quintanilla (Salesiano)
Abraham Berrones Blanco (Salesiano)
Zenén Santander Azuara (ESG Justo Sierra Méndez)
José Jaime Loredo Calderón (Salesiano)
Juan Pablo Arriaga García (Cobach 03)
Mariana Moctezuma Dávila (Instituto Hispano Inglés)
Dulce Sofía Hernández Hernández
Tannia Lizzette Reynoso Morales (Apostólica)
Sergio Peralta Salazar (Cobach 06)
David Torres Montalvo (IEST Ciudad Valles)
Víctor Antonio Palomo (ESG Graciano Sánchez Romo)
Y la delegación que nos representó en la XXV OMM estuvo integrada por:
José Ramón Guardiola Espinosa (ITESM)
José Ángel de Jesús Sosa Salinas (Instituto Hispano Inglés)
Demian Espinosa Ruiz (ITESM)
Ulises Félix Rendón (ITESM)
Carlos Alejandro Hernández Gómez (Potosino)
Siddhartha Emmanuel Morales Guzmán (ITESM)
Además, asistieron al evento representando a San Luis muchos de nuestros entrenadores:
Luis Islas Cruz como Delegado
Germán Chávez Fernández como Co-Delegado
Diana Sarahí López Palau como Profesora Acompañante
Ernesto Flores Robles como Coordinador
Raúl Arcadio Castro Ramírez como Coordinador
José Manuel Jiménez Benítez como Coordinador
Pablo Fernando Zubieta Rico como Coordinador
Cristóbal Villalobos Guillén como Coordinador
Carlos Jacob Rubio Barrios como Coordinador
Ricardo de la O como Coordinador
Además de todo el equipo y anexos que trabajó como Comité Local:
Carlos Alanis, Javier Muñoz, Dulce Jazmín Flores, Francisco Zubieta, Luis Arturo González, Odalys
Grisell Posadas, Heleni Saucedo, Eduardo Barrera, Eduardo Reyna, Ana Graciela Fernández,
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Adriana Canales (DF), César Magaña (Jal), Christian Ojeda (Gto), Carmen Galaz (Gto) y Eugenio
Flores.
Los primeros cinco lugares en la competencia por estados fueron:
1. Jalisco
2. Nuevo León
3. Yucatán
4. San Luis Potosí
5. Distrito Federal
Donde Jalisco impuso un nuevo récord de puntos por estado con 224 puntos (el máximo es de 252
y el anterior récord era de 205 también de Jalisco). Nuevo León, Yucatán y San Luis obtuvieron
178, 175 y 174 puntos respectivamente.
Nuestra delegación obtuvo los siguientes premios de manera individual:
José Ramón: medalla de oro
José Ángel: medalla de oro
Demian: medalla de plata
Ulises: medalla de plata
Siddhartha: medalla de plata
Carlos: medalla de bronce
Tanto José Ramón como José Ángel formaron parte de la preselección nacional para la Olimpiada
Internacional de Matemáticas. Siddhartha formó parte de la preselección nacional para la
Olimpiada de Matemáticas de Centroamérica y el Caribe. Además de ellos tres, Ulises y Demian
fueron invitados a entrenamientos nacionales.
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Enunciados de los problemas Grillo, Rana, Conejo
Problema 1. Un cuarto de la tercera parte de un número es 1.5, ¿qué número es?
a) 20 b)18 c)16 d)15.5 e)15
Problema 2. El reloj de Miguel marca las horas del 0 al 23: las 12 de la noche son las 0 horas,
las 6 de la mañana son las 6 horas, las 3 de la tarde son las 15 horas, por ejemplo. La alarma de su
reloj suena una vez por cada hora que sea, por ejemplo, si suena a las 4 de la tarde va a sonar 16
veces. Si puso la alarma a cada hora del día, ¿cuántas veces va a sonar en total?
a)270 b)274 c)275 d)276 e)277
Problema 3. En una fiesta, cada persona saludó a exactamente 2011 personas y cuando
terminaron los saludos, se dieron cuenta que todos habían saludado a todos. ¿Cuántas personas
hay en la fiesta?
a)2020 b)2011 c)2010 d)2021 e)2012
Problema 4. Pablo salta de un trampolín y se eleva 1m en el aire, cae 5m sumergiéndose en el
agua y luego sube 2m para llegar a la superficie del agua. ¿A qué altura se encuentra el trampolín
sobre el nivel del agua?
a)2m. b)3m. c)5m. d)7m. e)8m.
Problema 5. Luis vende zanahorias a 7.5 pesos el kilo. Germán le compra varios kilos de
zanahoria. Germán paga con dos billetes de veinte y uno de cincuenta y Luis le regresa 24 pesos de
cambio. ¿Cuántos kilos de zanahoria compró Germán?
a)7.5kg b)8kg c)8.8kg d)8.6kg e)7.6kg
Problema 6. ¿Qué es más grande, 1.- La quinta parte de cinco novenos por tres o 2.- La mitad
de tres medios?
a) 1 b)2 c)Son iguales d)no se puede saber
Problema 7. Manuel ha comprado una caja de chocolates. Son de sabores diferentes: 6 de
fresa y 2 de caramelo. ¿Cuál es la probabilidad de que el primer chocolate que coma sea de fresa?
a)
b)
c)
d)
e)
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Problema 8. Una rana está al pie de una escalera infinita donde cada escalón está numerado.
Da un salto de 4 escalones y llega hasta el escalón 4 pero se cae un escalón hasta el escalón 3, da
otro salto de 4 escalones pero se cae un escalón y así sucesivamente. ¿Cuál de los siguientes
escalones sí pisa?
a)3012 b)2013 c)1589 d)3122 e)29
Problema 9. Tres conejos cazan tres grillos en tres minutos. ¿En cuánto tiempo caza un conejo
a un grillo?
a)0.5 min. b)1 min. c)1.5 min. d)3 min. e)6 min.
Problema 10. Lucy tiene seis hermanos y tres hermanas. Pablo es su hermano. El producto del
número de hermanas por el número de hermanos de Pablo es:
a)20 b)18 c)24 d)21 e)25
Problema 11. Javier quiere sacar un par de calcetines de un cajón en el que hay 10 calcetines
blancos, 12 verdes, 4 rojos y 2 azules. ¿Cuál es el mínimo número de calcetines que debe sacar (sin
ver) para asegurar que tendrá un par del mismo color?
a)2 b)4 c)5 d)11 e)27
Problema 12. La aguja de un tanque de gasolina marca tener 1/8 de la capacidad total.
Después de ponerle 25 litros, la aguja marca 5/8. ¿Cuál es la capacidad del tanque en litros?
a)40 b)30 c)75 d)100 e)50
Problema 13. En un partido de fútbol americano se fallaron todos los puntos extras, de
manera que los equipos sólo obtuvieron puntos mediante touchdowns que valen 6 puntos, goles
de campo que valen 3 puntos y safeties que valen 2 puntos. Si el partido terminó 40 a 37, ¿cuál es
el mínimo número de safeties que pudieron haber ocurrido?
a)4 b)2 c)5 d)3 e)ninguno
Problema 14. En una extraña ciudad, los números de teléfono tienen 7 dígitos. Los primeros
dos dígitos de izquierda a derecha sólo pueden ser 10 o 73. Además, los números siempre son
múltiplos de 5 y contienen exactamente un dígito par. ¿Cuántos números de teléfono hay con
estas condiciones?
a)1250 b)3750 c)5000 d)7500 e)10000
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Problema 15. Piensa en una cinta a lo largo del Ecuador de la Tierra. Si se corta dicha cinta en
un punto y se intercala un metro adicional de cinta, ¿a qué distancia se separará la cinta de la
superficie?
a)
mts. b) mts. c)
mts. d)2 mts. e)
Problema 16. Dividimos un rectángulo como se muestra en la figura. Las áreas están escritas
dentro de las partes (6, 9, 10). Entonces el área total mide:
(a) 5 (b) 15 (c) 25 (d) 40 (e) 45
Problema 17. Sea . ¿Cuál es el menor número primo positivo que divide a m?
(a) 3 (b) 2 (c) 5 (d) 13 (e) 15
Problema 18. Ramón y Ana corren en una pista circular, pero Ramón corre dos veces más
rápido que Ana. Si ambos salieron de la línea de meta (el punto A) al mismo tiempo y se mueven
en el sentido de las manecillas del reloj, ¿en cuál de los cinco puntos de la figura volverán a
coincidir por primera vez?
(a) A (b) B (c) C (d) D (e) E
Problema 19. ¿Cuál es el dígito de las unidades del número obtenido al multiplicar todos los
primos menores o iguales que 2005?
(a) 0 (b) 2 (c) 5 (d) 1 (e) 8
Problema 20. Ary tiene 3 CD’s, a los cuales les caben 100, 200 y 300 minutos de música
respectivamente. Fanny tiene 100 canciones de 3 minutos, 200 de 4 minutos y 300 de 5 minutos.
¿Cuál es el número máximo de canciones que Fanny puede guardar en los CD’s de Ary?
(a) 600 (b) 165 (c) 170 (d) 150 (e) 175
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Problema 21. Si el camino sigue siempre el mismo patrón
¿Cuál es la sucesión de flechas que van del número 2006 al 2008?
(a) (b) (c) (d) (e) No se puede determinar
Problema 22. De acuerdo con la información que se proporciona en la figura adjunta, el
segmento de mayor longitud es:
(a) BD (b) BC (c) AC (d) CD (e) AB
Problema 23. En la figura, ABCD es un cuadrado, ABE es isósceles y CF=FB. Entonces la medida
del ángulo EFB es igual a:
(a) 155° (b) 140° (c) 135° (d) 125° (e) 110°
Problema 24. Si el promedio de tres números es 85 y el promedio de otros dos es 95, entonces
el promedio de los cinco números es:
(a) 88 (b) 89 (c) 90 (d) 91 (e) 92
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Problema 25. Un semáforo tarda 45 segundos en verde, 40 en amarillo y 30 en rojo, y sigue el
orden verde-amarillo-rojo-verde-amarillo-rojo, etc. Si a las 7:00am cambia de rojo a verde, el color
que estará en el semáforo a las 16:34 horas del mismo día es:
(a) verde (b) rojo (c) amarillo (d) no se puede determinar
Problema 26. En la figura adjunta a, b son rectas paralelas y c es una transversal a ellas. La
cantidad de puntos del plano que están a la misma distancia de las tres rectas es:
(a) 6 (b) Ilimitada (c) 0 (d) 4 (e) 2
Problema 27. Si efectuamos el producto de todos los enteros positivos que terminan en 1, 3 y
7, y que sean menores que 2010, ¿cuál es la cifra de las unidades del número así obtenido?
(a) 1 (b) 3 (c) 5 (d) 7 (e) 9
Problema 28. En un círculo, una cuerda corta a la mitad perpendicularmente al radio. El radio
tiene longitud 12 cm. La longitud de la cuerda es:
(a) (b) 27 (c) (d) 10 (e)
Problema 29. Raúl compró una bolsa con 2000 caramelos de 5 colores: 387 de ellos eran
blancos, 396 amarillos, 402 rojos, 407 verdes y 408 cafés. Después de contar los caramelos, Raúl
decidió comérselos de la siguiente forma: sin mirar, sacaba tres caramelos de la bolsa; si los tres
eran del mismo color, se los comía, en caso contrario los regresaba a la bolsa. Continuó así hasta
que sólo quedaron dos caramelos en la bolsa, ¿de qué color son?
(a) Blancos (b) Amarillos (c) Rojos (d) Verdes (e) Cafés
Problema 30. Sea X un número real comprendido entre 1 y 5. Si un triángulo tiene por
medidas de sus lados 2cm, 3cm, Xcm; para obtener el triángulo de mayor área, se requiere que X
tome el valor de:
(a) 5 (b) (c) (d) 1 (e)
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Canguro y Walabi
Problema 1. De un lado del pasillo de un hotel están los cuartos con número impar,
empezando con el 1. El dueño es supersticioso y no quiso usar ningún número que tuviera al dígito
3. Si hay 15 cuartos en ese lado del pasillo, ¿qué número lleva el último cuarto?
(a) 15 (b) 19 (c) 29 (d) 43 (e) 47
Problema 2. Un paso peatonal tiene franjas blancas y negras alternadas, cada una de ellas con
50cm de ancho. Si el paso comienza y termina con una franja blanca y en total tiene 8 franjas de
ese color. ¿Cuál es el ancho total de la calle?
(a) 7 m (b) 7.5 m (c) 8 m (d) 8.5 m (e) 9 m
Problema 3. Mi reloj digital marca ahora las 20:11. ¿Dentro de cuántos minutos más mi reloj
volverá a mostrar los dígitos 0, 1, 1 y 2, en algún orden?
(a) 40 (b) 45 (c) 50 (d) 55 (e) 60
Problema 4. El diagrama muestra tres cuadrados. El cuadrado mediano tiene como vértices los
puntos medios del cuadrado grande. El cuadrado pequeño tiene como vértices los puntos medios
del cuadrado mediano. El área del cuadrado pequeño es 6cm2. ¿Cuál es la diferencia entre las
áreas del cuadrado pequeño y del cuadrado grande?
(a) 6 cm2 (b) 9 cm2
(c) 12 cm2 (d) 15 cm2
(e) 18 cm2
Problema 5. ¿A cuánto es igual
?
(a) 0.01 (b) 0.1 (c) 1 (d) 10 (e) 100
Problema 6. En cada uno de los vértices del octágono que se muestra en la figura se va a
escribir el número 1, 2, 3 o 4, de forma que si dos vértices están unidos por una línea los números
escritos en ellos no pueden ser iguales. ¿Qué número puede ir en el lugar de la x?
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(a) sólo 1 (b) sólo 2 (c) sólo 3 (d) sólo 4 (e) otra respuesta
Problema 7. Mi abuelo fue de pesca por tres días. Cada día logró pescar más peces que el día
anterior. El tercer día pescó menos peces que la suma de los dos primeros días. Si en total, entre
los tres días, pescó 12 peces, ¿cuántos pescó el tercer día?
(a) 5 (b) 6 (c) 7 (d) 8 (e) 9
Problema 8. De todos los números de tres cifras que cumplen que la suma de sus cifras es 8, se
escogen el mayor y el menor. ¿Cuál es la suma de estos dos?
(a) 707 (b) 907 (c) 916 (d) 1000 (e) 1001
Problema 9. El diagrama muestra una figura en forma de L formada por cuatro cuadritos. ¿De
cuántas formas se puede agregar un cuadrito extra de manera que la figura resultante tenga un
eje de simetría?
(a) 1 (b) 2 (c) 3 (d) 5 (e) 6
Problema 10. Áurea tenía 9 perlas de pesos 1g, 2g, 3g, 4g, 5g, 6g, 7g, 8g y 9g. Mandó a hacer
cuatro anillos con dos piedras cada uno. El peso de las perlas de cada uno de los anillos es de 17g,
13g, 7g y 5g, respectivamente. ¿Cuánto pesa la perla que no se utilizó?
(a) 1 (b) 2 (c) 3 (d) 5 (e) 6
Problema 11. Una hormiga viaja al centro del hormiguero atravesando el sistema de túneles
que se muestra en la figura, pero sin cruzar dos veces por la misma intersección. Si la hormiga
encontró un grano de azúcar • en cada una de las intersecciones que cruzó, ¿cuál es la mayor
cantidad posible de granos que pudo haber recogido?
