revista olimpica. iii trimestre 2008

Sociedad RAMAMSEM

1

Problemas de Matemática para

Competencias olímpicas

Sociedad Ramamsem

III TRIMESTRE DEL 2008

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2

CONTENIDO ________________________________ Página

1. Presentación

1

2. Solución a los anteriores Problemas de Competencias no Olímpicas

7

3. Problemas de Competencias no Olímpicas

31

4. CURIOSATO

37

5. Solución a los problemas anteriores de la columna

“Olimpiadas alrededor del mundo”.

63

6. Olimpiadas alrededor del mundo

69

7. Lógica y Matemática Recreativa

72

8. Guía y lecciones de entrenamiento para competencias matemáticas.

81

________________________________

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1

1. Presentación.

Esta publicación es realizada por la Sociedad RAMAMSEM y va dirigida a todas aquellas

personas que deseen explorar una matemática diferente a la que se enseña en secundaria,

y algo más !

Toda comunicación o información con respecto a los problemas propuestos o soluciones,

pueden ser enviados a

��[email protected] o bien [email protected]

En la portada de esta edición les presentamos el conjunto de Mandelbrot que es el más

conocido de los conjuntos fractales, y el más estudiado.

Este conjunto se define así, en el plano complejo:

Sea c un número complejo cualquiera. A partir de c, se construye una sucesión por

inducción:

Si esta sucesión queda acotada, entonces se dice que c pertenece al conjunto de

Mandelbrot, y si no, queda excluido del mismo. En la imagen anterior, los puntos negros

pertenecen al conjunto y los de color no. Los colores dan una indicación de la velocidad con

la que diverge (tiende al infinito, en módulo) la sucesión: en rojo oscuro, al cabo de pocos

cálculos se sabe que el punto no está en el conjunto mientras que en blanco, se ha tardado

mucho más en comprobarlo. Como no se puede calcular un sinfín de valores, es preciso

poner un límite, y decidir que si los p primeros términos de la sucesión están acotados

entonces se considera que el punto pertenece al conjunto. Al aumentar el valor de p se

mejora la precisión de la imagen.

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Por otra parte, se sabe que los puntos cuya distancia al origen es superior a 2: x² + y² > 4 no

pertenecen al conjunto. Por lo tanto basta encontrar un solo término de la sucesión que

verifique |zn| > 2 para estar seguro que c no está en el conjunto.

La propiedad fundamental de los fractales es una cierta invariabilidad con relación a la

escala, o dicho de otro modo, al acercarse a ciertas partes de la imagen reaparece en

miniatura la imagen total. Un mismo motivo aparece a distintas escalas, a un número

infinito de escalas. Veámoslo más en detalle, a partir del plano siguiente:

PLANO

Al agrandar el cuadro verde, se obtiene la imagen siguiente:

CUADRO VERDE AMPLIADO

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3

Salta a la vista que la bola negra a es una reducción exacta de la bola A. La protuberancia a

la izquierda de a también es una reducción exacta de a, y el proceso sigue indefinidamente.

También se puede observar que la bola b es una reducción de A (una reducción combinada

con una rotación, es decir que b se obtiene de A mediante una semejanza). Mirando mejor,

se nota un sinfín de protuberencias semejantes a A.

Volviendo al plano, escojamos esta vez el cuadro azul oscuro a la izquierda. Al agrandarlo,

obtenemos:

CUADRO AZUL AMPLIADO

Su parecido a la imagen inicial es obvio. El proceso se puede repetir un sinfín de veces,

empezando por agrandar la pequeña mancha negra a la izquierda del cuadro.

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4

Ahora, ampliemos el cuadro violeta del plano:

CUADRO VIOLETA AMPLIADO

En esta imagen aparece una mancha arriba a la izquierda que tiene la misma forma que la

imagen inicial. Al mirar más de cerca, se obtiene:

SEGUNDO CUADRO VIOLETA AMPLIADO

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Y una vez más, el parecido salta a la vista.

Ahora, agrandemos el cuadro azul claro de la derecha del plano:

CUADRO AZUL CLARO AMPLIADO

Acerquémonos al cuadro blanco de la última imagen:

CUADRO BLANCO AMPLIADO

Aquí se nota una ligera deformación de la figura inicial. Sin embargo, esta imagen sigue

siendo isomorfa a la inicial. Y claro, alrededor de cada clon de la forma inicial existen otros

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clones minúsculos, en las mismas posiciones relativas que en la figura global. El proceso no

tiene fin.

Existe otra manera de definir este conjunto:

Es el conjunto de los complejos c para los que el conjunto de Julia asociado a

fc(z) = z² + c es conexo.

Otra representación

En esta imagen, el conjunto es, naturalmente, el mismo, pero las líneas de nivel (que

separan los colores, fuera del conjunto) no son idénticas. Esto se debe a que no se ha

empleado el mismo criterio de divergencia: en esta imagen es realmente |zn| > 2, mientras

que en las anteriores era |zn| > 10, por razones estéticas, ya que así se obtiene una imagen

inicial menos oscura.

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2. Solución a los anteriores Problemas de Competencias no

Olímpicas.

Miguel Ángel Arias Vílchez

Giovanni Buckcanan Aguilar

Kendrick Mitchell Maturin

Mauricio Rodríguez Mata A continuación brindamos la solución de los 30 ejercicios propuestos en la columna

Problemas de Competencias no Olímpicas de la edición anterior.

Les recordamos que la forma de resolver cada ejercicio no necesariamente es la

única, así que invitamos al estimable lector a enviarnos sus soluciones a los mismos.

ÁLGEBRA.

1. Propuesto por K.R.S. Sastry, Bangalore, India. Tomado de la revista Crux

Mathematicorum with Mathematical Mayhem de 2007.

(a) Los ceros del polinomio P(x) = x2 – 5x + 2 son precisamente las dimensiones de un

rectángulo en centímetros. Determine el perímetro y el área del rectángulo.

(b) Los ceros del polinomio P(x) = x3 – 70x2 + 1629x – 12600 son precisamente las

dimensiones internas de un cuarto rectangular en metros. Halle el área total y el volumen del

interior del cuarto (donde las ventanas y puertas están cerradas).

SOLUCIÓN (de Lacey K. Moore, estudiante, Angelo State University, San Angelo, TX, USA):

(a) Sean l y w las dimensiones del rectángulo en centímetros. Desde que sabemos que l y w

son los ceros de P(x) = x2 – 5x + 2, tenemos P(x) = (x – l)(x – w) = x2 – (l + w)x + lw. Lo

anterior implica que l + w = 5 y lw = 2; por lo que el perímetro del rectángulo es

2(l + w) = 2(5) = 10 cm, y su área es lw = 2 cm2.

(b) Sean l, w y h las dimensiones del cuarto rectangular en metros. Desde que sabemos que

l, w y h son los ceros de P(x) = x3 – 70x2 + 1629x – 12600, tenemos

P(x) = (x – l)(x – w)(x – h) = x3 – (l + w + h)x2 + (lh + lw + wh)x - lhw. Lo anterior implica que

lh + lw + wh = 1629 y lhw = 12600; así su área total es 2(lw + lh + wh) = 2(1629) = 3258 m2,

y su volumen es lwh = 12600 m3.

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2. Propuesto por Ron Lancaster, Université de Toronto, Toronto, Canadá. Tomado de la

revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem de 2007.

Resolver la ecuación:

SOLUCIÓN (de Jean-David Houle, Cégep de Drummondville, Drummondville, Canadá)

Reduciendo la ecuación tenemos

sustituyendo las series geométricas por las sumas

tenemos

y, dando un valor aproximado a su solución, se tiene

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3. Propuesto por Yakub N. Aliyev, Baku State University, Baku, Azerbaijan. Tomado de la


Si ,0,, >cba pruebe que

SOLUCIÓN (de Vedula N. Murty, PA, USA)

Tenemos que ,02

)(42

)( ≥−=−+ baabba con lo que .2

)(4 baab +≤ Similarmente,

2)(4 cbbc +≤ y .