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(a) 12 (b) 13 (c) 14 (d) 15 (e) 16
Problema 12. La figura de la izquierda está formada por dos rectángulos; uno de dimensiones
11cm y X y el otro con una dimensión igual a 13cm, respectivamente. Haciendo dos cortes y
reacomodando las piezas como se muestra se obtiene un triángulo. ¿Cuál es la longitud del lado
marcado con X?
(a) 36 (b) 37 (c) 38 (d) 39 (e) 40
Problema 13. Cada región del diagrama se comenzó a pintar con uno de cuatro colores, según
se indica con las letras en mayúsculas: rojo (R), gris (G), blanco (B) y amarillo (A). Sabiendo que dos
regiones que se tocan deben tener colores diferentes, ¿de qué color debe ir la región marcada con
X?
(a) rojo (b) blanco (c) gris (d) amarillo (e) No se puede determinar
Problema 14. Marta escribió en su libreta los números 17, 13, 5, 10, 14, 9, 12 y 16 y calculó su
promedio; después tachó dos números de la lista y notó que el promedio era el mismo. ¿Cuáles
son los números que tachó Marta?
(a) 12 y 17 (b) 5 y 17 (c) 9 y 16 (d) 10 y 12 (e) 14 y 10
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Problema 15. Un cuadrado de papel se cortó en 6 piezas rectangulares, como se muestra en la
figura. Si la suma de los perímetros de todas las piezas es 120 cm, ¿cuál es el área del cuadrado
original?
(a) 48 cm2 (b) 64 cm2 (c) 110.25 cm2 (d) 144 cm2 (e) 256 cm2
Problema 16. En total, durante los últimos tres partidos, el Morelia anotó 3 goles y recibió 1
gol. Si sabemos que el Morelia ganó un juego, empató otro y perdió otro, ¿cuál fue el resultado del
partido que ganó?
(a) 2 : 0 (b) 3 : 0 (c) 1 : 0 (d) 2 : 1 (e) No se puede determinar
Problema 17. Alan dibujó en su cuaderno un segmento de longitud 2 y le llamó A y B a sus
vértices. ¿De cuántas maneras puede elegir ahora un punto C de forma que el triángulo ABC sea
un triángulo rectángulo con área 1?
(a) 2 (b) 3 (c) 4 (d) 6 (e) 8
Problema 18. Sabiendo que a es un número positivo menor que 1 y que b es un número
positivo mayor que 1, ¿cuál es el mayor de los siguientes números?
(a) a × b (b) a + b (c)
(d) b (e) a – b
Problema 19. Citlali escribió un número de 5 cifras en el pizarrón y mostró que era múltiplo de
4, 5 y 9; más tarde borró la tercera y la quinta cifras y escribió asteriscos en su lugar. Si lo que
quedó escrito fue 24∗8∗, ¿cuál es la suma de los números que borró?
(a) 13 (b) 10 (c) 9 (d) 5 (e) 4
Problema 20. Usando el papel dibujado a la izquierda en la figura se construye (doblando y
pegando) el cubo que se muestra a la derecha. En el cubo se dibuja una línea que divide la
superficie del cubo en dos partes iguales y luego se desdobla el papel. ¿Cómo se ve la línea
dibujada?
21
(a) (b) (c) (d) (e)
Problema 21. Algunas de las casillas de la cuadrícula que se muestra en la figura se van a
colorear de negro. Junto a las columnas y a las filas se ha escrito la cantidad de casillas que deben
quedar pintadas. ¿De cuántas formas diferentes se puede pintar la cuadrícula?
(a) 0 (b) 1 (c) 4 (d) 5 (e) 9
Problema 22. ¿Cuál es la suma de todos los enteros positivos n que dejan 15 como residuo al
dividir 141 entre n?
(a) 15 (b) 53 (c) 126 (d) 141 (e) 270
Problema 23. En la figura, el cuadrado pequeño tiene lado 3, el mediano tiene lado 5 y el más
grande tiene lado 7. ¿Cuál es la diferencia entre el área negra y el área gris?
(a) 0 cm2 (b) 10 cm2 (c) 11 cm2 (d) 15 cm2 (e) falta información
Problema 24. En cada ronda de un torneo de volibol los equipos se enfrentan por parejas y el
ganador pasa a la siguiente ronda mientras que el perdedor queda eliminado (si el número de
equipos es impar, uno de ellos pasa automáticamente a la siguiente ronda). El torneo sigue con
estas reglas hasta que queda un solo equipo, que es el ganador. Si en cierto torneo el número total
de partidos fue 100, ¿cuántos equipos había al principio?
(a) 101 (b) 200 (c) 27 (d) 26 (e) Falta información
22
Problema 25. En la figura se muestran 7 monedas tangentes con radio 1cm y una liga que se
ajustó a su alrededor. ¿Cuál es el largo de la liga?
(a) 6 + 4 cm (b) 12 + cm (c) 12 + 2 cm (d) 6 + 2 cm (e) 9 + cm
Problema 26. Aída le dispara a un tiro al blanco y le atina únicamente a las regiones que valen
5, 8 y 10 puntos. Si sabemos que acertó a la región del 8 tantas veces como a la región del 10, falló
en el 25% de los tiros y en total obtuvo 99 puntos, ¿cuántos disparos hizo Aída en total?
(a) 10 (b) 12 (c) 16 (d) 20 (e) 24
Problema 27. Néstor, Shaday y Fabiola están sentados en la misma fila del cine. Néstor dice:
"Yo estoy a más del doble de distancia de Shaday que de Fabiola". Shaday dice: "Yo estoy a más
del doble de distancia de Fabiola que de Néstor". Fabiola dice: "Yo estoy a más del doble de
distancia de Shaday que de Néstor". Si sabemos que al menos dos de ellos dicen la verdad, ¿qué
podemos concluir?
(a) Néstor miente (b) Shaday miente (c) Fabiola miente (d) Ninguno miente (e) Falta información
Problema 28. Hace 7 años la edad de Andrea era un múltiplo de 8, pero en 8 años más su edad
será un múltiplo de 7. Hace 8 años la edad de Francisco era un múltiplo de 7 y en 7 años más su
edad será un múltiplo de 8. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es verdadera?
(a) Francisco es dos años mayor que Andrea.
(b) Francisco es un año mayor que Andrea.
(c) Francisco y Andrea son de la misma edad.
(d) Francisco es un año menor que Andrea.
(e) Francisco es dos años menor que Andrea.
23
Problema 29. En la figura, las diagonales AC y BD del cuadrilátero ABCD se intersectan
perpendicularmente en el punto P. Si el área de ABC es 7, el área de BCD es 12 y el área de BPC es
5, ¿cuál es el área del cuadrilátero ABCD?
(a) 14 (b) 14.6 (c) 15.6 (d) 16 (e) 16.8
Problema 30. Encuentra la suma de todos los números x más pequeños que 100 tales que
es un múltiplo de 100.
(a) 200 (b) 100 (c) 90 (d) 81 (e) 50
Morsa Saltarina
Problema 1. En el triángulo ABC, el ángulo en A y el ángulo en B suman 110°. Sea D un punto
sobre el lado AB tal que CD = CB y el ángulo ∢DCA mide 10°. ¿Cuánto mide el ángulo en A?
Problema 2. En una cuadrícula de 3x3 se acomodan los dígitos del 1 al 9 sin repetir. Considera
cada renglón como un número de tres dígitos y llámale A a la suma de estos tres números. Ahora,
considera cada columna como un número de tres dígitos y llámale B a la suma de estos tres
números. Muestra que no es posible acomodar los dígitos del 1 al 9 de tal manera que A+B = 2011.
Problema 3. ¿Es posible escribir al número como suma de 11
cuadrados perfectos distintos? Justifica tu respuesta.
Problema 4. Determina el menor entero positivo n con la siguiente propiedad: existen enteros
positivos a y b tales que:
,
y los dígitos de b son los dígitos de a en algún orden.
Problema 5. Sea AB una cuerda de longitud 6cm en un círculo de radio 5cm con centro en O.
Un cuadrado está inscrito en el sector circular OAB con dos de sus vértices sobre la circunferencia
y dos lados paralelos a AB. Determina el área del cuadrado.
Problema 6. Sean a y b enteros positivos tales que es un cuadrado. Demuestra que
es suma de dos cuadrados.
24
Problema 7. En un círculo como se muestra en la figura, se traza un diámetro que lo divide en
dos áreas iguales. En cada uno de los arco formados, se toman seis puntos a la misma distancia.
Laura unirá tres de los 14 puntos sobre la circunferencia de manera que se forme un triángulo de
donde su área sea sólo gris o sólo blanca. ¿Cuántos triángulos distintos podría formar Laura?
Nota: Dos triángulos se consideran distintos aunque tengan la misma forma pero siempre y
cuando se tomen puntos distintos para trazarlos.
Problema 8. Se escriben 2011 dígitos en una sola línea con la siguiente característica: cada par
de dígitos adyacentes en la línea, tomados en el orden en que están escritos, forman un número
divisible siempre por 17 o por 23. Si 8 es el último de los 2011 dígitos, ¿cuáles son los primeros
cinco dígitos de la línea?
Problema 9. ¿Cuántos subconjuntos de 3 elementos se pueden formar con los números del
conjunto {1, 2,…, 20}, de tal manera que el producto de los números de cada subconjunto sea
múltiplo de 4?
Problema 10. Determina si es posible escribir la fracción
como suma de 2011 fracciones
unitarias distintas. (Una fracción unitaria es una fracción de la forma
donde n es un entero
positivo).
Problema 11. Demuestra que para todo entero positivo , el número no es
primo.
Problema 12. Determina todos los enteros positivos que no se pueden escribir en la forma
con a y b enteros positivos.
Desempate
Problema 1. Sean a, b, c, números reales que cumplen que y que
. Demuestra que .
25
Problema 2. Hay n personas en una fiesta, donde algunas se conocen y otras no. Además, el
conocimiento es mutuo; es decir, si Juan conoce a María, entonces María conoce a Juan.
Demuestra que la cantidad de personas que conocen una cantidad impar de personas es par.
Problema 3. Sea k un entero positivo. Sea A la cantidad de divisores de k y B el producto de los
divisores de k. Demuestra que .
Problema 4. Se tienen los puntos A, B y C en un círculo. La línea PB es tangente al círculo en B.
Sea PA’ y PC’ perpendiculares desde P a AB y BC respectivamente. (A’ y C’ están sobre AB y BC
respectivamente). Prueba que A’C’ es perpendicular a AC.
Problema 5. Toma un número de tres dígitos, con todos sus dígitos distintos. Escribe el número
en el orden inverso –de atrás para adelante- y resta ambos números –resta el menor al mayor. Al
resultado de la resta, súmale el resultado de la resta escrito en el orden inverso –de atrás para
adelante. Explica por qué el resultado de esa suma va a ser 1089 sin importar qué números tomes
al principio.
Orca asesina
Problema 1. El entero N consiste de 2011 dígitos 9, es decir
. ¿Cuánto vale la
suma de los dígitos del número ?
Problema 2. Sea ABCDE un pentágono convexo tal que AB + CD = BC + DE. Una
semicircunferencia con centro en el lado AE es tangente a los lados AB, BC, CD y DE, en los puntos
P, Q, R, S, respectivamente. Demuestra que PS y AE son paralelas.
Problema 3. Para cada entero no negativo n, una permutación de los números
es llamada cuadrática si es un cuadrado para . Demuestra que para
cada entero no negativo n, existe una permutación cuadrática de los números .
Nota: una permutación de los números es un reacomodo o
reordenamiento de los números .
Problema 4. En un triángulo ABC, sea H el pie de la altura desde A. Sea además E el punto de
intersección de la bisectriz de B y AC. Determine la medida del ángulo EHC dado que <BEA=45°
Problema 5. ¿De cuántas maneras se pueden colocar dos cuadrados de 2 x 2 en una cuadrícula
de 5 x 5 sin que se traslapen?
Problema 6. Sean a y b enteros positivos tales que el número
26
es un entero. Demuestra que el número M(a, b) es un cuadrado. Determina dos enteros a y b
distintos de cero, tales que el número M(a, b) sea un entero positivo pero no sea un cuadrado.
Brontosaurio Volador
Problema 1. Un entero positivo n es llamado representable, si existen enteros positivos
tales que , y además a es múltiplo de b y b es múltiplo de c. Demuestre
que el conjunto de los enteros positivos que no son representables es finito y determine el mayor
entero de ese conjunto.
Problema 2. Un punto D se ha elegido en el lado BC de un triángulo acutángulo ABC de tal
manera que AB = AD. El circuncírculo del triángulo ABD intersecta al segmento AC en los puntos A
y K. La recta DK intersecta a la perpendicular a AC que pasa por B en el punto L.
Demuestre que CL = BC.
Problema 3. Determine todos los enteros positivos n tales que el número
tenga a lo más 15 divisores positivos.
Problema 4. Sea n ≥ 3 un entero. En cada una de las casillas de un tablero de n x n se escribe
un 0 o un 1 de tal manera que la suma de los números de cada subtablero de 2 x 2 y de cada
subtablero de 3 x 3 es un número par. ¿De cuántas formas se puede hacer esto?
Problema 5. Sobre una recta l hay tres puntos distintos A, B y P en ese orden. Sea a la recta
que pasa por A y es perpendicular a l, y sea b la recta que pasa por B y es perpendicular a l. Una
recta que pasa por P, distinta de l, intersecta a las rectas a y b en los puntos Q y R,
respectivamente. La recta que pasa por A y es perpendicular a BQ intersecta a BQ en L y a BR en T.
La recta que pasa por B y es perpendicular a AR intersecta a AR en K y a AQ en S.
(i) Demuestra que los puntos P, T y S son colineales.
(ii) Demuestra que los puntos P, K y L son colineales.
Problema 6. Determine todos los números primos p tales que el número
sea un cuadrado.
27
Irracional (Dragón)
Problema 1. Sea n ≥ 3 un entero. Se tienen n bolsas, cada una con n monedas y hay n personas
que van a tomar monedas por turnos (iniciando con la persona 1, después la persona 2, etc. hasta
la persona n, después de nuevo la persona 1 y así sucesivamente). Las condiciones que deben
respetar son:
i. cada persona en su turno toma sólo una moneda,
ii. la persona i no pude tomar monedas de la bolsa i.
Pierde la primera persona que no puede tomar monedas en su turno. Demuestre que n−1
personas se pueden poner de acuerdo para hacer perder a la persona restante.
Problema 2. Sean A y B enteros positivos de tres dígitos, y A∗B el entero de seis dígitos que se
obtiene al colocarlos lado a lado.
Determine todos los enteros A y B tales que los números A, B, B − A, A∗B y ∗
sean todos
cuadrados perfectos.
Problema 3. Los pies de las alturas de un triángulo dividen a sus lados en seis segmentos.
Demuestre que si tres de estos segmentos son iguales, entonces el triangulo es equilátero.
Problema 4. Determine el número de ternas (a, b, c) con a ≤ b ≤ c de enteros positivos
menores o iguales que 2011 tales que a + b + c es múltiplo de a, b y c.
Problema 5. Sea ABC un triangulo acutángulo tal que AB ≠ AC, y sea H el pie de la
perpendicular trazada desde A sobre BC. Considere dos puntos P y Q de tal manera que los tres
puntos A, B, P y los tres puntos A, C, Q estén sobre una recta en ese orden, respectivamente. Si los
puntos B, C, P y Q están en una misma circunferencia y HP = HQ, demuestre que el punto H debe
coincidir con el circuncentro del triángulo APQ.
Problema 6. Determine todos los enteros positivos n tales que,
sea un número primo.