2)(4 caac +≤ De lo anterior,

Usando la conocida desigualdad ,222

cbacabcab ++≤++ obtenemos

Combinando (1) y (2) obtenemos

Dividiendo por abc4 obtenemos el resultado requerido.

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4. Propuesto por Houda Anoun, Bordeaux, Francia. Tomado de la revista Crux


¿Para cuáles números naturales x el número 1234 ++++ xxxx es un cuadrado

perfecto?

SOLUCIÓN (de Jean-David Houle, Cégep de Drummondville, Drummondville, Canadá):

Sea ,1)(234 ++++= xxxxxf analicemos las dos siguientes situaciones.

CASO I. Si x es un número par.

Notemos que

con lo que

Es claro que si 0=x entonces )(xf es un cuadrado perfecto. Para los otros números

pares se tiene que, el polinomio )(xf está comprendido entre dos cuadrados perfectos por

lo que él no puede serlo.

CASO II. Si x es un número impar.

Para 5≥x se tiene que

con lo que

El polinomio )(xf está comprendido entre dos cuadrados perfectos por lo que él no puede

serlo. Resta por analizar que sucede para los impares 1 y 3. Si ,5)(,1 == xfx para

.121)(,3 == xfx

Se concluye que los valores buscados son 0 y 3.

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5. Propuesto por Vedula N. Murty, Dover, PA, USA. Tomado de la revista Crux


Sean cba ,, números reales positivos con .1=++ cba Dado que ,3

1=++ cabcab

determine los valores de:

SOLUCIÓN (de Titu Zvonaru, Cománesti, Rumania):

Dadas las condiciones 1=++ cba y ,3

1=++ cabcab se tiene que

3

1=== cba ya que

Así,

y

6. Propuesto por Babis Stergiou, Grecia. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with

Mathematical Mayhem de 2006.

Sean cba ,, números reales positivos con ,1=++ cba pruebe que

SOLUCIÓN (de Titu Zvonaru, Cománesti, Rumania):

Por la desigualdad entre la media aritmética y la media geométrica se tiene que:

con lo que

similarmente

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y

Multiplicando, miembro a miembro, las desigualdades (1), (2) y (3) se obtiene la desigualdad

a probar. La igualdad se establece cuando 3

1=== cba .

7. Propuesto por Edward T.H. Wang, Wilfrid Laurier University, Waterloo, Canadá. Tomado

de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem de 2006.

Sea .1)12()12)(12)(12)(12(1024642 ++++++= LS Determine 1024

1

S sin hacer uso de

la calculadora.

SOLUCIÓN (de John DeLeon, Angelo State University, San Angelo, TX, USA):

Multiplicando S por (2 – 1) obtenemos

con lo que .42)2(21024

1

20481024

1

===S

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8. Propuesto por Neven JuriČ, Zagreb, Croacia. Tomado de la revista Crux


Compute la suma

SOLUCIÓN (de Esther María García-Caballero, Universidad de Jaén, Jaén, España):

Racionalizando el denominador obtenemos una serie telescópica

9. Propuesto por Ovidio Gabriel Dinu, Balcesti, Valcea, Rumania. Tomado de la revista Crux


Pruebe que si ba, son números reales y ,1=− ba , entonces .4

133 ≥− ba

SOLUCIÓN (del equipo austriaco de la IMO):

Es conocido que ).)((2233 babababa ++−=− Usando ,1=− ba la ecuación dada es

equivalente a

Más aún, podemos escribir a como ,1 ba += obteniendo

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Esta desigualdad es equivalente a cada una de las siguientes:

10. Propuesto por José Luis Díaz-Barrero, Universitat Politècnica de Catalunya, Barcelona,

España. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem de 2008.

Sean ba, y c números estrictamente positivos tales que .3abccba ≥++ Pruebe que

.2222 abccba ≥++

SOLUCIÓN (de Cao Minh Luang, Nguyen Binh Khiem High Scholl, Vinh Long, Vietnam):

De la desigualdad entre la media aritmética y la media geométrica, tenemos

,)(3

1 3 abccba ≥++ o bien ;27)(3 abccba ≥++ de donde

Así, extrayendo raíz cuadrada a ambos lados de la desigualdad, tenemos

,9)(2 abccba ≥++ desde que ,,ba y c son todos positivos. Luego,

Por tanto,

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GEOMETRÍA.

1. Propuesto por Bruce Shawyer, Memorial University of Newfoundland, St. John´s. Tomado

de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem de 2008.

Un cuadrado de lado s está inscrito simétricamente en un sector circular con radio r y

ángulo central de 60°, tal que dos vértices yacen sobre los lados del sector (radios) y dos

vértices yacen el en arco del sector. Determine el valor exacto de .r

s

SOLUCIÓN (de Nick Wilson, estudiante, Valley Catholic School, Beaverton, Oregón, USA):

Consideremos la figura siguiente

Por simetría, notemos que .OBOA= Desde que ,60o=∠ AOB podemos notar que

AOB∆ es un triángulo equilátero. Así, .sBCABOB === Podemos hacer uso de la Ley

de Cosenos sobre el ángulo OBC∠ para, sucesivamente, obtener:

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2. Propuesto por Edward J. Barbeau, University of Toronto, Canadá. Tomado de la revista

Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem de 2007.

Considere la figura siguiente

en donde PTS∆ es un triángulo equilátero y TSRQ es un cuadrado de lado 1. Un círculo

pasa por los puntos ,, QP y .R Determine la medida del radio del círculo.

SOLUCIÓN (de Showadai-cho, Takatsuki City, Osaka, Japón):

Sea O el centro del círculo, y r su radio. La perpendicular desde el punto P al lado QR

biseca a los segmentos TS y QR en los puntos M y ,N respectivamente.

Sabemos que O está sobre el segmento ,MN con 2

3−=−= rPMrOM y

.

2

2

12

−= rON Desde que ,1=+ ONOM obtenemos la ecuación:

resolviendo para r tenemos

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de donde se concluye que .1=r

3. Propuesto por K. R. S. Sastry, Bangalore, India. Tomado de la revista Crux


Sea ABC un triángulo isósceles con ,ACAB = y las longitudes de sus lados son enteros

con ningún divisor común mayor que uno. El incentro I divide a la bisectriz AD tal que

.24

25=

ID

AI Determine el radio del incírculo del triángulo .ABC∆

SOLUCIÓN (de Richard I. Hess, Rancho Palos Verdes, California, USA):

Consideremos la figura siguiente

Sean a y b primos relativos tales que BCa = y ,ABACb == y sea .DAC∠=θ

Sabemos que b

a

sen 2

1

=θ y .AI

IEsen =θ Desde que ,IDIE = concluimos que

.25

24

2==

b

asen θ

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Así, desde que a y b son primos relativos, tenemos .25,48 == ba Entonces

;242

1=== aDCEC con lo que .1=−= ECACAE Ahora, θθ tantan === AEIEr

esto es, .7

24

257

2524

21

cos==

−==

θ

θθθ

sen

sensenr

4. Propuesto por K. R. S. Sastry, Bangalore, India. Tomado de la revista Crux


En la siguiente figura, la estrella de siete puntos no tiene tres segmentos concurrentes.

Determine la suma .7654321 AAAAAAA ++++++

SOLUCIÓN (de Hasan Denker, Estambul, Turquía):

La estrella de siete puntos al no tener tres segmentos concurrentes genera el pentágono

ABCDE como se muestra en la figura

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Considerando los triángulos ,51,47,3 CAABAAAEA y ,62 BAA las siguientes relaciones

se obtienen:

Sumando estas ecuaciones, obtenemos

más aún, ,540o=++++ EDCBA con lo que

por tanto

5. Propuesto por el equipo de Mayhem. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with


Evalúe: .902

cos32

cos22

cos12

coso

Looo ++++

SOLUCIÓN (de Robert Bilinski, Collège Montmorency, Laval, Canadá):

Denotemos con S la suma dada. Desde que ,090cos =o tenemos

Entonces, desde que

−= xsenx

o90cos y ,

2cos1

2 xxsen −= tenemos que

con lo que ,892 =S por tanto .5,45902

cos32

cos22

cos12

cos =++++ oL

ooo

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6. Propuesto por Robert Bilinski, Collège Montmorency, Laval, Canadá. Tomado de la


En el interior de un cuadrado ABCD se construye el triángulo equilátero ABE y en su

exterior se construye el triángulo equilátero .BCF Pruebe que los puntos ,, ED y F son

colineales.

SOLUCIÓN (de Titu Zvonaru, Cománsti, Rumania):

El triángulo ADE es isósceles, y .306090ooo =−=∠ DAE Similarmente, El triángulo

EBF es isósceles, y .903060ooo =+=∠ EBF Así, tenemos que

Por tanto, los puntos ,, ED y F son colineales.

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7. Propuesto por Bruce Shawyer , Memorial University of Newfoundland, St. John´s, USA.

Tomado de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem de 2006.

Dos círculos congruentes de radio r son tangentes exteriormente. Ellos son tangentes

internamente a los lados de un triángulo rectángulo de lados 3, 4, y 5, con la hipotenusa

tangente a ambos círculos. Determine .r

SOLUCIÓN (de Natalia Desy, estudiante, Palembang, Indonesia):

Sea ABC el triángulo 3 – 4 – 5 el triángulo rectángulo en cuestión, sea r el radio de cada

círculo, y sean los puntos de tangencia, con el triángulo ,ABC ,,, JNM y ,K como se

muestra en la figura siguiente:

Designemos .5,4,3 === CABCAB Sean AJANx == y .CKCMy == Entonces

,3, xrPQyraQR −−=−−= y .52 yxrPR −−== Desde que el triángulo PQR es

semejante al triángulo ,ABC tenemos que

Ahora, multiplicando yxr −−= 52 por 5 tenemos .552510 yxr −−= Usando las

ecuaciones (1) y (2) en esta última igualdad tenemos

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8. Propuesto por Babis Stergiou, Chalkida, Grecia. Tomado de la revista Crux


Dos triángulos equiláteros ABC y CDE están sobre el mismo lado de la recta .BCD Si

BE interseca a AC en K y DA interseca a CE en ,L pruebe que KL es paralela a .BD

SOLUCIÓN (del Grupo de resolución de problemas de la Universidad del Estado de

Missouri, Sprinfield, USA):

Desde que ,60o=∠=∠ ECDBCA notamos que ,60

o=∠ ACE de donde se sigue que

.ACDBCE ∠=∠ Desde que BCAC = y CECD = se tiene que los triángulos ACD∆

y BCE∆ son congruentes (por criterio LAL). Así, ,CBECAD ∠=∠ con lo que ACL∆ y

BCK∆ son congruentes (por criterio ALA).

De lo anterior, tenemos que .CLCK = Más aún, el triángulo CKL∆ es isósceles. Desde

que ,60o=∠ ACE tenemos que .60 BCACLKCKL ∠==∠=∠ o Por lo tanto, KL es

paralela a .BD

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El diámetro de un círculo mayor es dividido en n partes iguales para construir n círculos

menores, como se muestra en la siguiente figura.

Determine n sabiendo que la razón del área sombreada al área no sombreada (formada

por los círculos menores) en el círculo mayor es 3 : 1.

SOLUCIÓN (de Gabriel Krimker, estudiante de décimo grado, Buenos Aires, Argentina):

Sea r el radio del círculo mayor. El radio de cada círculo menor es .n

r El área sombreada

es ,1

12

22

−=

−n

rn

rnr πππ y el área no sombreada es .

122

=

nr

n

rn ππ

Entonces

Por lo tanto, .4=n

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10. Propuesto por Toshio Seimiya, Kawasaki, Japón. Tomado de la revista Crux

Mathematicorum de 1991, problema 1516.

ABC es un triángulo isósceles en el que ACAB = y .90o<∠ A Sea D cualquier punto

del segmento .BC Trace CE paralelo a AD tal que CE interseca a la prolongación de

AB (en ese sentido) en .E Pruebe que .2CDCE <

SOLUCIÓN (de Jack Garfunkel, Flushing, New York):

Tracemos AF paralelo a BC con lo que .CDAF = Tracemos MNAM = donde M es el

punto medio de .CE Entonces AENC es un paralelogramo.

Desde que A∠ es agudo, el EAC∠ es un ángulo obtuso. Así, la diagonal CE es mayor que

la diagonal .2AMAN = También, ,AFAM ≥ ya que la longitud de una mediana es mayor o

igual que la longitud de la bisectriz trazadas del mismo vértice. Así que hemos probado una

desigualdad más fuerte:

.222 CDAFAMCE =≥≥

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TEORÍA DE NÚMEROS.



Pruebe que, si ba +10 es un múltiplo de 7, entonces ba 2− también es un múltiplo de 7.

SOLUCIÓN (de Erick Zhang, Lisgar Collegiate Institute, Ottawa, Canadá):

Si ba +10 es un múltiplo de 7, entonces podemos escribir nba 710 =+ donde n es un

entero, esto es anb 107 −= y sustituyendo este resultado en ,2ba − obtenemos

el cual es múltiplo de 7.



Determine todas las soluciones ),( ba para la ecuación ,224 aab =− donde a y b son

enteros positivos.

SOLUCIÓN (de Geoffrey Siu, London Central Secondary Achool, Londres, Inglaterra):

Reordenando se tiene ,242 =− aab con lo que .24)2( =−ba Así, para soluciones

enteras positivas, a y 2−b deben ser factores de 24. Por lo tanto, se tiene 8 soluciones

),( ba las cuales son (1, 26), (2, 14), (3, 10), (4, 8), (6, 6), (8, 5), (12, 4) y (24, 3).

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¿En qué base 221 es un factor de 1215?

SOLUCIÓN (de Mikel Díez, estudiante de 3° ESO, IES Sagasti, Logroño, España):

El número 1215 en base a tiene el valor 52

23 +++ aaa y 221 en base a tiene el valor

.122

2 ++ aa Ahora, .2

9

2

1

2

1

2

1)12

22(5

22

3

+−+

+++=+++ aaaaaaa desde

que ( )a1215 debe ser un múltiplo de ,)(221 a el residuo, ,2

9

2

1+− a debe ser cero y

2

1

2

1+a debe ser un entero se concluye que .9=a



Determine todos los números de dos dígitos con exactamente 8 divisores positivos.

SOLUCIÓN (de Gustavo Krimker, Universidad CAECE, Buenos Aires):

Sea

donde rppp ,,2,1 L son primos distintos y rααα ,,2,1 L son enteros positivos. El

número de divisores positivos de n es .)1()12()11()( +++= rnd ααα L

Desde que 27 > 100, debemos buscar números los cuales sean productos de al menos dos

primos distintos. Tenemos los siguientes dos casos:

Caso (a). .βα qpn =

Para este caso, 8)( =nd si y solo si 21 =+α y .41 =+β Los números n que satisfacen

n < 100 son 21 ⋅ 33 = 54, 23 ⋅ 31 = 24, 23 ⋅ 51 = 40, 23 ⋅ 71 = 56 y 23 ⋅ 111 = 88.