(Nota: d(n) denota al número de divisores positivos del entero n.)
28
Desempate 1
Problema 1. Sea n > 1 un entero. Se han pegado n cuadrados de 2 x 2 como se muestra en la
figura para n = 5:
Determine la máxima cantidad de monedas que puedes poner de modo que no haya dos
monedas ni en la misma casilla, ni en casillas que compartan un lado o un vértice.
Para esta máxima cantidad de monedas, determine de cuántas formas se pueden poner
las monedas.
Problema 2. Sea ABC un triángulo acutángulo con . Sea D un punto en el interior
de tal que y . Si E es la reflexión de C respecto a AB y F es la
reflexión de B respecto a AC, demuestre que AD es perpendicular a EF.
Problema 3. Sea k un entero positivo y sea m un entero impar. Demuestre que existe un
entero positivo n tal que el número es divisible entre k.
Desempate 2
Problema 1. Determine todos los números primos p, q y r tales que:
.
Problema 2. Considere 100 puntos en el plano, tales que no hay tres de ellos colineales. Los
puntos se han dividido en 10 grupos, tales que cada grupo contiene al menos 3 puntos y
cualesquiera dos puntos del mismo grupo se han unido por un segmento de recta.
i. De todos los arreglos posibles en 10 de tales grupos, determine aquel arreglo en el cual se
obtiene el mínimo número de triángulos.
ii. Demuestre que hay un arreglo en tales grupos donde cada segmento se puede pintar con
uno de tres colores posibles de tal manera que ningún triángulo tenga todos sus lados del
mismo color.
29
Problema 3. En un triángulo ABC sean O su circuncentro, H su ortocentro y M el punto medio
de AH. La perpendicular sobre OM que pasa por M intersecta a los lados AB y AC en los puntos P y
Q, respectivamente. Demuestre que MP = MQ.
XXV OMM
Problema 1. Se tienen 25 focos distribuidos de la siguiente manera: los primeros 24 se
disponen en una circunferencia colocando un foco en cada uno de los vértices de un 24-ágono
regular, y el foco restante se coloca en el centro de dicha circunferencia.
Únicamente se permite aplicar cualquiera de las siguientes operaciones:
Tomar dos vértices sobre la circunferencia tales que hay una cantidad impar de vértices en
los arcos que definen, y cambiar el estado de los focos de esos dos vértices y el del foco
del centro de la circunferencia.
Tomar tres vértices sobre la circunferencia que formen un triángulo equilátero y cambiar
el estado de los focos en estos tres vértices y el del foco del centro de la circunferencia.
Muestra que partiendo de cualquier configuración inicial de focos encendidos y apagados, siempre
es posible aplicar un número finito de operaciones para llegar a la configuración en que todos los
focos están encendidos.
Problema 2. Sea ABC un triángulo acutángulo con sus vértices sobre la circunferencia . Sea
la recta tangente a en el punto A. La circunferencia con centro B y radio BA intersecta a la recta
en D y a la recta AC en E. Muestra que la recta DE pasa por el ortocentro del triángulo ABC.
Nota: El ortocentro de un triángulo es el punto donde concurren las tres alturas del triángulo.
Problema 3. Sea n ≥ 3 un entero positivo. Encuentra todas las soluciones de
números reales que satisfacen el siguiente sistema de ecuaciones:
Problema 4. Encuentra el menor entero positivo tal que al escribirlo en notación decimal utiliza
exactamente dos dígitos distintos y que es divisible entre cada uno de los números del 1 al 9.
Nota: Un ejemplo de un número que al escribirlo en notación decimal utiliza exactamente dos
dígitos distintos es el 2202022002.
30
Problema 5. Una cuadrícula con lados de longitudes y se quiere dividir en
rectángulos ajenos con lados sobre líneas de las cuadrícula y con un número de cuadritos de 1 x 1
dentro del rectángulo igual a una potencia de 2.
Encuentra la menor cantidad de rectángulos en los que se puede dividir la cuadrícula.
Nota: El 1 es considerado una potencia de 2 pues .
Problema 6. Sean 1 y 2 dos circunferencias de radios diferentes que se cortan en los puntos
A y B. Consideremos un punto C sobre la recta AB de modo que B queda entre A y C. Sean P y Q
puntos sobre 1 y 2, respectivamente, tales que CP es tangente a 1, CQ es tangente a 2, P no
está dentro de 2 y Q no está dentro de 1. La recta PQ corta de nuevo a 1 en R y a 2 en S,
ambos puntos distintos a B. Supongamos que CR corta de nuevo a 1 en X y CS corta de nuevo a 2
en Y. Sea Z un punto sobre la recta XY. Muestra que SZ es paralela a QX si y sólo si PZ es paralela a
RX.
31
Soluciones Grillo, Rana, Conejo
Problema 1. Respuesta: 18.
Solución 1:
Problema 2. Respuesta: 276.
Solución 1: Calculamos
Solución 2: Recordamos la fórmula de Gauss:
.
Problema 3. Respuesta: 2012.
Solución 1: Imaginamos un polígono que de cada vértice tenga 2011 diagonales. Entonces, si
dejamos un punto fijo, existen otros 2011 vértices en el polígono, es decir, el polígono tiene 2012
vértices. Por lo tanto, había 2012 personas en la fiesta.
Solución 2: Sabemos que existen al menos 2012 personas, pues cada una saludó a otras 2011. Si
existiera una más, es decir 2013, la persona nueva no habría saludado a alguna de las que ya
estaban. Por lo tanto, hay a lo más 2012 personas. Concluimos que hay exactamente 2012
personas.
Problema 4. Respuesta: 2.
Solución: Del punto más alto –en el aire- al más bajo –bajo el agua- son 5 metros. Estos 5 metros
se dividen en 3 secciones: del fondo del agua a la superficie, de la superficie al trampolín y del
trampolín al punto más alto. Queremos saber cuándo mide la sección de en medio y sabemos que
del más bajo a la superficie son 2 metros y del trampolín al más alto es 1 metro:
Problema 5. Respuesta: 8.8.
Solución 1:
Solución 2: Le entregó 90 pesos y le regresaron 24 de cambio, entonces gastó 66 pesos en
zanahorias. Si el kilo está a 7.5 pesos, con 66 pesos le alcanzan 8.8 kilos de zanahorias.
32
Problema 6. Respuesta: 2.
Solución: Calculamos ambos números. La quinta parte de cinco novenos por tres es
.
La mitad de tres medios es
. Claramente
.
Problema 7. Respuesta:
.
Solución: La probabilidad se calcula dividiendo la cantidad de casos a favor entre la cantidad de
casos totales. Hay 6 chocolates de fresa, que es lo que queremos, y en total hay 8 chocolates en la
caja. Por lo tanto, la probabilidad es
.
Problema 8. Respuesta: 3012.
Solución: De cada cuatro escalones, la rana toca dos: el tercero y el cuarto. Como toca el 4,
también toca el 8, 12, 16, 20, 24, 28, etcétera. Como toca el 3, también toca el 7, 11, 15, 19, 23,
27, etcétera. Es decir, toca todos los múltiplos de 4 y todos los números que son un múltiplo de 4
menos 1, es decir, los números que al dividir entre 4 dejan 0 o 3 de residuo. Por lo tanto, sólo
tenemos que hacer la división entre 4: el 3012 sí lo pisa pues 12 es múltiplo de 4; el 2013 no lo pisa
pues 12 es múltiplo de 4; el 1589 no lo pisa pues 88 es múltiplo de 4; el 3122 no lo pisa pues 20 es
múltiplo de 4; el 29 no lo pisa pues 28 es múltiplo de 4.
Problema 9. Respuesta: 3 minutos.
Problema 10. Respuesta: 20.
Solución: Si Lucy tiene 6 hermanos y 3 hermanas, quiere decir que son 10 en la familia, 6 son
hombres y 4 mujeres. Como Pablo es uno de sus hermanos, Pablo tiene 5 hermanos y 4 hermanas.
Multiplicamos .
Problema 11. Respuesta: 5.
Solución: En el peor de los casos, antes de sacar dos del mismo color, saca uno de cada color. En
total hay 4 colores: blanco, verde, rojo y azul. Por lo tanto, cuando saquemos el 5to calcetín,
necesariamente será de uno de los colores que ya tenemos.
Problema 12. Respuesta: 50.
Solución: Si con 25 litros pasamos de
a
, quiere decir que 25 litros son
del tanque.
Entonces el tanque se llena con 50 litros.
33
Problema 13. Respuesta: 4.
Solución: Queremos sumar 40 y 37 sumando únicamente 6 o 3 cada vez, y ver si eso es posible.
Empezamos: . Si sumamos otro 6, se pasa. Si sumamos 3, no alcanza.
Así, necesitamos sumar 2 + 2, por lo que ya van 2 safeties. Para sumar 37, llegamos hasta 30 de 6
en 6. Sumamos 3, van 33, faltan 4. Necesitamos otros 2 safeties. La menor cantidad es 4.
Problema 14. Respuesta: 3750.
Solución: (a) Si empieza con 10, ya tiene un dígito par, por lo tanto el último dígito es 5 y los otros
4 pueden ser cualquiera de 1, 3, 5, 7 o 9. Tenemos opciones. (b) Si empieza
con 73, se puede que el último dígito sea 0 y entonces los demás son impares y tenemos otros
625, o que el último sea 5 y alguno de los otros 4 sea par; hay 4 lugares donde puede estar el par y
donde esté hay 5 opciones que son 0, 2, 4, 6, y 8; para los restantes 3 lugares sólo puede ser 1, 3,
5, 7, o 9, entonces es .
En total, tenemos
Problema 15. Respuesta:
Solución: Queremos encontrar la diferencia de radio de un círculo que tiene perímetro X y otro
que tiene X + 1 de perímetro. Usando la fórmula del perímetro de un círculo y
de donde
y
; así que
.
Problema 16. Respuesta: 40.
Solución 1: El lado en común que tiene el área marcada con 6 y el área marcada con 9 debe medir
3 y como es un rectángulo, eso miden los segmentos paralelos también. Entonces, las dimensiones
del área marcada con 6 son 2 y 3, y las de área marcada con 9 son 3 y 3. Por lo tanto, las del área
marcada con 10 deben ser 5 y 2. Entonces un lado del rectángulo grande mide 8 y el otro lado
debe medir 5, así que el área total 40.
Solución 2: Procediendo igual, el área que falta debe medir , pues es la combinación de
medidas que falta. Hacemos la suma .
Problema 17. Respuesta: 2.
Solución: Toda potencia de un número impar es un número impar, por lo tanto, tenemos la suma
de dos números impares que es par. Por definición, eso es divisible entre 2, que es primo.
Problema 18. Respuesta: A.
Solución: Como Ramón corre dos veces más rápido que Ana, no pueden encontrarse de nuevo en
la primera vuelta. Vamos a seguir a Ana y preguntarnos dónde va Ramón: cuando Ana está en B,
34
Ramón está en C; cuando Ana está en C, Ramón está en D; cuando Ana está en D, Ramón está otra
vez en A; cuando Ana está en E, Ramón está en D; cuando Ana está en A de nuevo, ha dado una
vuelta completa y, como Ramón va al doble, ha dado dos vueltas completas y se encuentra en A
de nuevo.
Problema 19. Respuesta: 0.
Solución: Los números primos, excepto el 2 y el 5, terminan todos en 1, 3, 7 o 9 y el producto de
cualquier impar por 5 termina siempre en 5 –pues los múltiplos de 5 terminan siempre en 0 o 5
pero si termina en 0 es par. Entonces el producto de todos –sin el 2- termina en 5. Si multiplicamos
eso por 2, termina en 0.
Problema 20. Respuesta: 175.
Solución: Para meter la mayor cantidad de canciones posibles, metemos primero las más
pequeñas: 100 canciones de 3 minutos cada una caben exactamente en el disco de 300 minutos.
50 canciones de 4 minutos cada una caben exactamente en el disco de 200 minutos y 25 canciones
de 4minutos cada una caben exactamente en el disco de 100 minutos. En total, grabaríamos
canciones.
Problema 21. Respuesta: .
Solución: Vamos a encontrar un ciclo. Hay 4 movimientos posibles: derecha abajo (como de 0 a 1),
arriba (como de 1 a 2), derecha arriba (como de 2 a 3) y abajo (como de 3 a 4). Como son sólo 4
movimientos y siguen ese exacto patrón, podemos asignarles un número del 0 al 3, según el
número desde el cuál empieza la flecha: todos los múltiplos de 4 tienen el 0, los múltiplos de 4
más 1 tienen el 1, los múltiplos de 4 más 2 tienen el 2 y los múltiplos de 4 más 3 tienen el 3. Como
el 2006 es un múltiplo de 4 más 2, la flecha que va del 2006 al 2007 tiene que ser derecha arriba y
del 2007 al 2008 tiene que ser abajo.
Problema 22. Respuesta: BD
Solución: El ángulo ∢ ∢ ∢ . Así, de ∢
∢ ∢ , obtenemos que .
Por otro lado ∢ ∢ ∢ . Así que ∢ ∢
∢ , de donde . Concluimos que BD es el de mayor longitud.
35
Problema 23. Respuesta: 135°.
Solución: Como el triángulo es isósceles, . Como es un cuadrado, entonces
. Entonces, es isósceles y rectángulo, por lo que el ángulo ∢ mide 45°, por lo
que ∢ .
Problema 24. Respuesta: 89.
Solución: Para calcular el promedio de números que sólo conocemos el promedio, usamos su valor
como promedio. Es decir, vamos a suponer que tenemos 3 números que valen 85 y 2 números que
valen 95. Entonces, su promedio sería
.
Problema 25. Respuesta: Amarillo.
Solución: Un ciclo entero del semáforo dura 115 segundos. De las 7:00horas a las 16:34 horas han
pasado 9 horas y 34 minutos, que es lo mismo que 574 minutos que es lo mismo que 34440
segundos. Hacemos la división de 34440 entre 115 que cabe 299 veces y sobran 55 segundos. Le
quitamos los 45 segundos del verde, 10 segundos de amarillo y así dan las 16:34 con el semáforo
en amarillo por 30 segundos más.
Problema 26. Respuesta: 2.
Solución: Para que un punto equidiste las rectas a y b –que son paralelas- debe estar sobre una
recta paralela a ambas, a la mitad. Entonces, la distancia que debe ser igual sólo puede ser una –la
mitad de la distancia entre a y b- y es una cantidad fija. Por lo tanto, sólo puede haber dos puntos:
uno de cada lado de c.
Problema 27. Respuesta: 1.
Solución: Veamos que el 1 no afecta el producto. Además, que por cada 10 números, hay
exactamente 1 que termina en 3 y uno que termina en 7, y que 2010 se puede dividir exactamente
en grupos de 10 en 10 números. En cada uno de esos grupos de 10 números, si multiplicamos el
número que termina en 3 con el número que termina en 7, el resultado va a terminar en 1. El
producto de muchos números que terminan en 1, sigue terminando en 1.
Problema 28. Respuesta: .
Solución: Llamemos A y A’ a los puntos donde la cuerda corta al círculo. Sea O el centro del círculo
y P la intersección del radio con la cuerda. Como la cuerda corta al radio por la mitad,
perpendicularmente, tenemos que es triángulo rectángulo donde sabemos que y
. Aplicando teorema de Pitágoras, tenemos que .
36
Problema 29. Respuesta: Verdes.
Solución: Si el número es múltiplo de 3, eventualmente se va a comer todos los caramelos de ese
color. Por lo tanto si sobran de algún color es porque había una cantidad que no es múltiplo de 3.
Veamos número por número: 387 sí es múltiplo de 3, 396 también es múltiplo de 3, 402 también,
408 también pero 407 no. Por lo tanto como de ningún otro color sobran, tienen que ser verdes.
Problema 30. Respuesta:
Solución: El semiperímetro del triángulo es
. Luego, usando la fórmula de Herón para el
área del triángulo, obtenemos:
Así que el área se maximiza cuando - . Esto es con .
Canguro y Walabi
Problema 1. Respuesta: 47.
Solución: Contamos 15 números, empezando con el 1, salándonos todos los que tengan el dígito 3,
ya sea en las unidades o en las decenas:
Problema 2. Respuesta: .
Solución: Después de una franja blanca siempre va una franja negra. Así, podemos hacer 7 pares
de blanca y negra y después otra blanca. En total son 15 franjas, si cada una mide 50cm de ancho,
en total sería .
Problema 3. Respuesta: 50 minutos.
Solución 1: Procedemos por prueba y error. Dentro de 40 minutos, el reloj marcará 20:51; dentro
de 45 minutos, marcará 20:56; dentro de 60 minutos marcará 21:11; dentro de 55 minutos
marcará 21:06; dentro de 50 minutos marcará 21:01.
37
Problema 4. Respuesta: 18.
Solución: El área del cuadrado mediano es la mitad del área del cuadrado grande. Podemos ver
esto trazando las diagonales del cuadrado mediano y comparando los triángulos rectángulos que
comparten un lado, uno afuera del cuadrado mediano y otro adentro, que terminan siendo
congruentes. Por la misma razón, el área del cuadrado pequeño es la mitad del área del cuadrado
mediano; es decir, el área del cuadrado grande es cuatro veces el área del cuadrado pequeño. Si el
área del pequeño es 6, entonces el área del grande es 24 y la diferencia es 18.
Problema 5. Respuesta: 1.
Solución:
.
Problema 6. Respuesta: 1, 2 o 3.
Solución: Observemos que el punto que está entre x y el vértice marcado con 1 tiene una línea
que lo une con 1, una línea que lo une con 3 y una línea que lo une con 2, por eso, ese vértice sólo
puede tener el 4 escrito. El punto que está entre los vértices 2 y 3 tiene una línea que lo conecta
con 2, una con 3 y otra con 1, por lo que sólo puede llevar 4 también. Por las mismas razones, los
otros dos puntos sin marcar también tienen que llevar 4. Así pues, x puede llevar cualquiera
menos 4.
Problema 7. Respuesta: 5.
Solución: Sean la cantidad de pescados que pescó en cada uno de los tres días,
respectivamente. Como cada día pescó más que el día anterior, sabemos que . Por la
segunda condición, sabemos que . Además, sabemos que . Así,
o bien , es decir y . Por lo tanto .
Problema 8. Respuesta: 907.
Solución: El más grande es 800, pues cualquier otra forma de sumar 8 y acomodar las cifras dejaría
una cifra menor en las centenas. Por la misma razón, el menor debe ser 107, pues queremos los
menores números posibles en centenas y decenas. Por último .
Problema 9. Respuesta: 3.
Solución: Podemos poner un cuadrado para tener un eje de simetría vertical. Podemos poner un
cuadrado para tener un eje de simetría horizontal. Podemos poner un cuadrado para tener un eje
de simetría diagonal.
38
Problema 10. Respuesta: 3.
Solución: Primero, sumamos el peso de todas las perlas:
. Ahora, sumamos el peso de los aretes: . Hacemos la diferencia y
encontramos la perla que falta .
Problema 11. Respuesta: 13.
Solución: De cada nivel, al menos una bolita no puede tomarse. Por lo tanto, la mayor cantidad de
bolitas que puede tomar es 13. Además, existe un camino para tomar exactamente trece: bajar, a
la derecha, bajar, a la izquierda, bajar, a la derecha hasta la salida (derecha viendo de frente el
dibujo).
Problema 12. Respuesta: 38.6.
Solución: Observemos que el lado inferior del rectángulo mide . También, veamos
que el triángulo rectángulo con dimensiones 11 y X embona perfectamente con el lado que mide
13 y el lado inferior del rectángulo que mide 24, es decir, mide 37. Así, basta con usar teorema de
Pitágoras:
Problema 13. Respuesta: Rojo.
Solución: La región que toca R, G y B tiene que ser A. Entonces, la que está debajo de G, B y A
tiene que ser R. La que está a la derecha de A, B y R tiene que ser G. Ahora, la superior toca G, A y
R por lo que tiene que ser B. La inferior toca R, G y B, por lo que tiene que ser A. Así pues, la
marcada con X toca A, G y B por lo que tiene que ser R.
Problema 14. Respuesta: 14 y 10.
Solución: Primero, calculamos el promedio de los números en la lista:
Por lo tanto, debemos tachar dos números cuyo promedio sea 12, es decir, cuya suma sea 24. Los
únicos dos números que cumplen eso son 10 y 14.
Problema 15. Respuesta: 144.
Solución: El perímetro de los seis rectángulos suma 4 veces la medida del lado vertical del
rectángulo grande (observemos que la recta que cruza el rectángulo verticalmente debe aparecer
dos veces porque está en rectángulo de cada lado). La dimensión horizontal del rectángulo original
se suma en total 6 veces, pues hay dos divisiones horizontales. Como se trata de un cuadrado, 120
es 10 veces el lado, que por lo tanto debe medir 12. Así, el área es 144.
39
Problema 16. Respuesta: 3:0.
Solución: Para perder un partido, se necesitan recibir más goles de los que se anotan. Como sólo
recibió uno, el partido que perdió debió haber terminado 0:1. Como no recibió más goles, el
partido que empató debió haber sido un aburrido 0:0. Eso significa que el partido que ganó
terminó 3:0.
Problema 17. Respuesta: 6.
Solución: Podemos imaginar que el segmento de Alan es el eje de simetría de un rectángulo con
área 4. Es decir, por A y B pasan dos segmentos de recta perpendiculares a AB cortados por la
mitad, cada uno de longitud 2. Así, cada vértice de ese rectángulo es una opción para un triángulo
rectángulo que tiene a AB por lado y tiene área 1. Además, si trazamos una perpendicular a AB de
longitud 2 tal que corta a la mitad a AB y AB corta a la mitad a esa recta, los cuatro puntos definen
un cuadrado de área 2, así que tenemos otros dos puntos donde AB es un lado de un triángulo
rectángulo de área 1.
Problema 18. Respuesta: .
Solución: Como , podemos decir que
; así que
. Además,
como a es positivo, claramente . Y como . Por último,
.
Así pues, el mayor es .
Problema 19. Respuesta: 4.
Solución: Como el número es múltiplo de 5 y de 4, debe terminar en 0. Como es múltiplo de 9, la
suma de sus cifras también debe serlo. Las cifras que conocemos son . El
siguiente múltiplo de 9 es 18 para el que faltan 4, que es una posibilidad; el siguiente es 27 para el
que faltan 13, por lo que no es posible. La suma de estos dos números es .
Problema 20. Respuesta: .
Solución: Observemos que es posible separar el cubo de tal manera que las líneas queden en los
cuatro cuadros que forman la perpendicular más grande. También, como es un plano que
atraviesa el cubo, deben ser líneas rectas que van al vértice del segundo cuadrado. Así, la
respuesta es (a).
40
Problema 21. Respuesta: 5.
Solución: Si pintamos de negro el cuadro superior izquierdo, entonces tenemos 2 opciones para
llenar la primera columna. Eso nos deja 2 opciones para llenar el renglón superior; en total, 4
opciones diferentes. Si no la pintamos de negro, entonces hay una única manera de llenar la
cuadrícula. En total, 5 maneras.
Problema 22. Respuesta: 270.
Solución: Como 141 deja 15 de residuo al dividir entre n, entonces es múltiplo de
n y mayor que 15 –o no podría dejar 15 de residuo. Los divisores primos de 126 son . Las
combinaciones mayores que 15 son: pues son todos menores
que 15 y 126 tiene exactamente 12 divisores positivos. La suma de
Problema 23. Respuesta: 15
Solución: Llamemos x al área blanca contenida en el cuadrado mayor y el mediano. Así el área gris
es 25-x y el área negra es 49-9-x=40-x. Entonces la diferencia es 49-x-(25-x)=15.
Problema 24. Respuesta: 101.
Solución: En cada juego hay un ganador y un perdedor. Cuando un equipo pierde, ya no vuelve a
jugar. Por lo tanto, si hubo 100 juegos, hubo 100 equipos que perdieron pero debe haber un
campeón. En total hay 101 equipos.
Problema 25. Respuesta: .
Solución: La liga está compuesta por seis segmentos tangentes a dos circunferencias cada uno y
seis segmentos de arco. Dado un segmento tangente, al trazar los radios correspondientes desde
cada punto de tangencia, es fácil ver que su longitud es 2. Esto porque los puntos de tangencia y
los centros correspondientes son las esquinas de un rectángulo de lados con longitud 2 y 1.
Por otro lado, cada segmento de arco es el equivalente a como se puede ver en la siguiente
figura:
41
Así, juntando los seis segmentos de arco, obtenemos el equivalente a una circunferencia. Esto es,
la longitud de los segmentos de arco, juntos, es . Sumando los seis segmentos tangentes
obtenemos que la longitud total de la liga es .
Problema 26. Respuesta: 20.
Solución: Como le atina al 8 tanta veces como al 10, debemos sumar de 18 en 18 y después sumar
5 tantas veces como sea necesario para que la cantidad de tiros sea tres cuartas partes de un
número. Para ello, debemos sumar de 18 en 18 hasta llegar a un número que termina en 4 o en 9:
y si volvemos a sumar, se pasa.
Además, que equivale a 9 tiros de 5, 3 de 10 y 3 de 8; es decir, 15 tiros en total que
sí acertó. Como falló el 25%, debió haber hecho 20 tiros en total.
Problema 27. Respuesta: b) Shaday miente
Solución: Supongamos que la fila del cine es una recta y que Néstor está en un punto n la recta,
Shaday en y Fabiola en . Sea la distancia entre Néstor y Fabiola. y se definen de
manera análoga. Las afirmaciones hechas se traducen (en el mismo orden que en el enunciado)
como:
a)
b)
c)
Sumando a) y b) obtenemos que . Por otro lado por la
desigualdad del triángulo ya que los puntos están en una misma recta. Así, . Esto
indica que a) y b) son incompatibles.
Ahora sumamos b) y c) para obtener donde la igualdad se da, como antes,
por la desigualdad del triángulo aplicada a tres puntos colineales. Así b) y c) son incompatibles.
Luego si b) es cierta las dos restantes son falsas. Dado que al menos dos dijeron la verdad, se tiene
que b) es falso. Esto es, Shaday miente.
Problema 28. Respuesta: a)
Solución: Sea la edad de Andrea y la de Francisco. Hace siete años la edad de Andrea era
múltiplo de 8, así que . Esto es, para algún entero positivo. Además, en
8 años su edad será múltiplo de 7, por tanto . De las igualdades
anteriores se obtiene que Así, se sigue que , de donde
ó .
De manera análoga obtenemos que . De este modo, la diferencia de sus edades es
. Así, la única posibilidad de las mencionadas es que la diferencia sea 2. Es decir,
Francisco es dos años mayo que Andrea.
42
Problema 29. Respuesta: 16.8
Solución: El área del cuadrilátero es
. Sabemos ya que
Luego,
y de ahí que
.
También
y de ahí que
.
De estas igualdades obtenemos que
pues .
Concluimos que A=2+5+7+2.8=16.8.
Problema 30. Respuesta: 200
Solución: Observemos que - - Si p es un número que divide a x-9 y x+9
simultáneamente entonces p divide a x+9-(x-9)=18. Esto nos asegura que 5 no es un divisor común
de x+9 y x-9 por lo que, o bien 25 divide a x+9 o bien 25 divide a x-9. En cada caso obtenemos que,
- o bien . Notemos además que si x es un número par, entonces
- es un número impar, por lo que no es divisible entre 100. Así pues, el número x con la
propiedad deseada debe ser un número impar congruente con 9 ó con 16 (mod 25) y menor que
100. Los únicos números con esta propiedad son 9, 41, 59 y 91. Su suma es 200.
Morsa Saltarina
Problema 1.
Solución: Primeramente notemos que∢ ∢ ∢ .
Por otro lado ∢ , así que ∢ ∢ ∢ Por hipótesis,
sabemos que CD=CB con lo que DCB es isósceles. Obtenemos así que:
∢ ∢ ∢
,
y de ahí que:
∢ ∢ .
43
Problema 2.
Solución: Supongamos el siguiente acomodo de los dígitos:
a B C
d E F
g h i
Entonces A=abc+def+ghi y B=adg+beh+cfi. Luego:
Análogamente , por lo que . Este resultado es independiente
de la forma en que se acomodaron los dígitos, por lo que siempre es válido. Dado que 2011 no es
congruente con cero módulo 9, es imposible que A+B=2011.
Problema 3.
Solución: Observemos que Entonces:
Concluimos que sí es posible.
Problema 4.
Solución: Sabemos que un número es congruente a la suma de sus dígitos módulo 9. Como a y b
tienen los mismos dígitos, entonces equivalentemente
Luego, como
tenemos Así n=9k para algún k entero positivo, ya
que n es un entero positivo. Esto nos muestra que ≥ Para n=9 los siguientes números
cumplen tal condición:
a=9087654321 y b=8976543210.
Concluimos que n=9 es el menor.
44
Problema 5.
Solución: Sea la intersección de con la circunferencia. Notemos que es perpendicular a
por ser un diámetro.
Sean los vértices del cuadrado con sobre , sobre y un lado del cuadrado.
Notemos que, como paralela a y perpendicular a , es perpendicular a . Como
es también perpendicular a se sigue que es paralela a . Sean y la intersección de
con y con la circunferencia, respectivamente.
Por ser pralela a se tiene que
. Del mismo modo, por ser paralela a se tiene
que
. Luego
y de ahí que
.
Notemos que Así,
.
Además, pues la figura es simétrica. Pero por ser lados de un cuadrado.
Se tiene entonces que
.
Ahora bien, el triángulo es rectángulo en por lo que ya que es un diámetro de la
circunferencia. Así, al aplicar teorema de Pitágoras tenemos
.
Luego,
de donde
. Pero es el área del cuadrado. Así, el área buscada
es
.
Problema 6.
Solución: Observemos que si , entonces
, de donde . Pero
por lo que ó En cualquier caso, 2 divide a ambos pues
Entonces,
y
son ambos enteros.
Por otro lado,
Así, es suma de dos
cuadrados.
Problema 7.
Solución: Notemos que es suficiente y necesario escoger tres puntos de la mitad superior o tres
puntos de la mitad inferior para obtener un triángulo con área de un solo color. Cada elección de
tres puntos, de esa manera, determina un triángulo diferente. Así, basta contar las maneras en
que se pueden efectuar esas elecciones y eso nos dará el total de triángulos posibles.
45
Se pueden tomar tres puntos de la mitad superior de formas. Análogamente, se pueden
tomar tres puntos de la mitad inferior de 56 formas distintas. Por tanto, hay 112 triángulos
distintos que Laura puede formar.
Problema 8.
Solución: Cada dos dígitos consecutivos forman un número, menor que 100, divisible entre 17 ó
23. Los múltiplos de 17 menores que 100 son: 17, 34, 51, 68 y 85. Los múltiplos de 23 menores que
100 son: 23, 46, 69 y 92.