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Caso (b). .γβα rqpn =

Entonces, 8)( =nd si y solo si .1=== γβα Los números de dos dígitos los cuales son

producto de tres primos distintos son 2 ⋅ 3 ⋅ 5 = 30, 2 ⋅ 3 ⋅ 7 = 42,

2 ⋅ 3 ⋅ 11 = 66, 2 ⋅ 3 ⋅ 13 = 78 y 2 ⋅ 5 ⋅ 7 = 70.

De (a) y (b), todos los números de dos dígitos con exactamente 8 divisores positivos son 24,

30, 40, 42, 54, 56, 66, 70, 78 y 88.



Los dígitos 1, 2, 3, 4 y 5 son usados cada uno una sola vez para formar un número de 5

dígitos abcde, tales que los números de 3 dígitos abc es divisible por 4, bcd es divisible por

5, y cde es divisible por 3. Determine todos los números de 5 dígitos abcde.

SOLUCIÓN (de Miguel Marañon, estudiante de 4° ESO, Instituto Práxedes Mateo Sagasti,

Logroño, España):

Desde que 5 bcd, entonces d = 5. Del mismo modo, desde que 4 abc, entonces c = 2 ó

c = 4 y, desde que 3 cde, tenemos que 3 (c + d + e).

Si c = 2, entonces 3 (2 + 5 + e), lo cual implica que e ≡ 2 (mod 3). Esto es una

contradicción desde que e debe ser diferente de d = 5 y c = 2. Con lo anterior concluimos

que c = 2 es falso, y así c = 4.

Entonces 3 (4 + 5 + e). Esto implica que e ≡ 0 (mod 3), de donde tenemos que e = 3.

Ahora, a, b ∈ {1, 2}. Como 214 no es un múltiplo de 4, se concluye que a = 1 y b = 2.

Por tanto, el problema tiene una única solución: abcde = 12453.

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FUNCIONES O SUCESIONES.

1. La sucesión de enteros a1, a2, a3, ... satisface an+2 = an+1 – an para n > 0. La suma de los

primeros 1492 términos es 1985, y la suma de los primeros 1985 términos es 1492.

Determine la suma de los primeros 2001 términos.

(3rd AIME, 1985)

SOLUCIÓN OFICIAL:

La sucesión es a1, a2, a2 – a1, –a1, –a2, a1 – a2, a1, a2, ... , así ésta es periódica con periodo 6.

También, la suma de un periodo completo de términos es 0. 1492 ≡ 4 (mod 6),

1985 ≡ 5 (mod 6), 2001 ≡ 3 (mod 6), así la suma de los primeros 1492 términos es

a1 + a2 + a3 + a4 = 2a2 – a1, la suma de los primeros 1985 es a1 + ... + a5 = a2 – a1.

Por tanto a2 = (2a2 – a1) – (a2 – a1) = 493, y la suma de los primeros 2001 es 2a2 = 986.

2. Si f(n) denota el cuadrado de la suma de los dígitos de n. Si f 2(n) denota f(f(n)), f 3(n)

denota f(f(f(n))) y así sucesivamente. Determine f 1998(11).

(6th AIME, 1988)

SOLUCIÓN (de Sociedad RAMAMSEM, Limón, Costa Rica):

f(11) = (1 + 1)2 = 4, f 2(11) = f(f(11)) = f(4) = 42 = 16, f 3(11) = f(f 2(11)) = f(16) = (1 + 6)2 = 49,

f 4(11) = f(f 3(11)) = f(49) = (4 + 9)2 = 169, f 5(11) = f(f 4(11)) = f(169) = (1 + 6 + 9)2 = 256,

f 6(11) = f(f 5(11)) = f(256) = (2 + 5 + 6)2 = 169, f 7(11) = f(f 6(11)) = f(169) = (1 + 6 + 9)2 = 256.

Como se puede verificar, se tiene que f n(11) = 169 para todo n par mayor o igual que 4 y

f n(11) = 256 para todo n impar mayor o igual que 5. Por tanto, f 1998(11) = 169.

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3. Si A es la sucesión a1, a2, a3, ... , defina ∆A como la sucesión a2 – a1, a3 – a2, a4 – a3, ... .

Si ∆(∆A) tiene todos sus términos iguales a 1 y a19 = a92 = 0, determine a1.

(10th AIME, 1992)

SOLUCIÓN OFICIAL:

Examinando los términos menores inducimos que an = (n – 1)a2 – (n – 2)a1 + ½(n –1)(n – 2),

o equivalentemente que an = ½n2 + an + b. Pero a19 = a92 = 0, así el polinomio debe ser

(n – 19)(n – 92)/2 el cual tiene valor 9·91 = 819 en n = 1.

4. Propuesto por M. Selby, University of Windsord. Tomado de la revista Crux


Sea ( ) ,347n

nA += donde n es un entero positivo. Determine una expresión simple

para [ ] ,1 nAnA −+ donde [ ]x es el mayor entero menor o igual que .x

Nota: [ ]x es conocida como la parte entera de .x

SOLUCIÓN (de Guo-Gang Gao, estudiante, Université de Montréal):

Si

( ) ,32

32 nbnan +=+

donde na y nb son enteros, entonces

( ) ,32

32 nbnan −=−

los cuales son el resultado de la fórmula del binomio. Por tanto

( ) ( ) nn 232

232 −++

es un entero. Desde que ( ) n232− < 1, se sigue que

o bien,

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Por tanto,

5. Propuesto por K.R.S. Sastry, Addis Ababa. Etiopia. Tomado de la revista Crux


Determine todas las funciones )(xfy = con la propiedad de que la recta que pasa por los

puntos ( ) ( ))(,,)(, qfqpfp sobre la curva interseca al eje de las ordenadas en el punto

( ).,0 pq−

SOLUCIÓN (de Ka-Ping Yee, estudiante, ST. John´s-Ravenscourt School, Winnipeg,

Manitoba):

Todas las funciones ),()( cxxxfy +== donde c es alguna constante, tiene esta

propiedad, y ningún otro tipo de función la tiene. Probaremos esto como sigue: si una recta

pasa por los puntos ( ) ( ))(,,)(, qfqpfp , entonces

Eliminando la pendiente m y resolviendo para, la intersección con el eje Y , b tenemos

lo cual implica que

y así

Desde que lo anterior es verdadero para todo números reales no ceros p y ,q xx

xf−

)(

tiene un valor constante para todo .0≠x Si llamamos a este valor constante ,c entonces

).()( cxxxf +=

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31

3. Problemas de Competencias no Olímpicas.




Mauricio Rodríguez Mata

Esta columna consistirá en 30 ejercicios propuestos que se separarán por categorías

(Álgebra, Geometría, Teoría de Números y Funciones o Sucesiones) y de menor a mayor

nivel de dificultad. Es importante destacar que el nivel de dificultad en que se ordenarán

los ejercicios de cada categoría es valorado por nosotros (los editores) de acuerdo a criterios

establecidos pero ello no significa que esta valoración pueda ser diferente para el estimable

lector.

Por otro lado, la solución de los mismos se presentará hasta la próxima edición con la

finalidad de que nuestros lectores participen activamente enviándonos soluciones y / o

comentarios que puedan enriquecer la discusión de cada ejercicio. Sin embargo, de no

darse esa participación en algunos ejercicios, se publicará, al menos, una solución oficial

brindada por los encargados de esta sección.

ÁLGEBRA.

Los siguientes ejercicios fueron seleccionados de la página “Problemas de la semana”

correspondiente a la Olimpiada Panameña de Matemática.

1. Si a + b – c = b + c – d = c + d – a = d + a – b = 6, entonces determine el valor de

a + b + c + d.

2. Si las raíces de la ecuación x2 + ax + b = 0 son exactamente a y b donde, b ≠ 0 a ≠ b,

encuentre el valor de a − b.

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3. Sean a, b, c, d, e números enteros consecutivos tales que: a + b + c + d + e es un cubo

perfecto y b + c + d es un cuadrado perfecto. Encuentre el menor valor posible para c.