Cada dígito distinto de cero aparece sólo una vez, en el lugar de las unidades, en alguno de los
números enlistados. Esto nos asegura que, dado un dígito distinto de cero, el anterior en la lista
está únicamente determinado y además es otro dígito distinto de cero.
Si el último dígito es 8, la única posibilidad para el anterior es 6 ya que 68 es el único número de
dos dígitos divisible entre 23 ó 17, en este caso entre 17. Siguiendo el mismo razonamiento
obtenemos que los últimos dígitos de la lista son: 6, 9, 2, 3, 4, 6, 8.
Aquí el dígito 6 se ha repetido por lo que la secuencia 6, 4, 3, 2, 9 (invertida) se repetirá. Entonces,
la lista está formada por secuencias como la anterior (invertidas). Dado que la secuencia es de
cinco números y que , la lista estará formada por 402 secuencias 9, 2, 3, 4, 6 y
al final el 8. Concluimos que los primeros cinco dígitos son 9, 2, 3, 4 y 6 en ese orden.
Problema 9.
Solución: Sea A={1,2,…,20}, es claro que hay subconjuntos de A con tres elementos.
Contaremos el número de éstos tales que su producto no es múltiplo de cuatro. Así al restarlos del
total encontraremos la cantidad buscada.
Notemos que, para que el producto no sea múltiplo de , sólo son posibles dos casos:
1) En el subconjunto hay sólo números impares:
En este caso, dado que hay números impares en A, entonces se pueden formar .
2) En el subconjunto hay un número par no múltiplo de y dos números impares:
Es claro que en A hay 5 números impares no múltiplos de 4. Así, los conjuntos de este tipo se
forman al tomar un de los 5 números pares y luego 2 de los diez impares. La regla del producto
nos permite concluir que hay .
Concluimos que hay subconjuntos de los buscados.
46
Problema 10.
Solución: Mostraremos que sí es posible. Notemos que basta mostrar que 1 puede expresarse
como suma de 2011 fracciones unitarias distintas pues, si
con si
, entonces
con si .
Veamos que si 1 se expresa como suma de fracciones unitarias distintas, entonces se expresa
como suma de fracciones unitarias distintas. En efecto, supongamos que
y, sin perder generalidad, que Como
, entonces
. Aquí los denominadores siguen siendo distintos
por lo que 1 es suma de fracciones unitarias distintas.
Ahora bien, como
, entonces 1 es suma de fracciones unitarias distintas para
cualquier m natural. En particular, 1 es suma de 2011 fracciones unitarias distintas. Esto completa
la prueba.
Problema 11.
Solución: Observemos que Para se tiene que
y . Así, es producto de dos enteros mayores que 1,
para Concluimos que dicho número no es primo para .
Problema 12.
Solución: Sea tal que
para enteros positivos. Dado que el cociente
anterior es un entero, se tiene que y de ahí que pues . Así
para algún entero positivo. Luego,
.
Ahora, como pues es un entero, obtenemos que:
.
Dado que , entonces – y por tanto
. Así concluimos que para algún ≥ entero pues es
entero positivo.
Sustituyendo , obtenemos ≥ para
algunos enteros ≥ ≥ . Como ≥ , entonces ≥ . Así al reescribir obtenemos
que tiene un divisor impar mayor que ó . Si , entonces y
si entonces tiene un divisor impar, esto es no es una potencia de 2. Así, si
, entonces tiene un divisor impar mayor que ó . Inversamente
47
y si tiene un divisor impar mayor que , digamos ,
es entero y
es tal que
.
Concluimos que
si y sólo si ó tiene un divisor impar mayor que . Así, los
números que no se pueden escribir en esa forma son y los de la forma para algún entero
≥ .
Desempate
Problema 1.
Solución: De obtenemos .
Por otro lado, de obtenemos y . Luego,
≥
Así, ≥ .
Problema 2.
Solución: Sean las personas en la fiesta sea el número de conocidos de . Notemos
que es un número par. Esto es porque si A tiene un conocido B, entonces B tiene a A
como conocido, así que los conocidos se dan por pares.
Supongamos que hay k personas que tienen un número impar de conocidos y, sin perder
generalidad, que son tales personas. Mostraremos que k es un número par. En efecto,
notemos que
. Aquí, es par para por lo que
es un número par. Como es par, entonces es par. Además, cada sumando en esta última
suma es impar, por lo que . Así, k es un número par.
Problema 3.
Solución: A continuación de notamos por y el número de divisores y el producto de los
divisores de respectivamente. Procedemos por inducción en el número de divisores primos
distintos.
Supongamos que para algún primo . En este caso se tiene que y
. Entonces
Esto demuestra el caso base.
Supongamos ahora que para todo número con n divisores primos distintos se cumple la igualdad.
Probaremos que la igualdad se cumple para los números con n+1 divisores primos distintos.
48
Sea
. Esto es, tiene n+1divisores primos distintos. Consideremos
con
. Es claro que . Por otro lado, si
son todos los divisores de a, entonces
son todos los
divisores de . Así,
.
Luego,
.
Pero , por hipótesis de inducción, ya que a tiene n divisores primos distintos.
Entonces,
Esto concluye la
demostración por inducción.
Problema 4.
Solución: Sea el punto de intersección de con . Observemos que es cíclico, pues
.
Sea un punto en del lado opuesto de que . Entonces por ser opuestos
por el vértice. También, pues son ángulos seminscrito e inscrito,
respectivamente, que abren el mismo arco. Así que:
Por otro lado, por ser cíclico. También por ser
opuestos por el vértice. Luego: .
Se sigue de y que y de ahí que .
Concluimos que es perpendicular a .
Problema 5.
Solución: Sean y dígitos. Sin pérdida de generalidad supongamos .
El número de tres dígitos formado por está dado por . El número obtenido
al invertir el orden es . Tenemos que , ya que
49
. Restando estos números obtenemos Como , entonces ≥
ó ≥ . Es decir, es un dígito. Así,
Así, es un número de tres cifras con dígitos . De
ahí que el número obtenido de éste al invertir el orden es
Al sumar estos números obtenemos . Esto explica por qué el resultado de
las operaciones siempre será .
Orca asesina
Problema 1.
Solución: Observemos que Luego,
Pero
,
y
.
Así,
Ahora es claro que la suma de los dígitos de es
Problema 2.
Solución: Observemos que por ser puntos de tangencia desde . Similarmente se
tiene que y .
Ahora bien, de obtenemos .
Eliminando términos iguales nos queda .
Por otro lado por ser ambos seminscritos con el mismo arco. Luego, por el criterio
LAL se tiene que pues y comparten . De ahí
obtenemos que .
Ahora, ya que y comparten . Entonces .
Pero Así
50
Del hecho de que tenemos que y de ahí que es
paralela a pues estos últimos son ángulos correspondientes y son iguales.
Problema 3.
Solución: Comencemos por observar que si es el cuadrado de algún entero, basta con hacer
para . Así, para todo , y este es un cuadrado. Ahora usaremos
inducción fuerte para mostrar que es posible para todo no negativo. Comenzamos dando los
acomodos para los primeros enteros no negativos:
Caso : .
Caso : .
Caso : .
Caso : .
Caso :
Ahora, sea y supongamos que para todo existe una permutación cuadrática.
Probaremos que existe una permutación cuadrática para .
Si es un cuadrado, ya hemos dado una permutación cuadrática para los números de este tipo.
Supongamos que no es un cuadrado, y sea el mayor cuadrado menor que . Ahora hagamos
para los para los que tenga sentido (así, será un cuadrado para estos
números). Esto es, para los tales que y . De la segunda
desigualdad obtenemos ≥ . Esto nos deja con que los primeros
números (del al ) faltan de acomodar.
Mostraremos ahora que Notemos que , luego Pero,
como ≥ pues , se tiene que ≥ . De ahí que ≥ . Se sigue de
la desigualdad anterior que
Ahorapor hipótesis de inducción, hay una permutación cuadrática para los números del al
. Acomodamos los primeros números de esa forma y obtenemos una
permutación cuadrática para los números del al .
Concluimos que existe una permutación cuadrática para todos los enteros no negativos.
Problema 4.
Solución: Sea el incentro de y la intersección de con . Es claro que pasa por
Notemos que por ser incentro, así que y de ahí que
es un cuadrilátero cíclico. De lo anterior se sigue que .
Esto es, por lo cual es cíclico. Ahora bien, por ser
51
incentro. De esta igualdad y del hecho de que es cíclico se obtiene que y
de ahí que es cíclico.
Así, por ser cíclico y por ser cíclico. Por otro lado,
por ser opuestos por el vértice y por ser opuestos por el vértice.
Además por lo que . Luego, como , se sigue que
por lo que es bisectriz de . Como concluimos que
.
Problema 5.
Solución: Sea el cuadrito en la fila y columna. Observemos que la
esquina superior izquierda de cada cuadrado de 2x2 sólo puede estar en uno de los cuadritos ,
tal que . Además, los dos cuadrados se traslapan si, y sólo si las esquinas están
colocadas en alguna de las siguientes posiciones:
Así, el problema se reduce a contar las formas de colocar las dos esquinas en el subtablero de 4x4
de forma que las esquinas no estén en una de las posiciones mencionadas. El total de formas de
colocar las dos esquinas es . Contando los cuadrados en las posiciones mencionadas,
obtenemos un total de 42. Así, concluimos que el total deformas de colocar los cuadrados en la
manera pedida es
Problema 6.
Solución: Supongamos que es entero. Sea de modo que
con . Notemos que
Luego, si es entero,
entonces
es entero. Esto es, En particular, de donde
Así y .
Tenemos pues que y de ahí obtenemos que por lo que y . Luego,
y de ahí que Entonces ó . Así ó para
algún entero .
Si , entonces
Así, si es entero, se tiene
que ó . Si , entonces Si , entonces
Ahora, si , entonces . En cualquier caso concluimos que
es un cuadrado. Notemos ahora que, si , entonces que no
es un cuadrado perfecto.
x x
x
x
x x
x
X
x
x
x
x
52
Brontosaurio Volador
Problema 1.
Solución: Comencemos por notar que es representable si y sólo si , con y
, para algunos ≥ , pues son distintos. Esto es,
.
Entonces un número es representable si y sólo si se puede escribir como , para
algunos ≥ ≥ . Además, de las desigualdades anteriores se obtiene ≥ .
Por otro lado, si representable, entonces es representable, para cualquier entero positivo .
En efecto, si , entonces . Esto nos dice que si tiene un
divisor representable, entonces es representable también.
Ahora bien, si ≥ es impar, entonces
con
≥ . Esto es, es
representable. Así, si tiene un divisor impar mayor o igual que 7, entonces es representable.
Supongamos ahora que el divisor impar más grande de es menor que 7. Entonces ó
. Analizamos estos tres casos por separado.
Si es representable, entonces ≥ pues ≥ . Si entonces . Veamos que
no es representable. En efecto, si , entonces pues ≥ .
Luego, lo cual es absurdo pues es primo y . Ahora, si , entonces
. Esto es, es representable. Así, cualquier número es
representable para ≥ pues en tal caso.
Si es representable, entonces ≥ pues ≥ . Sabemos que es representable pues
y es representable. Veremos que es el número más pequeño, de esta forma, que es
representable, viendo que 12 y 24 no lo son.
Si , entonces pues ≥ . Entonces lo que
no es posible porque 11 es primo.
Si c, entonces pues ≥ . Pero si ó , entonces
ó . Esto es imposible porque implica que es representable lo que ya
establecimos como falso. Así, y . Pero esto último no es posible porque 23 es
un número primo.
Ahora, si es representable, entonces ≥ pues ≥ . Luego, y, como claramente
es representable pues , entonces es representable para ≥ .
De lo anterior concluimos que el conjunto de números no representables es finito, de hecho es
y su elemento máximo es .
53
Problema 2.
Solución: Sea la intersección de con . Mostraremos que es mediatriz de , lo que da
la igualdad deseada al ser un punto en la mediatriz de .
El cuadrilátero es cíclico por construcción. Luego, . Pero
porque es isósceles con . Así,
Por otro lado, por ser cíclico. Pero por
ser colineales. Así,
De y obtenemos que o equivalentemente . Esto es,
es la bisectriz desde en .
Problema 3.
Solución: Sea . Separamos en dos casos:
1) es un número par:
En este caso tenemos para algún entero positivo ≥ . Luego,
. Si , es un número impar, entonces , por ser
impares consecutivos, así que cada uno aporta al menos un factor primo distinto, digamos y
respectivamente. Además, es un número par por lo que aporta un factor dos al producto.
De este modo, para algún entero positivo . Así, el producto tiene al menos
divisores distintos. En el caso en que se tiene que tiene divisores positivos.
Luego, es uno de los números buscados.
Ahora bien, si es un número par, , entonces . Entonces
. Notemos que son primos relativos dos a dos. Además,
alguno de ó es par y es impar. Si , entonces alguno de ó aporta un
factor 2 a y el otro aporta al menos un factor primo impar . Como son primos relativos dos a
dos, se tiene que aporta otro factor primo impar distinto . De ahí que para
algún entero positivo . Luego, tiene al menos divisores positivos. En el caso tenemos
que tiene divisores positivos. Así que es otro de los números buscados.
2) es un número impar:
En este caso tenemos que son primos relativos dos a dos, ya que son impares que
difieren por ó . Si , entonces tiene divisores positivos. Si , entonces
tien divisores positivos.
54
Supongamos Dado que son tres números impares consecutivos, sabemos
que uno es un múltiplo de 3. Luego son de la forma en algún orden, .
Así, con impares distintos. Es claro que o bien tiene un factor primo distinto de
, digamos , o bien para algún . Si , entonces con impares
distintos. Como , entonces cada uno aporta un factor primo distinto de , de modo que
tiene al menos divisores positivos. Si , entonces tiene al menos divisores
positivos. Es claro que si , de esta manera observamos que la única
posibilidad para es dado que ya consideramos los casos . Esto es, las
posibilidades para son únicamente en las cuales alguno de ó es igual a .
Checamos estos casos uno por uno y encontramos que .
Concluimos que los valores posibles de son: y .
Problema 4.
Solución: Primero, para llenar un subtablero de , la primera columna se puede llenar de
formas, pues cada cuadro tiene dos maneras de llenarse. La siguiente columna se puede llenar de
formas pues al elegir el número en el cuadro superior, como hay ya números en el subtablero
de superior izquierdo, la paridad del cuarto tiene que ser igual a la de la suma de le los otros
3 para que la suma de los cuatro números sea par, por lo que ese número esta determinado.
Análogamente, con el subtablero de inferior izquierdo queda determinado el último número
de la columna. Para llenar la tercera columna, haciendo lo mismo que en la segunda, se puede
llenar de dos formas, sin embargo la elección del primer cuadro determina a los otros dos, y si la
paridad de ese cuadro se altera, también la de los otros dos cuadros, notemos que si tenemos tres
números y se cambia la paridad a los tres números, también se cambia la paridad de la suma de
los tres números pues es equivalente a sumarle o restarle a la suma total; entonces,
dependiendo de la elección del primer número, la columna va a tener suma par o impar, pero para
que el subtablero de tenga suma par, la suma de la tercera columna tiene que tener la
misma paridad que la suma de las otras dos columnas juntas. De esta manera podemos ver que en
un subtablero de , al tener llenas las primeras dos columnas o filas, la tercera queda
determinada por lo que las formas de llenar una cuadrícula de son .
Si tomamos un subtablero de que comparte dos columnas o dos filas con uno que ya está
lleno, la fila o columna que le falta queda determinada, por lo que podemos determinar todos los
subtableros que compartan filas o columnas de alguno que ya hayamos llenado y de esta forma
podemos determinar todo el tablero completo con la elección del primer subtablero de que
se puede hacer de formas.
55
Problema 5.
Solución: Sea la intersección de con , la intersección de con y la intersección
de con . Es claro que es el ortocentro de pues y son alturas. Luego, es
perpendicular a y de ahí que y son paralelas. Así, por el teorema de tales obtenemos
que
Por otro lado, dado que se tiene que y . Luego,
y
. Juntando estas dos igualdades y obtenemos que:
y
(i) Por el teorema de tales para obtenemos que
.
Sumando en ambos lados obtenemos
. Luego,
. Pero, por y lo
anterior, se tiene que
. Concluimos por el teorema de Menelao que y
son colinelaes.
(ii) Multiplicando por
obtenemos:
Donde la igualdad de la derecha se tiene por el teorema de Ceva aplicado a las alturas del
triángulo . Así por el teorema de Menelao concluimos que y son colineales.
Problema 6.
Solución: Sea entero positivo tal que , entonces .
Luego,
Por otro lado, pues ≥ . Así,
por lo que las únicas posibilidades para son ó .
Si , entonces . Luego, lo cual
es imposible pues por ser .
Si , entonces . De
este modo de donde ó .
Concluimos que el único primo con tal propiedad es .
56
Irracional (Dragón)
Problema 1.
Solución: Sea fijo. Mostraremos que las personas restantes se pueden poner
de acuerdo para hacer a la persona perder.
Supongamos que las personas se sientan, cada una con su bolsa, formando un círculo como
sigue:
Para hacer perder a la persona , el resto puede jugar como sigue:
Cuando llegue el turno de la persona , , ésta se para junto a la persona y, recorriendo las
bolsas en orden creciente, deberá tomar su moneda de la primer bolsa que no esté vacía y que sea
distinta de la bolsa .
Después de turnos sólo quedarán las monedas de la bolsa pues nadie ha tomado
monedas de ahí. En el siguiente turno cada persona distinta de la persona puede tomar una
moneda más (de la bolsa ), excepto la persona . Dado que no hay mas que esas monedas, la
persona pierde.
Problema 2.
Solución: Sean tales que se cumple lo deseado, entonces y para algunos
pues son números de tres cifras. Además, como es un cuadrado
perfecto, entonces ≥ . Si , entonces ∗ que no es un
cuadrado perfecto. Luego, .
Dado que ∗
es entero, se tiene que . Si , entonces . Como
es de tres cifras, entonces . Sin embargo, sabemos que , por lo
que es una contradicción. Así se concluye que . De lo anterior se sigue
que y con y . Dado que es
un cuadrado, se tiene que es un cuadrado. Entonces es un cuadrado
con , . Analizando cada caso posible se obtiene que los únicos pares
posibles para son:
y
Ahora, como ∗ es un cuadrado, entonces es
un cuadrado. Inspeccionamos cada uno de los casos anteriores y concluimos que los únicos pares
posibles para son y ∗ ∗ . Luego las parejas posibles para son
de la forma con , ya que .
57
Problema 3.
Solución: Sean , y los pies de las alturas en los lados y respectivamente y sea
su ortocentro. Dividamos en casos: cuando tres segmentos están juntos, cuando dos están juntos
y otro donde sea, y cuando los tres están separados.
Caso 1: Sin pérdida de generalidad digamos que . Como es altura, mediana
y mediatriz entonces el triangulo es isósceles con . Como se encuentra en la mediatriz
entonces y luego los triángulos y son congruentes con .
Como tenemos y entonces . De ahí que los triángulos
y son congruentes y . Como entonces .
Por ser altura tenemos que – . Entonces
– –
de ahí que entonces entonces es equilátero.
Caso 2: Sin pérdida de generalidad digamos que (el caso en que igualamos a
es análogo). Nuevamente, como es altura y mediana entonces y además es
bisectriz del ángulo en por ser y cíclicos -pues los pies de las alturas y los lados
forman un ángulo recto.
Entonces , además como
tenemos que los triángulos y son congruentes entonces y es el
ortocentro y cincuentero de y esto sólo pasa cuando es equilátero.
Caso 3: Sin pérdida de generalidad digamos . Sean los ángulos en el
vértice respectivamente. Ahora tenemos que
Haciendo lo mismo en cada lado y sustituyendo, nos queda que
de donde
Por la desigualdad media aritmética - media geométrica,
entonces
58
y, usando que
donde es el inradio y el circunradio, y
sustituyéndolo y despejándolo en la desigualdad, nos queda que . Sin embargo, por la
desigualdad de Euler, tenemos que que implica que y esto pasa si y sólo si el
triangulo es equilátero como queríamos.
Problema 4.
Solución: Sean enteros positivos tales que todos dividen a . Dado
que , entonces pues divide . Así , para algún entero positivo .
Por otro lado, dado que y , se tiene que . De ahí y por tanto
.
Analicemos los siguientes casos:
1) Si
Si , entonces . Si ó , entonces lo cual es
imposible. Así, la única posibilidad es . En este caso se cumple que y que
.
Por tanto, en este caso, las soluciones son de la forma tal que .
2) Si
Si , entonces . Luego, . Dado que
obtenemos que y de ahí que . Ahora bien, mayor divisor de distinto de es .
Esto es, ó . Dado que , concluimos que as únicas posibles son
.
Si , se sigue que . En este caso se tiene y pues
y . Así, las soluciones son . Esto último es
.
Si , entonces y . Dado que , se sigue que es
solución si . Esto último es .
Concluimos que las soluciones para son:
1)
2)
3)
59
Problema 5.
Solución: Comencemos por observar que , por lo que es acutángulo. Sea en
tal que ∢ ∢ . Como es cíclico, entonces ∢ ∢ . Así, se sigue que
∢ ∢ . Esto es, es altura en .
Por otro lado, como entonces es un punto en la mediatriz de . Sea el
cisrcuncentro de . Sea el punto medio de AP, entonces ∢ . Además,
∢ ∢
por ser bisectriz del triángulo isósceles . Por otro lado, ∢
∢
porque ∢ abre el arco y es circuncentro. Luego, ∢ ∢ .
Así, como ∢ ∢ y ∢ ∢ , entonces ∢ ∢ . De este modo, se sigue
que ∢ ∢ ∢ .
De esta manera, ∢ ∢ ∢ Concluimos que , es decir, coincide con
el circuncentro de .
Problema 6.
Solución: Cuando tiene dos o menos factores primos los únicos que cumplen son
Entonces, sea
su descomposición canónica en primos.
Supongamos que todos los primos son mayores que . Entonces, como sólo debe sobrevivir un
primo en la división, digamos , tenemos que:
Sin embargo, para todo primo , se cumple que ≥ , para ≥ y la igualdad se da
con y con . Entonces se tiene que tener los factores ó con potencias
menores a y respectivamente.
Ahora supongamos que es impar entonces para que la división sea entera todas las potencias
deben de ser pares es decir todas mayores o iguales a , pero esto es una contradicción por lo que
dijimos arriba, entonces es par y solo puede tener a lo mas factores de .
Dividamos en casos: cuando y cuando .
El primer caso es imposible pues tiene divisores, entonces él se eliminan todos los factores y
volvemos a cuando es impar lo que ya vimos que es imposible.
Ahora como el número de divisores de es entonces con .
Volvemos a dividir en casos:
Primero veamos cuando ; en la división se eliminan todos los factores , luego para que se
elimine el debe de haber factores primos más o algún . Como ya se eliminaron el número
60
de divisores de y , entonces
nunca se cumple
con
pues se reduce al caso impar.
Ahora . Entonces en la división podemos eliminar un factor y un factor . Si suponemos
que tiene o más factores primos diferentes de y , buscamos números que cumplan que
que es de nuevo la reducción al caso impar.
Entonces sólo tiene factores primos y . Por último, es fácil ver que si
entonces la división no da un primo. Así pues, todas las demás soluciones son de la forma
.
Desempate 1
Problema 1.
Solución: Notemos que en un cuadrado de sólo es posible colocar una moneda de la manera
deseada. Dado que hay cuadrados de traslapados, se pueden colocar a lo más monedas.
Si ponemos las monedas una en cada cuadrado comenzando desde arriba, alternadamente en las
esquinas superior derecha e inferior izquierda, es posible colocar una moneda por cuadrado de
manera que se cumpla lo pedido. Así concluimos que el máximo es .
Por otro lado, sabiendo que el máximo es y por la observación hecha de que en cada cuadrado
puede ir a lo más una moneda, concluimos que, de hecho, debe colocarse una moneda en cada
cuadrado de . Observemos que los cuadritos de traslape (donde se enciman dos cuadrados
de ) son comunes para esos dos cuadrados. Luego, para que se puedan colocar las
monedas, es necesario que nos e coloquen monedas en los cuadritos de traslape. Así, en los
cuadrados distintos del inicial y el final, sólo se pueden colocar monedas en los cuadritos superior
derecho o inferior izquierdo de cada uno de ellos. Además, notemos que una vez elegido uno de
éstos para el segundo cuadrado (de arriba abajo), los demás quedan determinados (hasta el
penúltimo cuadrado). En consecuencia, sólo es posible acomodar las monedas en dos formas, en
los cuadrados del segundo al penúltimo.
Notemos que para cada acomodo, la moneda que debe ir en el primer cuadrado puede estar en
una de dos posiciones: en la esquina superior izquierda o en una de las casillas superior derecha o
inferior izquierda (la contraria a la elegida para el segundo cuadrado). De forma análoga, para cada
acomodo en los cuadrados intermedios, la moneda del cuadrado final se puede poner en una de
dos posiciones. De ahí que para cada acomodo de las monedas en los cuadrados intermedios hay
cuatro formas de hacer el acomodo de las monedas.
Concluimos que el máximo de monedas se puede acomodar de maneras distintas.
61
Problema 2.
Solución: Sea la refelxión de respecto a Es claro que ya que es la
reflexión de respecto a . Del mismo modo . Así y por lo
que .
Por otro lado por ser la reflexión de respecto a . De lo anterior se obtiene
que . Así, se sigue que . Como
y se sigue que
. Luego, por el criterio LAL se tiene que .
De esta semejanza obtenemos:
Ahora bien, de la congruencia se tiene que . Restando a esta
igualdad obtenemos que
Por otro lado, de la misma congruencia obtenemos y . Sustituyendo esto en
obtenemos
. Multiplicando por
obtenemos
. Combinando esta igualdad con
, obtenemos por el criterio LAL que .
Ahora bien, notemos que es la bisectriz del ángulo por construcción. Como ,
entonces es también altura. Luego, es perpendicular a . Por ser perpendiculares estos
lados correspondientes de los triángulos semejantes y , lo mismo pasa con los otros
dos pares de lados correspondientes. Concluimos que es perpendicular a como se quería
demostrar.
Problema 3.
Solución: Notemos que si es par, entonces es impar por lo que no es divisible entre .
Ahora mostraremos que existe un impar tal que .
Sean impares tal que . Entonces . Pero
factorizando obtenemos . El segundo
factor es un número impar ya que es la suma de números impares y es impar. Luego, este
número tiene inverso multiplicativo módulo ya que es primo relativo con . Así obtenemos
que o equivalentemente
Lo anterior nos dice que si entonces . Tomemos los números
impares menores que . Existe uno de ellos, digamos , tal que . Además,
los números
son congruencias impares distintas módulo . Esto
implica que son todas las congruencias impares posibles módulo . Luego, una de ellas, digamos
es tal que . Concluimos que existe tal que .
62
Desempate 2
Problema 1.
Solución: Si entonces por lo que y cumplen. Análogamente
cumplen. Entonces S.P.G digamos . Expandiendo la ecuación original
tenemos que que pasando todo del lado izquierdo y escribiendo a
como y factorizando el factor en los que es posible tenemos que
y haciendo la diferencia de cuadrados, pasando el
factor al lado derecho y factorizando el factor común en el lado izquierdo obtenemos que:
Ahora analicemos los siguientes casos: Si ó es , si
o si ninguno es . Claramente no es posible ya que si no lo cual no es
posible. Además el caso de es análogo al de .
Así que digamos . Entonces . Observemos que es
impar por lo que es 1 ó . Si entonces y completando la ecuación, .
Ahora si entonces por lo que lo que no tiene
solución con y primos.
Ahora si entonces . Como es impar, entonces
es . Si entonces es la única posibilidad la cual no
cumple. Si entonces y, completando la ecuación, Análogamente,
si y . Ahora si entonces lo cual no es
posible ya que y son mayores que en este caso.
Ahora si son primos impares entonces en la ecuación y
es un impar, por lo que es . Si es entonces lo cual es una
contradicción. Si y restando de la segunda ecuación
la primera ecuación tenemos que que implica que es par lo cual implica
que no es primo ya que . Ahora si entonces lo que
implica que lo cual no es posible ya que son mayores que y al menos un par
de ellos son distintos.
Por lo cual las soluciones que cumplen son: ,
con y primos cualesquiera.
63
Problema 2.
Solución: Sea la cantidad de puntos en el grupo y el número total de triángulos. Notemos
que, en cada grupo, hay un triángulo por cada subconjunto de tres puntos distintos. Luego, en el
grupo hay triángulos. Así,
Supongamos que , entonces también y
. De este modo, dado que cada lista es de números positivos pues
≥ , la desigualdad del reacomodo nos asegura que:
≥
≥
≥
Con igualdades si y sólo si y . Sumando las
desigualdades y sumándoles obtenemos que:
≥
Luego,
≥
Con igualdad si y sólo si .
Aplicando el mismo razonamiento a las listas y
obtenemos que
≥
64
Luego, por la anterior desigualdad:
≥
Así,
≥
Pues .
Entonces ≥
, con igualdad si y sólo si . Por tanto, el
menor número de triángulos es .
Tomemos el arreglo en el que para cada . Basta mostrar que dados diez puntos en el
plano, no habiendo tres colineales, es posible pintar cada segmento entre ellos con uno de tres
colores de forma que no hay un triángulo con sus tres lados del mismo color.
Problema 3.
Solución: Sean los puntos medios de respectivamente. Notemos que es
perpendicular a por ser circuncentro. También, es perpendicular a por ser
ortocentro. Luego, es paralela pues ambas son perpendiculares a .
Por otro lado, es el punto medio de y es punto medio de . Luego, usando teorema de
Thales concluimos que es paralela pues
.
De lo anterior podemos concluir que es paralela a .
Análogamente obtenemos que es paralela a . Luego, es un paralelogramo y,
entonces:
∢ ∢
Por otro lado es un cuadrilátero cíclico pues ∢ ∢ . Así,
∢ ∢ pues abren el mismo arco en la circunferencia de . Análogamente
obtenemos ∢ ∢ .
De estas igualdades y obtenemos que ∢ , con lo que es un triángulo
isósceles. Al ser altura en un triángulo isósceles, también es mediana.
Concluimos que
65
XXV OMM
Problema 1.
Solución (Carlos Alejandro Hernández Gómez): En un triángulo equilátero se pueden cambiar solo
dos focos del triángulo (pues entre ellos hay 7 focos) o se pueden cambiar todos. Se puede llegar a
que todos los focos de un triángulo equilátero estén prendidos de la siguiente manera: si los tres
focos están apagados solo se prenden los tres, si hay dos prendidos y uno apagado, se pueden
apagar los dos prendidos y luego prender los tres, si hay dos apagados y uno prendido
simplemente se prenden los dos apagados. Se aplica esto a los 8 triángulos del 24-ágono hasta que
todos los focos de la circunferencia quedan prendidos, por último, si el foco de el centro queda
apagado se puede tomar cualquier triángulo equilátero, y si enumeramos los focos de sus vértices
del 1 al 3 y cambiamos los focos 1 y 2, luego el 2 y 3 y finalmente el 3 y 1, como se hicieron dos
cambios a cada foco quedaron prendidos, pero al hacer 3 operaciones en total el estado del foco
del centro fue cambiado que es lo que queríamos.