4. Calcular el valor de:

5. Un número natural es tal que la diferencia entre su raíz cuadrada y su raíz cúbica es 18.

¿Cuál es el número?

6. Si x, y son enteros tales que:

encuentre los valores que puede tomar x.

7. Si

determine el valor de c.

8. El último año del siglo XX fue especial. Existen enteros a y b tales que 1999 = a2 − b2.

¡Encuentra el valor de a2 + b2!

9. Encuentra la suma de los cuadrados de las raíces del polinomio p(x) = x3 − x2 − 2x + 2.

10. Encuentre un numero entero positivo de seis cifras decimales tales que:

i. Es un cuadrado perfecto,

ii. Es un cubo perfecto,

iii. Si se le resta 6 el resultado es un número primo.

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GEOMETRÍA.

Los siguientes ejercicios fueron seleccionados de la página “Problemas de la semana”

correspondiente a la Olimpiada Panameña de Matemática.

1. Sea ABC un triángulo tal que .2 ACBmABCm ∠=∠ Establezca que:

a) BCABABAC ⋅+= 22

b) BCAB + < 2 .AC⋅

2. Considere la siguiente figura. Demuestre que .4=− ab

3. Sea ABCD un rectángulo. Sea E el punto medio del segmento BD, F el punto medio del

segmento EB y G el punto medio del segmento BC. ¿Qué fracción del área del rectángulo

ABCD es el área del triángulo BGF?.

4. Considera un triángulo rectángulo de cuya hipotenusa tiene longitud de 17 cm y

perímetro de 40 cm. Determine el área, en centímetros cuadrados, de dicho triángulo.

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5. En la figura, el ángulo ABC∠ es rectángulo y las longitudes de los segmentos BD y DC

es 1. La longitud del segmento AB es 2. Encuentre el valor de θtan .

6. Dado un ángulo ABCD que mide 24° ¿cuantos triángulos isósceles se pueden construir

dentro de él?

7. El triángulo equilátero APD se traza dentro del cuadrado ABCD. ¿Cual es el valor del

ángulo APD ?

8. ¿Cuál es el diámetro de la circunferencia inscrita en el triángulo cuyos lados miden 8 cm,

15 cm y 17 cm?

9. En una circunferencia de radio 10 cm., se traza una cuerda que dista 6 cm. Del centro. Si

otra cuerda que mide la mitad de la cuerda original se traza, ¿cual es su distancia en

centímetros al centro de la circunferencia?

10. En un triángulo, la medida del ángulo más pequeño es 20°. Determine la medida del

mayor ángulo posible en dicho triángulo

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TEORÍA DE NÚMEROS.

Los siguientes ejercicios fueron seleccionados de la primera ronda del 21st AIME del 2003.

1. Determine todos los enteros k, n tales que k·n! = (((3!)!)!/3! y n es el mayor entero posible.

2. Dado que 0 < a < b < c < d son enteros tales que a, b, c están en progresión aritmética, b, c,

d están en progresión geométrica, y d - a = 30. Determine a + b + c + d.

3. ¿Cuántos números de cuatro dígitos existen tales que la suma de sus dos primeros dígitos es

igual a la suma de sus dos últimos dígitos?

4. Determine el número del conjunto 1, 2, ... , 2003 el cual tiene más 1´s que 0´s cuando se

escribe en base 2.

5. Cuando se escribe como número decimal, la fracción m/n (con m < n) contiene,

consecutivamente, los dígitos 2, 5, 1 (en ese orden). Determine el menor posible valor de n.

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FUNCIONES O SUCESIONES.

1. Determine todas las funciones que satisfacen la relación

(CEOC, 1992)

2. Sea 70 =x y .1,2 1 ≥= − nxx nn Determine una fórmula para nx únicamente en

términos de .n

(CEOC, 1992)

3. Sea 70 =x y .1,1 ≥+= − nnxx nn Determine una fórmula para nx únicamente en

términos de .n

(CEOC, 1992)

4. Sea 70 =x y .1,12 1 ≥+= − nxx nn Determine una fórmula para nx únicamente en

términos de .n

(CEOC, 1992)

5. Una sucesión satisface .1,,32

10 ≥== + nuuu nn Determine una fórmula para nu

únicamente en términos de .n

(CEOC, 1992)

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4. CURIOSATO.





Esta columna tiene como finalidad mostrar ejercicios de preparación o competencia

olímpicas en fases iniciales que se desarrollan en otros países.

Estos tipos de ejercicios son de selección única y se procurará brindar la solución de

todos los ejercicios que se propongan. Es importante hacer notar que los mismos pueden servir

de preparación para estudiantes que participan en los distintos niveles de la Olimpiada

Costarricense de Matemática.

Desde hace varios años se vienen realizando el ciclo de Olimpiadas de Matemáticas en

Puerto Rico para los estudiantes de las escuelas públicas y privadas de la Isla. Este ciclo

consiste de varias competencias por las que pasan los estudiantes para finalmente seleccionar

los equipos que representan a Puerto Rico en olimpiadas internacionales de matemáticas.

En esta columna presentamos los exámenes y soluciones de la Competencia Preolímpica de

Matemáticas 2004-2005: Primera Fase, NIVEL II para estudiantes de 7mo a 12mo grado. Se

seleccionan los estudiantes por grado con las mayores puntuaciones. Este examen es

contestado por cada estudiante en su casa o escuela y es enviado por correo a la organización

de las olimpiadas. Los estudiantes con las mayores puntuaciones de todos los grados participan

en la Segunda Fase de la Olimpiada que consiste de un examen controlado que se administra

en el Recinto Universitario de Mayagüez de la Universidad de Puerto Rico.

La mayoría de problemas que presentamos en este folleto son ejercicios de olimpiadas

nacionales e internacionales de varios países. Esperamos que este trabajo sirva como material

de apoyo a los maestros que entrenan estudiantes para olimpiadas matemáticas y que sirva

también de motivación y apoyo a los estudiantes que desean enfrentarse a problemas retadores

e interesantes que son típicos de olimpiadas matemáticas.

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5. Solución a los problemas anteriores de la columna

“Olimpiadas alrededor del mundo”.

Randall Godínez.

Arlene Martínez.

Melissa Ramírez.

Carlos Rodríguez.

Presentamos, a continuación, la solución de los diez problemas presentados en esta

misma columna pero de la edición anterior. Hemos procurado adjuntar varias soluciones a los

problemas con el fin de hacer notar que los mismos pueden ser enfocados y resueltos de

diversas formas y que ello es lo que se busca en las competencias olímpicas: favorecer el pleno

desarrollo de la creatividad del participante al momento de enfrentar los problemas y de ninguna

manera encajonar su pensamiento.

Al mismo tiempo que se presenta una solución a determinado problema se advierte,

cuando ello lo amerita, la teoría que se está aplicando en la solución del mismo con el fin de

que se cuente con todo el marco teórico que se requiera para poder resolver otros problemas

que puedan ubicarse en la misma categoría o bien que puedan reducirse a ellos.

Cuando se indique que la solución es oficial lo que se pretende indicar es que esa es la

solución que se dio en la competencia señalada por parte del comité organizador o bien de su

proponente.

Recuérdese que ningún problema está completamente cerrado por lo que se les solicita

a nuestros estimables lectores que nos envíen sus comentarios o sugerencias que tengan a

esta columna en particular mediante alguno de los correos indicados en la presentación.

Pues bien, veamos las soluciones de la columna anterior !!

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1. Resolver la ecuación sen6x + cos6x = 1/4.

(1ra Olimpiada Matemática de Vietnam, 1962)

SOLUCIÓN:

Sea a = sen2x, b = cos2x. Entonces a y b son números no negativos cuya suma es 1, así que

podemos hacer a = 1/2 + h, b = 1/2 - h. Entonces a3 + b3 = 1/4 + 3h2 ≥ 1/4 con igualdad si y solo

si h = 0. Entonces x es una solución de la ecuación dada si y solo si sen2x = cos2x = 1/2 o lo

que es lo mismo, x es un múltiplo impar de π/4.

2. A una conferencia asisten 47 personas. Una mujer conoce 16 de los hombres presentes,

otra conoce 17, y así sucesivamente hasta la última mujer quien conoce a todos los hombres

presentes. Determine el número de hombres y mujeres presentes en la conferencia.

(2nda Olimpiada Matemática de Vietnam, 1963)

SOLUCIÓN:

Suponga que asisten m mujeres. Entonces la última mujer conoce a 15 + m hombres, así

15 + 2m = 47 con lo que m = 16. Por tanto, a la conferencia asisten 31 hombres y 16 mujeres.

3. El triángulo ABC (con lados de longitudes BC = a, AC = b, AB = c) satisface:

log (a2) = log (b2) + log (c2) – log (2bc cos A).

Determine la naturaleza del triángulo ABC.

(1era Olimpiada Irlandesa de Matemática, 1988)

SOLUCIÓN:

El triángulo es isósceles (específicamente, BC mide igual que uno de los otros dos lados).

Tenemos log(2bc cos A) = log(b2) + log(c2) – log(a2). Utilizando las propiedades de los

logaritmos, la ecuación anterior es equivalente a 2bc cos A = b2c2/a2. Por la Ley de Cosenos,

2bc cos A = b2 + c2 – a2. De donde b2 + c2 – a2 = b2c2/a2. Multiplicando por a2 y factorizando

tenemos (a2 – b2) (a2 – c2) = 0. Con lo que a = b o a = c.

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4. E es el punto medio del arco BC del circuncírculo del triángulo ABC (sobre el lado opuesto

del segmento BC a A). DE es un diámetro. Pruebe que el ángulo ∠ DEA es la mitad de la

diferencia entre los ángulos B y C.

(1era Olimpiada Irlandesa de Matemática, 1988)

SOLUCIÓN:

Tomemos A entre D y C como se muestra en la figura anterior, tenemos que, al subtender arcos

iguales, ∠B = ∠AEC = ∠ OEC – ∠ DEA, y ∠ C = ∠ AEB = ∠ OEB + ∠ DEA. Pero

∠ OEC = ∠ OEB, así el resultado se obtiene inmediatamente. Un argumento exactamente

similar funciona si A está sobre el otro lado de D.

5. Determine el menor número natural cuyo último dígito es 6, tal que si este último dígito lo

trasladamos al inicio del número entonces, el número obtenido es el cuádruplo del original.

(4ta Olimpiada Internacional de Matemática (IMO), 1962)

SOLUCIÓN:

Tenemos que 4(10n+6) = 6 · 10m + n, donde n tiene m dígitos. Así, 13n + 8 = 2 · 10m. Haciendo

n = 2n' se tiene 13n' = 10m – 4. Dividiendo, hallamos rápidamente el menor n' y m que

satisfacen la última ecuación planteada, éstos son: n' = 7692, m = 5. Por tanto, la respuesta es

153846.

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6. Determine todas las soluciones reales de cos2x + cos22x + cos23x = 1.

(4ta Olimpiada Internacional de Matemática (IMO), 1962)

SOLUCIÓN:

Recordemos que

cos 2x = 2cos2x – 1

y

cos3x = cos(2x + x) = cos2x cos x – sen x sen2x

cos3x = (2cos2x – 1)cos x – sen x ⋅ 2sen x cos x = (2cos2x – 1)cos x – 2sen2x cos x

cos3x = (2cos2x – 1)cos x – 2cosx (1 – cos2x)

cos3x = 2cos3x – cos x – 2cosx + 2cos3x = 4cos3x – 3cosx

Sea c = cos x, entonces cos3x = 4c3 – 3c, cos 2x = 2 c2 – 1. Con lo anterior hallamos que la

ecuación dada es equivalente a 2c2 (2 c2 – 1) (4 c2 – 3) = 0 1 de donde c = 0, c2 = 1/2 o c2 = 3/4.

Por tanto, x = π/2, 3π/2, π/4, 3π/4, π/6, 5π/6 o cualquier múltiplo de π más uno de esos

valores.

7. Un triángulo tiene longitudes .,, cba Pruebe que

.cbabacacbcba ++≤−++−++−+

¿Cuándo se da la igualdad?

(Olimpiada de la Cuenca del Pacífico (APMO), 1996)

SOLUCIÓN:

Recordemos que xyyx 222 ≥+ para todo yx, con igualdad si y sólo si ,yx = de donde

( ) .)(2222 yxyx +≥+

Ahora bien, sean .,,222 cbaCbacBacbA −+=−+=−+= Entonces cBA 2

22 =+ con

BA = si y sólo si .ba = Aplicando la última desigualdad tenemos 2)(4 BAc +≥ o

equivalentemente ,2 bacacbc −++−+≥ sumando las dos relaciones similares se

obtiene:

bacacbcbacba −++−++−+≥++ 222222

de donde es claro que

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.cbabacacbcba ++≤−++−++−+

y la igualdad se obtiene si y sólo si ,cba == esto es, si el triángulo es equilátero.

8. Sea cbxaxxxP +++= 23)( un polinomio con coeficientes enteros. Suponga que )(xP

tiene tres raíces reales enteras distintas. Pruebe que la ecuación 01)( =−xP no admite una

solución entera.

(VIII Olimpiada de Matemáticas del Estado de Goiás, Brasil, 1999)

SOLUCIÓN:

Sean 321 ,, rrr las tres raíces enteras distintas de ).(xP Entonces podemos escribir

( )( )( ).)( 321 rxrxrxxP −−−= Asumiendo que 01)( =−xP tenga alguna solución entera ,0x

se sigue que ( )( )( ) .1302010 =−−− rxrxrx Para que el producto de tres números enteros sea

igual a 1 existen dos posibilidades:

I posibilidad: que los tres números sean iguales a 1.

II posibilidad: dos de esos números sean iguales a –1 y el tercero es igual a 1.

En cualquiera de estas dos posibilidades se concluye que )(xP tendría raíces iguales, lo que

contradice la hipótesis de que las tres raíces son distintas.

9. Una función f está dada por la siguiente tabla de valores:

Por ejemplo, .1)2( =f Determine el valor de )).))4(((((

2004

L4434421

L

veces

ffff

(XXVI Olimpiada Brasileira de Matemática, Primera Fase – Nivel 3, 5 de junio de 2004)

SOLUCIÓN:

Luego, como 2004 es múltiplo de 4 tenemos que:

10. Una función real ,f definida en los enteros, satisface

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,)3()2()1()(2+=−+− nnfnnf

para todo n entero. Determine el valor de ).0(f

(XXVI Olimpiada Brasileira de Matemática, Primera Fase – Nivel 3, 5 de junio de 2004)

SOLUCIÓN:

Haciendo 0=n y sustituyendo en la relación que satisface la función obtenemos:

.9)2()0( =− ff

Del mismo modo, haciendo 2=n se tiene:

.25)0(3)2( =− ff

Sumando las dos ecuaciones anteriores se obtiene:

.34)0(2 =− f

con lo que, finalmente

.17)0( −=f

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6. Olimpiadas alrededor del mundo.

Randall Godínez.

Arlene Martínez.

Melissa Ramírez.

Carlos Rodríguez.

En esta columna se propondrán únicamente problemas que hayan sido parte de

exámenes de competencias olímpicas, nacionales o internacionales, con esto pretendemos que

otros tipos de competencias sean abordados en la columna Problemas de Competencias no

Olímpicas (antes denominada problemas propuestos) de esta misma revista.