Problema 2.
Solución: Sea F el pie de la altura desde A y sea H la intersección de AF con DE. Además sea G el
punto diametralmente opuesto a A en la circunferencia de radio BA y con centro en B. Si
demostramos que BH es altura del triángulo ABC acabamos ya que entonces H es ortocentro y por
lo cual DE pasa por él. Sea ∢ por lo que ∢ y como DA es tangente al
circuncírculo de ABC ∢ ∢ ∢ por subtender el mismo arco. Luego notemos que
∢ ya que subtiende el diámetro AG y por lo tanto ∢ . Luego como el
cuadrilátero DGEA es cíclico ∢ ∢ por subtender los mismo arcos. Entonces
∢ ∢ . Lo que significa que HAE es un triángulo isósceles con HA=HE. Además
notemos que BA=BE ya que son radios. De lo cual podemos concluir que BH es la mediatriz de AE,
lo cual implica que BH es perpendicular a AE como se quería demostrar.
Problema 3.
Solución: Por facilidad de notación, diremos que . Despejamos de cada ecuación y
obtenemos . Ahora, si sumamos todas las ecuaciones, los términos lineales se
cancelan y obtenemos , de donde
≥
por desigualdad MA-MG.
Ahora, en cada igualdad, con un pequeño despeje y factorización, obtenemos
66
y, multiplicando todos los términos, obtenemos
Como se da la igualdad en la MA-MG, podemos concluir que
Todos los
cuadrados son iguales y su producto es , entonces pues es el único número real que es
su propio inverso. De aquí,
Sustituyendo en la igualdad inicial, tenemos que
para toda . Por lo que sólo hay dos soluciones: y .
Problema 4.
Solución: Como queremos que sea divisible entre y tiene que ser par, entonces el último dígito
es Ahora, si el otro dígito es tal que , entonces se requieren al menos nueve dígitos
más; por Pequeño Teorema de Fermat y criterios de divisibilidad, el número satisface
las condiciones del problema por lo que el número que buscamos debe ser tal que ≥ . Si
, entonces el número termina en ; si , el número termina en . Además, si
, entonces se necesitan al menos tres dígitos iguales.
Vemos que satisface. Ahora, como , cualquiera que sea la forma del número,
se puede factorizar como donde es un número formado por y divisible entre que
tiene entre cuatro y siete dígitos. Veamos las congruencias de las potencias de módulo .
No consideramos las dos primeras porque tienen que ser . Claramente no se puede con un único
dígito distinto de . Si fueran dos dígitos distintos de , tendrían que ser y no se puede usar la
sexta potencia –sería más grande que el que ya tenemos- ni la segunda –en este caso se necesitan
tres al final para que sea divisible entre . Haciendo las sumas, tenemos .
Si fueran tres dígitos distintos de analizamos los casos:
. Necesariamente sería
Tampoco podemos usar el cuadrado por lo que sería alguna combinación de las
otras cuatro. Como , tenemos que quitar una, todas son
menores a , tendrían que sumar pero ninguna es congruente a
67
Como , nuestra elección puede sumar . Para que sume
, tendríamos que quitar dos cuya suma sea , que no es posible. Para que sume ,
tendríamos que quitar dos cuya suma sea , que sólo es posible si el número es
Problema 5.
Solución (José Ramón Guardiola Espinosa): Sean enteros no negativos tales
que cumplan:
1)
2) es mínima.
Claramente , en caso contrario , lo que contradice la
hipótesis (1).
Veamos que para todo . Para demostrarlo supongamos que no es así, entonces
existe alguna tal que . Luego, si es par, digamos , podríamos tomar y
; entonces
, y por otro lado
, lo cual contradice nuestra hipótesis (2) pues podríamos sustituir los
números y por y y la suma es menor que la que habíamos supuesto era mínima ya
que . Análogamente, si es un impar , podríamos tomar
y ; entonces
, y por otro lado , de donde
concluimos lo mismo.
Por tanto, ó para todo . Pero si algún fuera 0, entonces
. Por lo tanto
.
Entonces, si queremos partir un rectángulo de área en rectángulos
con áreas iguales a potencias de dos, éstas sólo pueden ser , pues la
siguiente potencia es más grande que . Si son las cantidades de
rectángulos con áreas , respectivamente, sabemos que esos números cumplen
que las sumas de las áreas es el área total, es decir,
y que la partición es la que usa la menor cantidad de rectángulos, es decir,
es mínima, si y sólo si . En ese caso, la cantidad de rectángulos
sería .
Sólo falta mostrar que se puede conseguir una partición del rectángulo en rectángulos.
Hacemos particiones del rectángulo todas paralelas al lado de longitud de la
siguiente manera: la primera a distancia del lado del rectángulo original, la segunda a distancia
68
de la primer partición, la tercera a distancia de la segunda partición, y así cada una de las
siguientes se hace a una distancia del doble de la que se dejo entre las ultimas dos particiones de
la partición anterior; y finalmente se hace una partición perpendicular a esas particiones a una
distancia de un lado del rectángulo original de medida . Las primeras particiones
dejan rectángulos de lados y una potencia de (porque comenzamos con uno de lado y
los siguientes fueron del doble del anterior), y la última partición divide a cada uno de eso
rectángulos en uno de lados y una potencia de y otro de lados y la misma potencia de .
Como los lados de todos los rectángulos son potencias de , sus áreas son potencias de (es decir,
tienen una cantidad potencia de de cuadritos de dentro). Luego, sólo notemos que las
primeras particiones forman rectángulos, y al dividir estos quedan .
Con esto concluimos que es la menor cantidad de rectángulos en los que se puede dividir la
cuadrícula.
Problema 6.
Solución (José Ramón Guardiola Espinosa): Sea la intersección de las rectas y . Estás
rectas no pueden ser paralelas a partir de que y tienen radios distintos y por tanto no
puede ser un trapecio isósceles. La prueba de esto se da al final.
Nótese que es un cuadrilátero cíclico pues la potencia desde a y a es la misma por
estar sobre , su eje radical; es decir, Por lo tanto
.
Vamos a demostrar que
Para ello veamos que
es cíclico.
Notemos que y son suplementarios por ser opuestos en el cíclico . Por otro
lado, es suplementario de pues son el ángulo inscrito y el ángulo
seminscrito, respectivamente, de los dos distintos arcos que determinan y en ; es decir,
y
, en ( es tangente a ).
Veamos ahora que
, en ( es tangente a ). Por otro lado
, pues el triángulo es isósceles con a partir de que está sobre el
eje radical de y , y y son tangentes a éstas.
69
Luego rescribamos
Y con las igualdades y obtenemos , por lo que es cíclico.
Para concluir la solución, tomemos un punto sobre . Usando el Teorema de Thales con las
transversales y , y sabiendo que es cierta la igualdad , podemos afirmar que
70
Teoría de la medida María la Folclorosa
Distancia.
Antes la medían con las patas. Digo, con los pies. También con los pulgares. Ahora miden con pulgares (dicen por ahí que antes se podía medir con aplausos) el grado en que algo gusta. Y les gusta medir la distancia con años felices. Digo, luminosos. Digo, años luz. Desde que te conozco, para mí, la distancia se mide en horas.
Velocidad.
Algunos monstruos marinos la miden con nudos. Algunos otros, no marinos, pero que les gusta navegar, miden la velocidad en mordidas.
Hace algunos años solía medir la velocidad con el color de un triciclo.
Tiempo.
Supe de una escuela para locos donde miden el tiempo con pizarrones.
De otra para músicos donde miden el tiempo con compases.
Y de otra más para poetas donde medían el tiempo con ruedas y sombreros.
En fin, dejaré de decir sandeces mientras transcurre la distancia que tardas en llegar.
71
Trabajar como matemático
Héctor Flores
Muchas veces me preguntan sobre las oportunidades de trabajo de los matemáticos. En especial
estudiantes de matemáticas o de bachillerato, pero también otras personas. Aunque he publicado
en la red y enviado muchas referencias a noticias y páginas, mostrando por ejemplo que
“matemático” suele ser clasificado como uno de los mejores trabajos en Estados Unidos. Aquí
pretendo dar respuestas directas a esta inquietud tanto una visión general como algunas opiniones
más específicas y personales.
1. Consejos iniciales
Antes que nada quisiera dejar claro a lo que me refiero con “trabajo”. Usualmente consideramos
como trabajo a una actividad que realizamos por la cual recibimos una remuneración económica.
Esta remuneración tiene que venir de alguien y si ese alguien está dispuesto a pagarnos, es porque
podemos hacer algo que es de valor para ellos. Una recomendación general –no sólo para
matemáticos- es que si quieres tener trabajo debes aprender a hacer algo que genere valor para
alguien que tenga dinero, así de simple. Hay millones de maneras de hacerlo.
Aprovecho para urgir a los estudiantes a dejar de lado la actitud de “vengo a que me enseñen” y la
cambien por la actitud “yo voy a convertirme en experto, con ayuda, sin ayuda o con obstáculos”.
Ningún maestro los hará expertos, tomen como referencia la pasión y persistencia de algunos
jóvenes para hacer trucos en patineta o para tocar guitarra, sin profesores, sólo observando,
investigando, intentando, equivocándose y volviendo a intentar. No hay atajos.
Regresando al tema del trabajo. Existen cuatro caminos que puedes seguir para ganarte la vida
como matemático. En la docencia, en la investigación, en empresas o por tu propia cuenta.
2. Trabajo en docencia (instituciones educativas)
Aunque tristemente menospreciado el trabajo de profesor es el más importante que tiene un país.
Puedes no estar de acuerdo, pero en lo personal me parece que para la sociedad ser profesor es
un trabajo más importante que ser médico. Un médico puede que llegue a salvarle la vida a
alguien (y no es muy frecuente) pero no se la cambia. Sin embargo, un profesor típico puede
definir el rumbo de vida a decenas o cientos de personas cada año. En las manos de los profesores
está motivar –tristemente también desmotivar- a los futuros ciudadanos. La calidad de país que
tenemos depende directamente de la calidad de los profesores. Si como sociedad seguimos
menospreciando este trabajo, México nunca podrá resolver sus problemas más profundos.
Aún siendo egoísta, pensando sólo en tu bienestar personal, ser profesor es un trabajo con poco
estrés y con sueldo no despreciable. Claro, siempre que tengas algo valioso qué enseñar. Además,
independientemente del trabajo, las habilidades de comunicación y motivación que requieres
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como profesor son altamente requeridas en otros trabajos. Hagas lo que hagas, tienes que ser
capaz de presentar de forma clara un tema complejo frente a un grupo de 50 personas.
3. Trabajo en investigación (centros de investigación)
El trabajo de investigación suele ser un poco mejor pagado que el de docencia y no tiene mucho
estrés, sin embargo hay que pagar un precio. Necesitas hacerte experto en algo en lo que haya
pocos expertos y siempre tienes que estar llegando a niveles más profundos. Tiene que gustarte
leer mucho, escribir y ser muy persistente para pensar en el mismo problema por días o meses.
Para esto es necesario que elijas con cuidado el área donde quieres hacer investigación. Si eliges
un área con mucha gente investigando, será complicado llegar a convertirte en experto, pero si
eliges un área poco tratada, puedes arriesgarte a tener pocas opciones de colaboración y poca
gente que le interese lo que haces. Suele ser conveniente tener un mentor. Esto nos lleva a otro
precio. Para hacer investigación es imprescindible estudiar los máximos grados posibles,
frecuentemente es necesario llegar a hacer post-doctorado y estancias de investigación.
Una de las ventajas de estudiar una licenciatura en matemáticas es la posibilidad de cambiar el
rumbo de tus intereses. Por ejemplo, suele ser más fácil para un matemático iniciar posgrados en
física, economía, neurociencias o informática que al revés. De cierta forma la carrera de
matemático es como una extensión del bachillerato para aquellos que aún no se deciden pero
quieren elegir algo en ciencia o tecnología.
4. Trabajo en empresas (otras empresas)
Una tercera opción de trabajo es trabajar directamente como empleado de una empresa o
industria. Esta opción, sin embargo, suele ser buena sólo en cierto tipo de empresas. La
clasificación de empresas es compleja, por simplicidad las clasificaremos como empresas
tradicionales y empresas de conocimiento.
Las empresas tradicionales ofrecen un producto o servicio que saben hacer muy bien y reciben un
pago de parte de sus clientes. Puedes reconocerlos porque estos productos o servicios están
fácilmente clasificados –tienen un catálogo de productos-. En estas empresas aprendes a hacer
algo y lo debes seguir haciendo de esa forma. A veces hay innovaciones, pero innovación es la
excepción y no la regla.
Las empresas de conocimiento tienen más dificultades para clasificar o describir sus servicios o
productos. Suelen ser empresas que resuelven problemas de otras empresas y rara vez tienen
personas como clientes, sus clientes son otras empresas. En estas empresas tienes que estar listo
para enfrentarte a problemas diferentes con cada nuevo proyecto.
Así pues, como matemático es más probable adherirte a una empresa de conocimiento que a una
tradicional. Además de que una personalidad científica típica suele morirse de aburrimiento en
una empresa tradicional –a menos que tengan departamento de investigación-.
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Pero para tener buenas oportunidades en una empresa debes preocuparte (TÚ MISMO debes
preocuparte y ocuparte) por tener habilidad de comunicación, facilidad para trabajar realmente en
equipo, ser muy responsable, tener conocimientos de programación y se esperará que tengas al
menos conocimientos de estadística, modelos matemáticos y algoritmos. Independientemente de
los cursos que lleves, aprende bien al menos estos temas por tu cuenta. Investiga empresas que te
interesen y busca en internet otros temas matemáticos que puedan ser de interés para ellos.
Este tipo de trabajos no los vs a encontrar en el periódico por al menos dos razones. Primero
porque en los países en desarrollo hay muy pocas empresas de conocimiento y pocas empresas
tradicionales con departamentos de investigación. Aunque podrías encontrar vacantes que
solicitan estadística, lo más probable es que sea para llevar un control de la calidad o producción y
es posible que sea muy aburrido para muchos matemáticos, aunque puede haber excepciones. La
segunda es que realmente hay pocos matemáticos y si hubiese vacantes se solicitan en otras
agencias o por referencias personales.
5. Trabaja por tu cuenta
La necesidad existe, de eso no hay duda. Si reconoces una necesidad que tú puedes cubrir con tu
conocimiento puedes animarte y hacerte independiente. Ser emprendedor no significa rentar y
local y contratar decenas de empleados. Muchas grandes empresas inician en tu propio
departamento con un par de laptops. Puedes iniciar dando servicios sencillos, como cursos de
temas de interés para empresas, consultorías en proyectos existentes mientras tomas experiencia
o confianza para guiar tus propios proyectos o asociarte con emprendedores de otras áreas. En
caso de querer hacer tu propia empresa no hay muchas reglas.
Sólo podría darte las ocho directrices para el éxito de Richard St. John.
1. Pasión. Debes hacerlo por amor no por dinero. Piensa si estarías haciendo eso si tuvieras
$1000,000,000 en tu cuenta de banco.