Es importante hacer notar que los problemas de la OLCOMA que se publican en esta

revista corresponden a lo que hoy se considera el nivel C de estas competencias olímpicas y

que se hará referencia a otro nivel cuando ello sea necesario.

1. Los ángulos internos de un triángulo están en progresión aritmética. Las alturas del mismo

triángulo están también en progresión aritmética. Pruebe que el triángulo es equilátero.

(Problema 3, 3era Olimpiada Iberoamericana de Matemática)

2. Sean qpdcba ,,,,, números naturales diferentes de cero tales que

1=− bcad y .d

c

q

p

b

a>>

Pruebe que

(i) ;dbq +≥

(ii) Si dbq += entonces .cap +=

(Problema 6, 3era Olimpiada Iberoamericana de Matemática)

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3. Si en el triángulo ACABC 2, = y ,2BCAC = pruebe que el triángulo es un triángulo

rectángulo.

(Olimpiada Escolar de Leningrado, Grados 8 y 9, Tercera Ronda, 1982)

4. El área total y el volumen de un cilindro circular recto son numéricamente iguales.

Determine el radio y la altura del cilindro si ambos valores son enteros pares.

(Olimpiada Nacional Húngara, 1987)

5. Determine el mínimo de la función

( ) 2222)( cxbxaxf +−++=

donde cba ,, son números positivos.


6. Sean cba ,, los lados y γβα ,, los ángulos opuestos a esos lados de un triángulo.

Pruebe que si

γβα coscoscos222 cabcab ==

entonces el triángulo es equilátero.


7. Sean u y v dos números reales tales que vu, y uv son raíces de un polinomio cúbico con

coeficientes racionales. Pruebe o refute que uv es racional.


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8. Los números reales L,,, 321 xxx son definidos por

11 −≠= ax y nnn xxx +=+2

1 para todo .1≥n

nS es la suma y nP es el producto de los primeros n términos de la sucesión

L,,, 321 yyy donde

.1

1

nn

xy

+=

Pruebe que

1=+ nn PaS para todo .n

(Olimpiada Británica de Matemática, 1983)

9. Determine todos los valores del parámetro real p para el cual el sistema de ecuaciones

pxyz

xyzxyz

zyx

=

=++

=++

1

2

tiene soluciones reales.

(Competición de Ganadores de Bulgaria, 1983)

10. Determine todas las funciones estrictamente crecientes :f � → � que satisfacen la

ecuación funcional

)0()())(( fyxfyxff ++=+

para todo ∈yx, �.

(11ava Competición Matemática Austria-Polonia)

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7. Lógica y Matemática Recreativa.

Maynor Castro

Carlos Molina

Mauricio Ramírez

Simón Sánchez

Erick Solano

En esta columna continuamos con la presentación de diez ejercicios que se han

presentado en concursos de E.S.O tanto de España como de Argentina y la Olimpiada Thales.

Por otro lado, y al igual que en la edición anterior, al final de los enunciados damos una

solución a los mismos esperando que sirvan como una guía aunque sabemos que se pueden

encontrar otras vías de solución a cada uno de ellos.

Pues bien, empecemos y que se diviertan !!!

1º Juego (12-14 años): Dividiendo un hexágono

Tenemos un hexágono regular cuyo lado tiene una longitud que se expresa mediante un número entero. Trazando paralelas a todos sus lados, se puede dividir el hexágono en triángulos equiláteros cuyo lado mide la unidad. En esta figura se muestra lo que ocurre si el lado del hexágono es de 3 unidades.

Encontrar el número de triángulos que se forman cuando el lado del hexágono sea de n unidades.

( XV O.M. Provincial. Primera Fase. Albacete. 2004 )

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2º Juego (12-14 años): Echar el resto

¿Cuál es el menor número que dividido por 2, 3, 4, 5 y 6 da , respectivamente, los restos 1, 2,

3, 4 y 5?


3º Juego (12-14 años): Siete puntos

Marca 7 puntos no alineados en el plano.

¿Cuántos triángulos distintos puedes obtener uniendo 3 de esos puntos?, ¿cuántos

cuadriláteros uniendo 4 puntos?


4º Juego (14-16 años): Azulejos

Este modelo está formado por azulejos negros y blancos. Su anchura es de siete azulejos. En el

Ayuntamiento hay un modelo como éste con una anchura de 149 azulejos. ¿Cuántos azulejos

contendrá en total?

( I O.M. Provincial. Cuenca. 2002 )

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5º Juego (14-16 años): Triángulos isósceles

Dos triángulos isósceles tienen por lados 5, 5 y 6 metros; 5, 5, y 8 metros.

¿Cuál de ellos tiene mayor superficie?. Razona la respuesta

( III O.M. Primera Fase. Toledo. 2003 )

6º Juego (14-16 años): Simplificación

Investiga porque la extravagante simplificación de fracciones: da un resultado correcto.

¿Puedes encontrar otras (todas las) parejas de números de dos cifras donde se cumpla esta

curiosa igualdad?.


7º Juego (14-16 años): Cuestión de peso

El doctor Tilla tiene una clínica dietética, donde lo primero que hacen con un paciente es

pesarlo. En una semana el promedio del peso de los hombres que acudieron a la consulta ha

sido de 90 Kg., mientras que el promedio del peso de las mujeres ha sido de 65 Kg. Si hacemos

el promedio de todos los pesos contando hombres y mujeres nos da 75 Kg.

• ¿Puedes decirnos quiénes acudieron más a la clínica, hombres o mujeres?

• ¿Sabrías decir la proporción?


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8º Juego (14-16 años): Un año larguísimo

De todos los números naturales cuyas cifras suman 2003 nos quedamos con el menor.

¿Cuáles son su primera, segunda, décima y última cifra contando desde la izquierda?

(II O.M. Provincial. Cuenca. 2003)

9º Juego (14-16 años): El caballo y el mulo

"Un caballo y un mulo caminaban juntos llevando sobre sus lomos pesados sacos.

Lamentábase el caballo de su enojosa carga, a lo que el mulo le dijo: ¿De qué te quejas?. Si yo

te tomara un saco, mi carga sería el doble que la tuya. En cambio, si te doy un saco, tu carga se

igualará a la mía".

Decidme, doctos matemáticos, ¿cuántos sacos llevaba el caballo, y cuantos el mulo?.

(III O.M. Provincial. Toledo. 2003 )

10º Juego (14-16 años): Epidemia del Dengue

Hay una epidemia del dengue en un país llamado Miserame. Hace un mes un 10% de la

población tenía la enfermedad y un 90% gozaba de buena salud. En el transcurso de este

último mes, un 10% de las personas que estaban enfermas se curaron y un 10% de las

personas que gozaban de buena salud se enfermaron del dengue.

¿Qué porcentaje de la población goza de buena salud en este momento?

( XVI Competencia Regional de Matemáticas. Colombia. 1997)

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76

SOLUCIONES PROPUESTAS

Dividiendo un hexágono.

Trazo un hexágono de lado 1 unidad y cuento el número de triángulos equiláteros (6). Hago lo

mismo pero con 2 unidades de lado y, en esta ocasión cuento 24 triángulos. Cuento los

triángulos del hexágono original y cuento 54 triángulos. Busco la relación:

n = 1 se obtienen 6 triángulos (6·1)



El seis siempre lo tenemos por tanto hay que buscar una relación entre 1, 4, 9... que es n al

cuadrado.

si n = n se obtienen 6n2 triángulos

Echar el resto.

El número menor que al dividirlo entre 2, 3, 4, 5 y 6 será el m.c.m de estos números y para que

dé los restos que señala el problema, habría que restar una unidad al m.c.m.

La solución, por tanto, será 59.

Siete puntos.

Uniendo 3 puntos se pueden formar 35 triángulos. Una forma puede ser: uniendo los puntos:

123, 124, 125, 126, 127, 134, 135, 136, 137, 145, 146, 147, 156, 157,167, 234, 235, 236, 237,

245, 246,247, 256, 257, 267, 345, 346, 347, 356, 357, 367, 456, 457, 467, 567.

Uniendo 4 puntos se pueden formar 35 cuadriláteros. Una forma puede ser: uniendo los puntos:

1234, 1235, 1236, 1237, 1245, 1246,1247, 1256, 1257, 1267, 1345, 1346,1347, 1356, 1357,

1367, 1456, 1457,1467, 1567, 2345, 2346, 2347, 2356, 2357, 2367, 2456, 2457, 2467, 2567,

3456, 3457, 3467, 3567, 4567.

NOTA: utilizando combinatoria, las soluciones pueden obtenerse calculando

3

7

y

4

7

.

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Azulejos.

Calculamos la suma de los azulejos desde la primera fila hasta la fila que marca la anchura:

S = 1+ 3 + 5 + 7+ .... + 147 + 149 = (1+149) × 75/2 = 150 × 75/2 = 75 × 75 = 5625

El número total de azulejos será el doble de 5625 menos los 149 azulejos de la fila que marca la

anchura que es la que no se repite.

S total = 5625 × 2 – 149 = 11250 – 149 = 11101 azulejos

Triángulos isósceles.

Calculamos el área de cada uno de ellos:

Lados: 5, 5, 6

Aplicando el teorema de Pitágoras:

52 = h2 + 32

h2 = 25 – 9 =16 ; h = 4

A = 6 × 4/2 = 12 cm2

Lados: 5, 5, 8

Aplicando el teorema de Pitágoras:

52 = h2 + 32

h2 = 25 – 16 =9 ; h = 3

A = 8 × 3/2 = 12 cm2

Las áreas son iguales

Simplificación.

Si la fracción es:

xy/yz , se tendrá: (10x + y)/(10y + z) = x/z , de donde: z = 10xy/9x + y

Dando valores a x obtenemos las siguientes soluciones:

11/11 , 22/22, ....... 99/99, 16/64 , 19/95 , 26/65 y 49/98

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Cuestión de peso.

a) Acudieron más mujeres ya que el peso medio (75) dista 10 del peso medio de las mujeres

(65) y 15 del peso medio de los hombres (90).

b) Siendo x los hombres que han acudido e y las mujeres se obtiene la siguiente ecuación:

(90x + 65y)/(x + 1) = 75 de donde 15x - 10y = 0 y simplificando 3x - 2y = 0 luego: x/y = 2/3

Por cada 3 mujeres acudieron 2 hombres.

Un año larguísimo.

Para que el número sea el menor posible queremos que el número tenga el menor número de

cifras y que las primeras cifras por la derecha sean las mayores posibles (9) para que la última

cifra sea la menor posible.

Con lo cual dividimos 2003 entre nueve y da a 222 mas 5 de resto.

El número será 599999....9999 con 223 cifras de las que las últimas 222 son nueves.

El caballo y el mulo.

x + 1= 2(y – 1)

y + 1= x – 1

A partir de este sistema, en el que el mulo es "x" y el caballo "y", obtengo que el mulo lleva 7

sacos y el caballo 5.

Epidemia del Dengue.

10% del 10% de p = 1% con buena salud

90% del 90% de p = 81% con buena salud

Un 82% de la población goza de buena salud en este momento.

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42 métodos de demostración en Matemáticas

• 1. Demostración por Obviedad: “La demostración es tan evidente que no hace falta que

sea mencionada”

• 2. Demostración por Acuerdo General: “¿Todos a favor?…”

• 3. Demostración por Imaginación: “Bien, fingiremos que es cierto.”

• 4. Demostración por Conveniencia: “Sería magnífico si esto fuera cierto, por tanto…”

• 5. Demostración por Necesidad: “Tendría que ser cierto o la estructura completa de las

Matemáticas se derrumbaría.”

• 6. Demostración por Verosimilitud: “Suena muy bien. Por tanto debe ser cierto.”

• 7. Prueba por Intimidación: “No seas estúpido, naturalmente que es cierto.”

• 8. Demostración por Falta de Tiempo: “Por problemas de tiempo te dejaré la

demostración a ti.”

• 9. Demostración por Aplazamiento: “La demostración de esto es demasiado larga. Por

eso se da en el apéndice.”

• 10. Demostración por Accidente: “¡Vaya!, ¿qué tenemos aquí?”

• 11. Demostración por Falta de Importancia: ¿A quién le importa realmente?”

• 12. Demostración por Mumbo-Jumbo: “Para cada epsilon mayor que cero existe un

delta mayor que cero tal que f(x)-L es menor que epsilon siempre y cuando x-a sea

menor que delta.”

• 13. Demostración por Blasfemia: (Ejemplo omitido)

• 14. Demostración por Definición: “Lo definiremos para que sea cierto.”

• 15. Demostración por Tautología: “Es cierto porque es cierto.”

• 16. Demostración por Plagio: “Como podemos ver en la página 238…”

• 17. Demostración por Referencia Perdida: “Sé que lo vi en algún sitio…”

• 18. Demostración por Cálculo: “Esta demostración requiere muchos cálculos. Por lo

tanto la pasaremos por alto.”

• 19. Demostración por Terror: Usada cuando la Intimidación (7.) falla.

• 20. Demostración por Falta de Interés: “¿Realmente alguien quiere ver esto?”

• 21. Demostración por Ilegibilidad: “¥ ª Ð Þ þæ”

• 22. Demostración por Lógica: “Si está en la hoja de problemas entonces debe ser

cierto.”

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• 23. Demostración por la Regla de la Mayoría: Usada cuando Acuerdo General (2.) no

puede usarse.

• 24. Demostración por Elección Inteligente de la Variable: “Sea A el número tal que la

demostración funciona.”

• 25. Demostración por Mosaico: “Esta prueba es justo la misma que la anterior.”

• 26. Demostración por Palabra Divina: “Y el Señor dijo: ‘Sea cierto’. Y ocurrió.”

• 27. Demostración por Testarudez: “¡No me importa lo que digas! ¡Es cierto!”

• 28. Demostración por Simplificación: “Esta prueba se reduce al hecho de que 1+1=2.”

• 29. Demostración por Generalización Precipitada: “Bien, es cierto para el 17, por tanto

lo es para todos los números reales.”

• 30. Demostración por Engaño: “Ahora que todo el mundo se de la vuelta…”

• 31. Demostración por Súplica: “Por favor, que sea cierto.”

• 32. Demostración por Analogía Pobre: “Bien, esto es igual que…”

• 33. Demostración por Escape: Límite de Aplazamiento (9.) cuando t tiende a intinifo.

• 34. Demostración por Diseño: “Si no es cierto en las Matemáticas actuales invento un

nuevo sistema donde sí lo es.”

• 35. Demostración por Intuición: “Tengo la sensación de que…”

• 36. Demostración por Autoría: “Bill Gates dice que es cierto. Por tanto debe serlo.”

• 37. Demostración por Afirmación Rotunda: “¡YO REALMENTE QUIERO DECIR

ESTO!”

• 38. Demostración por el Teorema C.T.L.S.: “¡Cualquier Tonto Lo Sabe!”

• 39. Demostración por Vigoroso Agitamiento Manual: Funciona bien en clase.

• 40. Demostración por Seducción: “Convéncete tú mismo de que es cierto.”

• 41. Demostración por Evidencia Acumulada: “Largas y concienzudas búsquedas no

han revelado ningún contraejemplo.”

• 42. Demostración por Intervención Divina: “Entonces un milagro ocurre y…”

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8. Guía y lecciones de entrenamiento para competencias matemáticas.





El siguiente material se denomina “Apuntes de Combinatoria para la Olimpiada de Matemáticas”

y fue elaborado por Pedro David Sánchez Salazar ([email protected]).

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revista olimpica. iii trimestre 2008

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