2. Trabajo. Cuando eres tu propio jefe, debes trabajar más duro. La única manera es
disfrutarlo. Esto es fácil si cumples el punto 1 y es imposible si no es así.
3. Enfoque. Debes procurar enfocar bien tu objetivo. Sólo en una sola cosa.
4. Empuje. Muévete a ti mismo o encuentra alguien que te motive. Esfuérzate más cuando
parezca que no puedes.
5. Ideas. Escucha, lee, observa, sé curioso, haz preguntas, resuelve problemas, haz
conexiones. Necesitas ser un buscador de ideas nuevas.
6. Mejor. Debes ser el mejor en lo que haces. Concéntrate en algo y haz lo que sea para ser el
mejor del mundo en eso. Se facilita si te enfocas en tus talentos.
7. Servicio. Busca hacer algo que sea de valor para otros. Acostúmbrate a servir y ayudar a
los demás. Evita la mentalidad egoísta, piensa siempre en “tú ganas, yo gano”.
8. Persistencia. Nunca te rindas. La persistencia es la razón principal del éxito.
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De hecho, agregaría una novena directriz.
9. Rebeldía inteligente. Aprende cuándo seguir directrices y cuándo romper las reglas. Si
estás en duda, mejor sigue las directrices.
Algo que no está en estos puntos es rodearte profesionalmente de las personas adecuadas. Busca
colaboradores, especialmente aquellos cuyas fortalezas sean tus debilidades. De esta forma el
equipo que formen será mucho más eficiente. Como matemático podrías iniciar un gran equipo
con emprendedores en otras disciplinas científicas, económicas o tecnológicas. Todos los
proyectos realmente importantes se logran en equipo.
6. Otras cosas que ver
Aquí agrego algunos enlaces a noticias, textos y videos interesantes.
Careers in Mathematics, http://www.math.ucsc.edu/undergraduate/careers
Mathematician as #1 Job in 2009, http://alturl.com/rm58d
La industria necesita matemáticos; entienden mejor los problemas,
http://alturl.com/ykhpe
Mathematicians and their skills coveted in many occupations, http://alturl.com/9hu46
Richard St. John’s 8 secrets of success, http://alturl.com/9y2ux
Lamento de un matemático (Paul Lockhart), http://alturl.com/tya65
Buenas decisiones para una gran carrera como matemático, http://alturl.com/zz4dg
Aleph5 (empresa de conocimiento en matemáticas), http://www.aleph5.com
Universidad Autónoma de Nuevo León, http://fefm.uanl.mx/
Héctor trabaja en la Universidad Autónoma de Nuevo León,
puedes contactarlo en hector.florescn@uanl.edu.mx
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Acertijos y la curva de Jordan David Torres Flores
Uno de los usos que con mayor frecuencia le damos a las matemáticas es el de entretenernos. Por
lo general no nos damos cuenta, al punto que la idea suena bastante descabellada, pero considero
que bastará dar un par de ejemplos para dejar en claro este punto.
Iniciemos con un juego bastante común entre los niños: Timbiriche. El timbiriche es un juego para
dos personas y para el que basta una libreta cuadriculada y un lápiz. Los jugadores primero,
marcan todos los puntos de un tablero de, digamos, . Alternadamente, trazan líneas de
longitud para unir algunos de los puntos del tablero. El jugador que cierra un cuadradito de
, le pone una marca, para indicar que es suyo y vuelve a tirar. El ganador es aquél que marca
más cuadritos. El timbiriche es un juego muy sencillo de jugar, pero que contiene muchos
elementos que lo hacen también extremadamente interesante, y ha sido tema de diversos
artículos de divulgación de las matemáticas1.
Otra actividad matemáticamente recreativa, pero más popular entre gente más adulta es el
famoso Sudoku. Se juega en un tablero de en el que hay que insertar los números del al
en cada casilla, de forma que en cada fila, columna y de ciertos subtableros de contengan
una y exactamente una vez a los números del al . A diferencia del Timbiriche, el Sudoku no es
un juego para dos personas, sino más bien podríamos compararlo con un acertijo en el que
tenemos que descubrir algo (en este caso, todos los números del tablero) en base a cierta
información que se nos proporciona (los números que vienen ya escritos en el tablero) usando el
ingenio y la lógica.
Tanto el Sudoku como el Timbiriche son actividades que poseen un genuino interés matemático
en sí mismos, pero la aseveración anterior puede no parecer del todo clara. Después de todo ¿Qué
tienen de similar el Timbiriche y el Sudoku con el álgebra, o las ecuaciones que vemos en la
escuela?
La pregunta a la anterior podría parecerse a preguntar ¿Qué tienen en común las cumbias con la
música clásica? Sin embargo, los caminos de las matemáticas son intrigantes y misteriosos y
constantemente muestran relaciones entre objetos que al parecer no tenían nada en común. Para
ilustrar un ejemplo de ello, introduciré otro acertijo, una mezcla de Sudoku y Timbiriche, y
mostraré su conexión con uno de los teoremas de mayor importancia para los matemáticos: El
Teorema de la Curva de Jordan.
El Slitherlink es un acertijo, en el mismo sentido que el Sudoku lo es. Nos da cierta información en
un inicio, y en base a ella y nuestro ingenio y lógica debemos de descubrir algo. Sin embargo, se
1 Locos por las matemáticas, de Ian Stewart es un buen ejemplo.
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juega en un tablero semejante a un tablero de Timbiriche. En la figura podemos ver un ejemplo de
un acertijo de Slitherlink en un tablero de .
En el tablero anterior, alguien ha trazado algunas de las líneas que unen los signos de +, (como en
el timbiriche), pero en lugar de formar cuadritos, las líneas forman un caminito. El camino nunca
se corta a sí mismo e inicia y termina en el mismo lugar (los matemáticos llaman a esto una curva
cerrada simple). El objetivo del juego es encontrar el camino oculto. Para ello poseemos de ciertas
pistas: los números en el tablero. En algunos de los cuadraditos de del tablero hay un
número del al que nos indica cuántos de los lados del cuadradito de forman parte del
camino.
¡Intenta resolver el acertijo! Si te gana, aquí encontrarás la solución.
Al igual que el Sudoku y el Timbiriche, el Slitherlink posee ciertas estrategias que nos ayudan a
encontrar la solución. Por ejemplo, si aparecen un y un en cuadritos que comparten un lado,
queda claro que el camino debe seguir un patrón como el siguiente:
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De igual manera, si dos aparecen en cuadritos que comparten un lado, los lados marcados de
rojo necesariamente forman parte del camino
y si los están en diagonal, entonces podemos asegurar que se verá algo así (¿Por qué?)
Como los anteriores, encontrarás muchos patrones para el Slitherlink en el final de este artículo.
Al momento, el Slitherlink debería de parecerte similar al Sudoku y al Timbiriche. Esto es,
entretenido, pero no demasiado sofisticado. Después de un poco de prueba y error, así como de
trabajar tu ingenio y lógica, es posible resolverlo. Sin embargo, podemos hacer mayor el tamaño
del tablero, y con ello incrementar significativamente la dificultad del problema.
El anterior es un Slitherlink de . Al intentar resolverlo, notarás que es más complicado que
el de debido a que se han aumentado las posibilidades. ¡Intenta atacar un poco este tablero
antes de continuar leyendo!
Con el tablero anterior, encontrarás que no es trivial resolver un Slitherlink tan grande como el
anterior. Si bien los patrones como los que hemos descrito ayudan mucho, estarán lejos de
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resolver el problema por completo. En estos casos, puede ser útil desarrollar herramientas más
sofisticadas. Es aquí donde el Teorema de la Curva de Jordan entra en acción.
El Teorema de la Curva de Jordan es un teorema que parece extremadamente intuitivo y claro,
pero que es muy difícil de probar formalmente. Camille Jordan, un matemático francés, fue el
primero en ofrecer una prueba del teorema (en 1887), que resultó estar incompleta según el rigor
matemático actual. Oswald Veblen dio (en 1907) la primera demostración que se considera
completa actualmente.
Sin embargo, muy probablemente te convencerás muy rápido de la validez de este teorema tan
pronto sepas lo que enuncia. Para ello debes imaginarte que dibujas una curva2 cerrada simple. Es
decir, que colocas la pluma sobre el papel y sin levantarla, realizas un trazo que no se corte nunca
a sí mismo (es decir, simple) y que inicias y terminas el trazo en el mismo lugar (esto significa
cerrado). Por ejemplo, algunas curvas cerradas simples son las siguientes:
En cambio, de las dos curvas que se ven abajo, la de la izquierda no es cerrada, mientras que la de
la derecha no es simple.
Intuitivamente hablando, el Teorema de La Curva de Jordan dice que toda curva cerrada simple
divide al plano en dos partes: la de adentro y la de afuera. Esto puede parecer muy claro, sin
embargo existen curvas como la de abajo en la que no es inmediato si el punto A se encuentra en
la parte de adentro o en la parte de afuera. ¿En cuál de las dos está?
2 Los matemáticos consideran las líneas rectas como un tipo de curvas.
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Existen formas fáciles y rápidas de saber si el punto A está en el interior o en el exterior de la
curva. Una de ellas consiste en trazar un rayo desde A (es decir, una línea recta que inicie en A y se
prolongue indefinidamente en la otra dirección)3. Hecho esto, cuenta cuántas veces corta a la
curva. Si la corta un número par de veces, se encuentra afuera, y si la corta un número impar de
veces, se encuentra adentro (¿Por qué?). En nuestro ejemplo, el rayo corta 4 veces a la curva, por
lo que el punto A se encuentra en la parte de afuera de dicha curva.
También puedes notar que resulta útil colorear el interior de la curva, lo cual hace evidente qué
puntos están en el interior y qué puntos están en el exterior.
¿Qué tiene que ver todo esto con el Slitherlink? Pues bien, si recuerdas, el caminito del Slitherlink
es una curva cerrada simple, por lo que, de acuerdo al teorema de la curva de Jordan, va a separar
el plano en dos partes: una de adentro y otra de afuera. Por extraño que pudiera parecer, usar
este tipo de ideas resulta de mucha ayuda a la hora de atacar el Slitherlink.
Recordemos nuestro tablero de del último acertijo. Si desististe después de un rato de
estarlo intentando, podrías haber encontrado algo como lo siguiente:
3 El rayo no debe tocar tangencialmente a la curva en ningún punto. ¿Qué quiere decir esto?
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Es decir, después de poner algunos patrones sencillos y más o menos claros marcamos algunas
líneas que deben ser parte del camino y algunas que no pueden ser parte de él. Sin embargo, ¿qué
sigue? La idea consiste en identificar cuáles de los cuadritos estamos ya seguros que están en el
interior del camino y cuáles en el exterior. Para ello, usamos los dos métodos descritos
anteriormente, pero recordando que no estamos viendo todo el camino.
¿Puedes colorear todos los cuadritos que, con la información del cuadrado anterior, estamos
seguros que están adentro o afuera del camino?
Si aplicas los consejos que hemos dado, no debe resultarte difícil convencerte que las regiones que
marcamos de azul se encuentran fuera de la curva y las que hemos marcado de rojo se encuentran
dentro.
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Esto se debe a que si dos cuadraditos tienen una x entre ellos, entonces son del mismo color, y si
tienen una línea entre ellos son de diferente color. Además, los cuadros que están separados por
una línea del borde deben ser rojos, y los que no lo están deben ser azules. Sin embargo, esto nos
lleva a observar la línea verde: De un lado hay azul y del otro rojo. Esto implica que la línea verde
debe formar parte del camino. Sin embargo, la línea verde es información nueva: no la habíamos
detectado en nuestra información anterior. De esta forma, resulta muy sencillo ir encontrando
líneas que forman parte (o que no forman parte) de nuestro camino. En ocasiones, este tipo de
análisis, más que simplificar, resulta necesario para resolver el problema.
Lo anterior, por simple que parezca, es una analogía tremendamente precisa del trabajo de un
matemático: en primer lugar nos enfrentamos a un problema que nos representa un desafío: algo
nuevo qué resolver. Desarrollamos herramientas (como los patrones) para ayudarnos a resolver
los casos más sencillos de nuestro problema, pero muchas veces nos encontramos con que éstas
son insuficientes. Entonces, es necesario hacer un análisis a mayor profundidad de nuestro
problema y tratar de conectarlo con nuestra experiencia anterior. Puede ocurrir entonces que nos
encontremos que hay un resultado muy importante (nuevo o antiguo, en este caso el Teorema de
la Curva de Jordan) que por lo general se puede aplicar a muchos más problemas que el que
estamos trabajando. Entonces hemos dado con el meollo del asunto, estamos en una posición de
mayor claridad en la que comprendemos qué es lo que estábamos haciendo: por qué teníamos
dificultad en algún punto o por qué algunas cosas eran muy fáciles de hacer. Es entonces
momento de recapitular, y hecho esto de moverse adelante al siguiente desafío...
David es conocido por su nombre artístico Gato
es capitán de Rabilia, fanático de los panzas verdes
y escribe para El Deforma.
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Problemas propuestos año 1 número 2
Siguiendo el ejemplo de la revista Tzaloa de la Olimpiada Mexicana de Matemáticas, cada número
propondremos algunos problemas para nuestros lectores. Pueden mandar sus soluciones o
proponer problemas a casa.olimpica@hotmail.com y, si son buenas, las publicaremos en el
siguiente número.
Enunciados
Problema 1. Luis y Eugenio recogían canicas por turnos. En cada turno Luis recogió canicas,
mientras que Eugenio recogió de la siguiente manera, en su primer turno tomó canicas, después
recogió y se mantuvo recogiendo de por turno, hasta que en cierto turno decidió darle más
velocidad y recogió canicas, a partir de ese turno en cada turno recogió canicas más
que en su turno anterior. En cierto turno notaron que tenían la misma cantidad de canicas. Si y
son números primos ¿cuánto puede valer ?
Problema 2. Dado un conjunto de números , decimos que es la suma de los elementos
de A. Cuales el promedio de las , donde los son los subconjuntos de elementos
tomados de
Problema 3. ¿Cuántos subconjuntos de elementos cumplen que al tomar de sus elementos
, y considerar los siguientes tres números: , y calcular la
suma de sus cifras hasta reducirla a un número, ninguna de estas sumas resulta ser ?
Problema 4. El Reloj de la torre Saurio tiene manecillas y está descompuesto, llevaron a un
velocirraptor para que lo arreglara pero no lo dejó del todo bien, ahora la manecilla de los
segundos se mueve tres veces más rápido que como debería y tiene una peculiaridad: cuando
alcanza a la manecilla de las horas o a la manecilla de los minutos invierte su dirección. Los Saurios
tardaron un día en darse cuenta de esto. Si la manecilla de los segundos mide medio metro, ¿Qué
distancia ha recorrido la punta de la manecilla, para cuando los saurios lo notaron?
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Comité Editorial
José Ramón Guardiola Espinosa
Manuel Jiménez Benítez
José Ángel Sosa Salinas
Demian Espinosa Ruiz
Siddhartha Morales Guzmán
Luis Islas Cruz
José Luis Carballo Lucero
José Trinidad Barajas
Francisco Javier Zubieta Rico
Eugenio Daniel Flores Alatorre
Colaboraron
María la Folclorosa
Héctor Flores Cantú
David Guadalupe Torres Flores
Contacto
CARMA / Casa Olímpica / Editorial Dinosaurio
Juan de O’Donojú 425: (444) 811 8922
San Luis Potosí, SLP
casa.olimpica@hotmail.com
Casa Olímpica en Facebook
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